공을 쓰레기통에 던지기, 확률의 하한 추정

비록 숙제처럼 보이지는 않습니다. 모든 참조를 환영합니다. :-)

시나리오 : 있다 $n$ 다른 공 및 $n$ 서로 다른 (1 ~ labled 쓰레기통 $n$ 왼쪽에서 오른쪽으로). 각 공은 독립적으로 통에 던져집니다. 하자 $f(i)$ 에서 볼 수있을 $i$ ~ 일 빈. $E_i$ 가 다음과 같은 사건을 나타내도록 하자 .

각 $j\le i$ , $\sum_{k\le j}{f(k)} \le j-1$

즉, 제이며, $j$ 빈들 (가장 왼쪽 $j$ 빈들) 미만 포함 $j$ 각각에, 볼 $j\le i$ .

질문 : 예상 $\sum_{i<n}{Pr(E_i)}$ 의 관점에서 $n$ ? $n$ 이 무한대가 될 때 . 하한이 바람직하다. 나는 쉽게 계산 된 공식이 존재하지 않는다고 생각합니다.

예 : . 참고Pr(En)=0.$\lim\limits_{n\to\infty}{Pr(E_1)}=\lim\limits_{n\to\infty}{(\frac{n-1}{n})^n}=\frac{1}{e}$$Pr(E_n)=0$

내 추측 : 나는 n 이 무한대로 갈 때 같아요 . 요약에서 첫 번째 ln n 항목을 고려했습니다 .$\sum_{i<n}{Pr(E_i)}=\ln n$$n$$\ln n$

편집 : (2014-08-08) Douglas Zare가 의견에서 지적했듯이 아래의 주장, 특히 두 확률 사이의 '브리지'는 올바르지 않습니다. 나는 그것을 고칠 수있는 직접적인 방법을 보지 못했다. 나는 아직도 약간의 직관을 제공 믿고 여기에 답을두고 있지만, 알 입니다 하지 일반적으로 사실.

$$\Pr(E_m) \le \prod_{l=1}^{m}\Pr(F_l)$$

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이것은 완전한 대답은 아니지만 나 자신보다 더 많은 지식을 갖춘 사람이 끝낼 수있는 충분한 콘텐츠를 보유하게되기를 바랍니다.

정확히 공이 첫 번째 l ( n 개 ) 빈 으로 떨어지는 확률을 고려하십시오 .$k$$l$$n$

$$\binom{n}{k} \left( \frac{l}{n} \right)^k \left(\frac{n-l}{n} \right)^{n-k}$$

보다 적은 볼이 첫 l 빈 F l에 속할 확률을 말 하십시오 .$l$$l$$F_l$

$$\Pr(F_l) = \sum_{k=0}^{l-1} \binom{n}{k} \left( \frac{l}{n} \right)^k \left( \frac{n-l}{n} \right)^{n-k}$$

위의 사건 이 발생할 확률은 각 F l 사건이 독립적으로 그리고 한 번에 모두 발생하는 것으로 간주하는 경우보다 적습니다 . 이것은 우리에게 둘 사이의 다리를 제공합니다 :$E_l$$F_l$

$$\begin{array}{lll} \Pr(E_m) & \le & \prod_{l=1}^m \Pr(F_l) \\ & = & \prod_{l=1}^m \left( \sum_{k=1}^{l-1} \binom{n}{k} \left( \frac{l}{n}^k \right) \left( \frac{n-l}{n} \right)^{n-k} \right) \\ & = & \prod_{l=1}^m F(l-1; n, \frac{l}{n} ) \end{array}$$

여기서 은 IS이항 분포의 누적 분포 함수와P=$F(l-1; n, \frac{l}{n})$ . 그냥 위키 백과 페이지 아래로 몇 줄을 읽고, 그 지적(L-1≤P는N을), 우리가 사용할 수 있습니다Chernoff의 불평등을얻을 :$p = \frac{l}{n}$$(l-1 \le p n)$

$$\begin{array}{lll} \Pr(E_m) & \le & \prod_{l=1}^m \exp\left[ -\frac{1}{2l} \right] \\ & = & \exp\left[ - \frac{1}{2} \sum_{l=1}^m \frac{1}{l} \right] \\ & = & \exp\left[ - \frac{1}{2} H_m \right] \\ & \le & \exp\left[ -\frac{1}{2} \left( \frac{1}{2 m} + \ln(m) + \gamma \right) \right] \end{array}$$

여기서 은 IS m 번째 ' 고조파 번호 , γ 오일러 - 마스케 로니 상수와위한 부등식이다 H의 m 페이지 링크 볼프람의 매스 월드에서 촬영된다.$H_m$$m$$\gamma$$H_m$

