머리와 꼬리의 불일치

편향되지 않은 동전 의 플립 시퀀스를 고려하십시오 . 하자 제 볼 꼬리 위에 헤드 수의 초과의 절대 값을 나타낸다 플립. 정의하십시오 . 확인이 및 . $n$ $H_i$ $i$ $H=\text{max}_i H_i$ $E[H_i]=\Theta ( \sqrt{i} )$ $E[H]=\Theta( \sqrt{n} )$

이 문제는 Raghavan과 Motwani의 'Randomized algorithms'의 첫 번째 장에 나타나므로 아마도 위의 진술에 대한 기본적인 증거가있을 것입니다. 해결할 수 없으므로 도움을 주셔서 감사합니다.

probability-theory randomized-algorithms

— 플러머
소스

답변:

코인 은 에서 시작 하는 1 차원 랜덤 워크 하고 이며 확률은 입니다. 이제그래서 입니다. (이것은 분산 일뿐 )를 쉽게 계산할 수 있으므로 볼록도에서 입니다. 우리는 또한 알고 제로 평균과 분산으로 약 정상 분포 , 당신은 계산할 수 있도록 . $X_0,X_1,\ldots$ $X_0 = 0$ $X_{i+1} = X_i \pm 1$ $1/2$ $H_i = |X_i|$ $H_i^2 = X_i^2$ $E[X_i^2] = i$ $E[H_i] \leq \sqrt{E[H_i^2]} = \sqrt{i}$ $X_i$ $i$ $E[H_i] \approx \sqrt{(2/\pi)i}$

에 관해서는 , 우리는이 은 반복되는 대수의 법칙 , 우리보다 약간 큰 것을 기대하는 (아마도) 리드 . 의 상한에 적합 하면 각 에 대해 큰 편차 경계를 사용할 수 있고 유니온 경계를 사용할 수 있지만 가 관련 되어 있다는 사실은 무시합니다 . $E[\max_{i \leq n} H_i]$ $\sqrt{n}$ $\tilde{O}(\sqrt{n})$ $X_i$ $X_i$

편집 : 반사 원리로 인해 이 질문을 참조하십시오 . 따라서 이후 . 이제 따라서 $\Pr[\max_{i \leq n} X_i = k] = \Pr[X_n = k] + \Pr[X_n = k+1]$

\begin{aligned} E [max_{i \leq n} X_{i}] & = \sum_{k \geq 0} k (Pr [X_{n} = k] + Pr [X_{n} = k + 1]) \\ = \sum_{k \geq 1} (2 k - 1) Pr [X_{n} = k] \\ = \sum_{k \geq 1} 2 k Pr [X_{n} = k] - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} Pr [X_{n} = 0] \\ = E [H_{n}] + Θ (1), \end{aligned}

$\begin{align*} E[\max_{i \leq n} X_i] &= \sum_{k \geq 0} k(\Pr[X_n = k] + \Pr[X_n = k+1]) \\ &= \sum_{k \geq 1} (2k-1) \Pr[X_n = k] \\ &= \sum_{k \geq 1} 2k \Pr[X_n = k] - \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\Pr[X_n = 0] \\ &= E[H_n] + \Theta(1), \end{align*}$

Pr [H_{n} = k] = Pr [X_{n} = k] + Pr [X_{n} = - k] = 2 Pr [X_{n} = k]

$\Pr[H_n = k] = \Pr[X_n = k] + \Pr[X_n = -k] = 2\Pr[X_n = k]$

\frac{max_{i \leq n} X_{i} + max_{i \leq n} (- X_{i})}{2} \leq max_{i \leq n} H_{i} \leq max_{i \leq n} X_{i} + max_{i \leq n} (- X_{i}),

$\frac{\max_{i \leq n} X_i + \max_{i \leq n} (-X_i)}{2} \leq \max_{i \leq n} H_i \leq \max_{i \leq n} X_i + \max_{i \leq n} (-X_i),$

E [max_{i \leq n} H_{i}] \leq 2 E [H_{n}] + Θ (1) = O (\sqrt{n})

$E[\max_{i \leq n} H_i] \leq 2E[H_n] + \Theta(1) = O(\sqrt{n})$ . 다른 방향은 비슷합니다.

— 유발 필름 러스
소스

우리가 증명 한 후에 , 대해 두 번째 결과 가 있다고 말할 수 없었습니다 . 즉, 는 더 이상 없습니다 보다 .

E [H_{i}] = Θ (\sqrt{i})

$E[H_{i}] = \Theta ( \sqrt{i} )$

i = n

$i=n$

E [H_{i}]

$E[H_{i}]$

Θ (\sqrt{n})

$\Theta ( \sqrt{n} )$

— chazisop

가 독립적 인 경우 실제로는 이러한 값 중 일부가 예상보다 다소 클 것으로 예상되므로 결론이 맞지 않습니다. 일반적으로 사실이 아닙니다 .

