ความแตกต่างระหว่างหัวและก้อย

พิจารณาลำดับของการโยน$n$เหรียญที่ไม่มีอคติ ให้$H_i$แทนค่าสัมบูรณ์ของส่วนเกินของจำนวนหัวเหนือก้อยที่เห็นในแรก$i$พลิก กำหนด$H=\text{max}_i H_i$ฉัน แสดงว่า$E[H_i]=\Theta ( \sqrt{i} )$และ$E[H]=\Theta( \sqrt{n} )$ )

ปัญหานี้ปรากฏในบทแรกของ `อัลกอริทึมแบบสุ่ม 'โดย Raghavan และ Motwani ดังนั้นอาจมีหลักฐานเบื้องต้นของข้อความข้างต้น ฉันไม่สามารถแก้ไขได้ดังนั้นฉันจะขอขอบคุณความช่วยเหลือใด ๆ

เหรียญของคุณพลิกรูปแบบการเดินสุ่มหนึ่งมิติ$X_0,X_1,\ldots$เริ่มต้นที่$X_0 = 0$กับ$X_{i+1} = X_i \pm 1$ , แต่ละตัวเลือกที่มีความน่าจะเป็น$1/2$ 2 ตอนนี้$H_i = |X_i|$และอื่น ๆ$H_i^2 = X_i^2$ฉัน มันง่ายในการคำนวณ$E[X_i^2] = i$ (นี่เป็นเพียงความแปรปรวน) และ$E[H_i] \leq \sqrt{E[H_i^2]} = \sqrt{i}$มาจากนูน นอกจากนี้เรายังรู้ว่า$X_i$มีการกระจายปกติประมาณกับศูนย์ค่าเฉลี่ยและความแปรปรวนของ$i$และเพื่อให้คุณสามารถคำนวณ$E[H_i] \approx \sqrt{(2/\pi)i}$ฉัน

$E[\max_{i \leq n} H_i]$$\sqrt{n}$$\tilde{O}(\sqrt{n})$$X_i$$X_i$

แก้ไข: มันเกิดขึ้นเนื่องจากหลักการสะท้อนให้เห็นคำถามนี้ ดังนั้น ตั้งแต่k] ตอนนี้ ดังนั้น$\Pr[\max_{i \leq n} X_i = k] = \Pr[X_n = k] + \Pr[X_n = k+1]$

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

คุณสามารถใช้การ แจกแจงครึ่งปกติเพื่อพิสูจน์คำตอบ

การกระจายครึ่งปกติระบุว่าถ้าเป็นการแจกแจงแบบปกติที่มีค่าเฉลี่ย 0 และความแปรปรวนดังนั้นต่อไปนี้การกระจายครึ่งหนึ่งที่มีค่าเฉลี่ยและแปรปรวนPI) สิ่งนี้จะให้คำตอบที่ต้องการเนื่องจากความแปรปรวนของการเดินปกติคือและคุณสามารถประมาณการกระจายของเพื่อการแจกแจงแบบปกติโดยใช้ทฤษฎีบทขีด จำกัด กลาง$X$$\sigma^2$$|X|$$\sigma \sqrt{\frac{2}{\pi}}$$\sigma^2 (1-2/\pi)$$\sigma^2$$n$$X$

$X$คือผลรวมของการเดินสุ่มตามที่ Yuval Filmus พูดถึง

ในครั้งแรกที่พลิกสมมติว่าเราได้รับหางแล้ว. ดังนั้น ใช้ประมาณของสเตอร์ลิงเรารู้{2i})$2i$$k$$H_{2i}=2|i-k|$

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