계수 에 대해 걱정하지 않고 마침내 다음과 같이됩니다.$e^{-1/4m}$

$$\Pr(E_m) \le \frac{ e^{ -\gamma/2}}{\sqrt{m}}$$

다음은 e - γ / 2 함수를 사용하여 m 의 함수로 대한 평균 100,000 개의 인스턴스에 대한 로그 로그 도표입니다.$n=2048$$m$ 은 참고 용으로도 작성되었습니다.$\frac{e^{ -\gamma/2}}{\sqrt{m}}$

상수가 꺼져있는 동안 함수 형태가 올바른 것 같습니다.

다음은 각 점이 m 의 함수로서 평균 100,000 개의 인스턴스 인 을 변경하는 로그 로그 도표입니다 .$n$$m$

마지막으로, 우리는 : 우리는 :$\Pr(E_m) \propto \frac{1}{\sqrt{m}}$

$$\sum_{i<n} \Pr(E_i) \propto \sqrt{n}$$

수치 검증으로서, 아래는 합계 에 대한 인스턴스 로그 n 의 로그-로그 플롯입니다 . 각 포인트는 100,000 개의 인스턴스 합계의 평균을 나타냅니다. 함수 x 1 / 2 는 참조 용으로 플롯되었습니다.$S$$n$$x^{1/2}$

이 둘 사이에 직접적인 연관성이 없지만이 문제의 속임수와 최종 형태는 처음에 의견에서 추측 한 것처럼 생일 문제와 공통점이 많습니다.

The answer is $\Theta(\sqrt{n})$.

$E_{n-1}$

$n$$n$$k$$n$$\infty$$k$$\frac{1}{e} \frac{1}{ k!}$.

Now, let's look at a different way of distributing balls into bins. We throw a number of balls into each bin chosen from the Poisson distribution, and condition on the event that there are $n$ balls total. I claim that this gives exactly the same distribution as throwing $n$ balls into $n$ bins. Why? It is easy to see that the probability of having $k_j$ balls in the $j$^th bin is proportional to $\prod_{j=1}^n \frac{1}{k_j!}$ in both distributions.

So let's consider a random walk where at each step, you go from $t$ to $t+1-k$ with probability $\frac{1}{e}\frac{1}{k!}$. I claim that if you condition on the event that this random walk returns to 0 after $n$ steps, the probability that this random always stays above $0$ is the probability that the OP wants to calculate. Why? This height of this random walk after $s$ steps is $s$ minus the number of balls in the first $s$ bins.

If we had chosen a random walk with a probability of $\frac{1}{2}$ of going up or down $1$ on each step, this would be the classical ballot problem, for which the answer is $\frac{1}{2(n-1)}$. This is a variant of the ballot problem which has been studied (see this paper), and the answer is still $\Theta\left(\frac{1}{n}\right)$. I don't know whether there is an easy way to compute the constant for the $\Theta\left(\frac{1}{n}\right)$ for this case.

The same paper shows that when the random walk is conditioned to end at height $k$, the probability of always staying positive is $\Theta(k/n)$ as long as $k = O(\sqrt{n})$. This fact will let us estimate $E_s$ for any $s$.

I'm going to be a little handwavy for the rest of my answer, but standard probability techniques can be used to make this rigorous.

We know that as $n$ goes to $\infty$, this random walk converges to a Brownian bridge, i.e., Brownian motion conditioned to start and end at $0$. From general probability theorems, for $\epsilon n < s< (1-\epsilon)n$, the random walk is roughly $\Theta(\sqrt{n})$ away from the $x$-axis. In the case it has height $t>0$, the probability that it has stayed above $0$ for the entire time before $s$ is $\Theta(t/s)$. Since $t$ is likely to be $\Theta(\sqrt{n})$ when $s = \Theta(n)$, we have $E_s \approx \Theta(1/\sqrt{n})$.

[Edit 2014-08-13: Thanks to a comment by Peter Shor, I have changed my estimate of the asymptotic growth rate of this series.]

My belief is that $\lim_{n\to\infty} \sum_{i<n} \Pr(E_i)$ grows as $\sqrt{n}$. I do not have a proof but I think I have a convincing argument.

Let $B_i = f(i)$ be a random variable that gives the number of balls in bin $i$. Let $B_{i,j} = \sum_{k=i}^j B_k$ be a random variable that gives the total number of balls in bins $i$ through $j$ inclusive.