H_{i}

$H_i$

E [max (A, B)] = max (E [A], E [B])

$E[\max(A,B)] = \max(E[A],E[B])$

— Yuval Filmus

이 고정되어 있고 정규화 하지 않기 때문에 반복 로그의 법칙은 여기에 적용되지 않습니다 . 대한 답 은 입니다.

n

$n$

i

$i$

E max_{i \leq n} H_{i}

$\mathrm{E} \max_{i\leq n} H_i$

θ (\sqrt{n})

$\theta(\sqrt{n})$

— 피터 쇼어

첫 번째 부분에 +1 그러나 나는 솔직히 두 번째 부분을 이해하지 못합니다 (더 많은 PLZ를 정교하게 할 수 있습니까). 그렇다고해서 정확하지는 않습니다.

— AJed

좋은 증거. 그러나 이 의 하한 임을 증명하는 방법에 갇혀 있습니까? 대답에는 하한에 대한 세부 정보가 언급되지 않은 것 같습니다.

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$

E (H_{i})

$E(H_i)$

— 곤약

반 정규 분포 를 사용하여 답을 증명할 수 있습니다 .

반 정규 분포는 가 평균이 0이고 분산이 인 정규 분포 이면평균 및 분산 와 함께 반 분포 를 따릅니다 . 정규 보행 의 분산 가 이기 때문에 필요한 답 을 얻을 수 있으며 중앙 한계 정리를 사용하여 정규 분포에 대한 분포를 근사화 할 수 있습니다 . $X$ $\sigma^2$ $|X|$ $\sigma \sqrt{\frac{2}{\pi}}$ $\sigma^2 (1-2/\pi)$ $\sigma^2$ $n$ $X$

$X$ 는 Yuval Filmus가 언급 한대로 랜덤 워크의 합입니다.

— 에이 제드
소스

내가 게시 한 것을 선호하지 않습니다 ... 하한을 제공하지만 상한에 대해서는 아무것도 알 수 없습니다. 나는 그것을 해결하기 위해 최대 분포 인수를 사용하려고했지만 추악한 통합으로 판명되었습니다. 그러나이 모든 분포를 아는 것이 좋습니다.

— AJed

처음 뒤집기에서 꼬리를 얻은 다음. 따라서 사용 스털링 근사 , 우리가 알고있는 . $2i$ $k$ $H_{2i}=2|i-k|$

\begin{aligned} E (H_{2 i}) & = 2 \sum_{k = 0}^{i} (\binom{2 i}{k}) (\frac{1}{2})^{2 i} \cdot 2 (i - k) \\ = (\frac{1}{2})^{2 i - 2} [i \sum_{k = 0}^{i} (\binom{2 i}{k}) - \sum_{k = 0}^{i} k (\binom{2 i}{k})] \\ = (\frac{1}{2})^{2 i - 2} [i (2^{2 i} + (\binom{2 i}{i})) / 2 - 2 i \sum_{k = 0}^{i - 1} (\binom{2 i - 1}{k})] \\ = (\frac{1}{2})^{2 i - 2} \cdot i [2^{2 i - 1} + (\binom{2 i}{i}) / 2 - 2 \cdot 2^{2 i - 1} / 2] \\ = 2 i \cdot (\binom{2 i}{i}) / 2^{2 i} . \end{aligned}

$\begin{align} E(H_{2i}) & =2\sum_{k=0}^{i}\binom{2i}{k}(\frac{1}{2})^{2i}\cdot 2(i-k)\\ & = (\frac{1}{2})^{2i-2}\left[i\sum_{k=0}^{i}\binom{2i}{k}-\sum_{k=0}^ik\binom{2i}{k}\right]\\ & = (\frac{1}{2})^{2i-2}\left[i\left(2^{2i}+\binom{2i}{i}\right)/2-2i\sum_{k=0}^{i-1}\binom{2i-1}{k}\right]\\ & = (\frac{1}{2})^{2i-2}\cdot i\left[2^{2i-1}+\binom{2i}{i}/2-2\cdot 2^{2i-1}/2\right]\\ & = 2i\cdot\binom{2i}{i}/2^{2i}. \end{align}$

E (H_{2 i}) = Θ (\sqrt{2 i})

$E(H_{2i})=\Theta(\sqrt{2i})$

— 아쿠아
소스

우리는 계정의 경우에 걸리지 않을 겁니다 ? 곱셈 계수 2를 그리워하는 것 같습니다.

i < k \leq 2 i

$i<k\leq 2i$

— omerbp 2016 년