You can now write $\Pr(E_i) = \sum_{b<j} \Pr(E_j \wedge B_{1,j} = b) \Pr(E_i \mid E_j \wedge B_{1,j} = b)$ for any $j < i$. To that end, let's introduce the functions $\pi$ and $g_i$.

$$\pi(j, k, b) = \Pr(B_j = k \mid B_{1,j-1} = b) = \binom{n-b}{k}\left(\frac{1}{n-j+1}\right)^k\left(\frac{n-j}{n-j+1}\right)^{n-b-k}$$

$$\begin{aligned} g_i(j, k, b) \; &= \Pr(E_i \wedge B_{j,i} \le k \mid E_{j-1} \wedge B_{1,j-1} = b) \\ &= \begin{cases} 0 & k < 0 \\ 1 & k >= 0 \wedge j > i \\ \sum_{l=0}^{j-b-1} \pi(j, l, b) g_i(j + 1, k - l, b + l) & \mathrm{otherwise} \end{cases}\end{aligned}$$

We can write $\Pr(E_i)$ in terms of $g_i$:

$$\Pr(E_i) = g_i(1, i - 1, 0)$$

Now, it's clear from the definition of $g_i$ that

$$\Pr(E_i) = \frac{(n-i)^{n-i+1}}{n^n}h_i(n)$$

where $h_i(n)$ is a polynomial in $n$ of degree $i - 1$. This makes some intuitive sense too; at least $n - i + 1$ balls will have to be put in one of the $(i+1)$th through $n$th bins (of which there are $n-i$).

Since we're only talking about $Pr(E_i)$ when $n\to\infty$, only the lead coefficient of $h_i(n)$ is relevant; let's call this coefficient $a_i$. Then

$$\lim_{n\to\infty} \Pr(E_i) = \frac{a_i}{e^i}$$

How do we compute $a_i$? Well, this is where I'll do a little handwaving. If you work out the first few $E_i$, you'll see that a pattern emerges in the computation of this coefficient. You can write it as

$$a_i = \mu_i(1, i-1, 0)$$ where $$\mu_i(j, k, b) = \begin{cases} 0 & k < 0 \\ 1 & k >= 0 \wedge i > j \\ \sum_{l = 0}^{j-b-1} \frac{1}{l!} \mu_i(j + 1, k - l, b+ l) & \mathrm{otherwise} \end{cases}$$

Now, I wasn't able to derive a closed-form equivalent directly, but I computed the first 20 values of $Pr(E_i)$:

N       a_i/e^i
1       0.367879
2       0.270671
3       0.224042
4       0.195367
5       0.175467
6       0.160623
7       0.149003
8       0.139587
9       0.131756
10      0.12511
11      0.119378
12      0.114368
13      0.10994
14      0.105989
15      0.102436
16      0.0992175
17      0.0962846
18      0.0935973
19      0.0911231
20      0.0888353

Now, it turns out that

$$\DeclareMathOperator{\Pois}{Pois} \Pr(E_i) = \frac{i^i}{i! e^i} = \Pois(i; i)$$

where $\Pois(i; \lambda)$ is the probability that a random variable $X$ has value $i$ when it's drawn from a Poisson distribution with mean $\lambda$. Thus we can write our sum as

$$\lim_{n\to\infty} \sum_{i=1}^n \Pr(E_i) = \sum_{x = 1}^{\infty} \frac{x^x}{x!e^x}$$

Wolfram Alpha tells me this series diverges. Peter Shor points out in a comment that Stirling's approximation allows us to estimate $\Pr(E_i)$:

$$\lim_{n\to\infty} \Pr(E_x) = \frac{x^x}{x!e^x} \approx \frac{1}{\sqrt{2 \pi x}}$$

Let

$$\phi(x) = \frac{1}{\sqrt{2 \pi x}}$$

Since

• $\lim_{x\to\infty}\frac{\phi(x)}{\phi(x+1)} = 1$
• $\phi(x)$ is decreasing
• $\int_1^n \phi(x)dx \to \infty$ as $n \to \infty$

our series grows as $\int_1^n \phi(x) dx$ (See e.g. Theorem 2). That is,

$$\sum_{i=1}^n Pr(E_i) = \Theta\left(\sqrt{n}\right)$$

Exhaustively checking the first few terms (by examining all n^n cases) and a bit of lookup shows that the answer is https://oeis.org/A036276 / $n^n$. This implies that the answer is $\sim n^{\frac{1}{2}} \frac{\sqrt{\pi}}{2}$.

More exactly, the answer is:

$$\frac{n!}{2 n^n} \sum_{k=0}^{n-2}\frac{n^k}{k!}$$ and there is no closed-form answer.