โยนลูกบอลลงในถังขยะประเมินความน่าจะเป็นที่ต่ำกว่าของมัน


14

นี่ไม่ใช่การบ้านแม้ว่ามันจะดูเหมือน การอ้างอิงใด ๆ ยินดีต้อนรับ :-)

สถานการณ์:มีn ที่แตกต่างกันลูกและn ที่แตกต่างกันถังขยะ (labled จาก 1 ถึงnจากซ้ายไปขวา) ลูกบอลแต่ละลูกถูกโยนอย่างอิสระและสม่ำเสมอในถังขยะ ให้f(i)เป็นจำนวนลูกในi ~ th bin ให้Eiหมายถึงเหตุการณ์ต่อไปนี้

สำหรับแต่ละji , kjf(k)j1

นั่นคือครั้งแรกที่jถังขยะ (ซ้ายมากที่สุดjถังขยะ) มีน้อยกว่าjลูกบอลสำหรับแต่ละjiฉัน

คำถาม:ประมาณi<nPr(Ei)ในแง่ของn ? เมื่อnไปไม่มีที่สิ้นสุด เป็นที่ต้องการต่ำกว่า ฉันไม่คิดว่าสูตรที่คำนวณได้ง่ายจะมีอยู่

ตัวอย่าง: limnPr(E1)=limn(n1n)n=1e . หมายเหตุPr(En)=00

ฉันเดา:ฉันเดาi<nPr(Ei)=lnn , เมื่อnไปไม่มีที่สิ้นสุด ฉันพิจารณารายการแรกlnnในการรวม


1
ดูเหมือนว่าเป็นเรื่องย่อยจากปัญหาวันเกิด ..
Gopi

@Gopi ฉันไม่สามารถโน้มน้าวตัวเองได้ว่าคำถามของฉันเป็นปัญหาวันเกิดที่ถูก จำกัด คุณอธิบายอย่างชัดเจนได้ไหม? ขอบคุณมาก. หมายเหตุ: ข้อ จำกัด อยู่ที่ผลรวมของลูกบอลในช่องเก็บแรกjไม่ใช่จำนวนถังขยะบนช่องเก็บเฉพาะ
Peng Zhang

อันที่จริงฉันไม่ดีหลังจากอ่านบทความวิกิพีเดียอีกครั้งเกี่ยวกับปัญหาวันเกิดฉันรู้ว่าฉันกำลังพิจารณาปัญหาอื่นที่ถูกดัดแปลงจากปัญหาวันเกิด
Gopi

2
แนวคิดที่ไม่ถูกต้องบางอย่าง ... ดังนั้นให้คิดเกี่ยวกับวิธีเข้ารหัสสถานะ: อ่านแบบฟอร์มถังขยะจากซ้ายไปขวา หากถังขยะแรกมีลูกบอล i ให้เรียงลำดับ i ตามด้วย 0 ทำเช่นนี้สำหรับถังขยะทั้งหมดจากซ้ายไปขวา codition ของคุณน่าจะเป็นว่าคุณสนใจ i ที่ใหญ่ที่สุดเช่นนั้นสตริงไบนารี่นี้ (ที่มี n ศูนย์และ n คน) เป็นครั้งแรกที่มันมีมากกว่าหนึ่งศูนย์ ตอนนี้ให้ทำให้กระโดดของโชคชะตาและสร้าง 0 และ 1 ด้วยความน่าจะเท่ากับ1/2 2 (อาจเป็นเรื่องไร้สาระที่สมบูรณ์) ปัญหานี้เกี่ยวข้องกับตัวเลขคาตาลันและคำ Dyck และ...???
Sariel Har-Peled

4
ฉันไม่เห็นใน defnition ของคุณว่าทำไมมันเป็นเรื่องสำคัญที่ลูกจะแตกต่างกัน นอกจากนี้สตริง intepetation ยังคำนึงถึงความจริงที่ว่าถังขยะแตกต่างกัน
Sariel Har-Peled

คำตอบ:


11

แก้ไข: (2014-08-08) ตามที่ Douglas Zare ชี้ให้เห็นในความคิดเห็นอาร์กิวเมนต์ด้านล่างโดยเฉพาะ 'สะพาน' ระหว่างความน่าจะเป็นทั้งสองนั้นไม่ถูกต้อง ฉันไม่เห็นวิธีการแก้ไขที่ตรงไปตรงมา ฉันจะออกจากคำตอบที่นี่ผมเชื่อว่ามันยังคงให้สัญชาตญาณบางอย่าง แต่รู้ว่าคือไม่จริงในทั่วไป

Pr(Em)l=1mPr(Fl)

นี่ไม่ใช่คำตอบที่สมบูรณ์ แต่หวังว่ามันจะมีเนื้อหาเพียงพอที่คุณหรือใครบางคนที่มีความรู้มากกว่าตัวฉันเองจะสามารถปิดมันได้

พิจารณาความน่าจะเป็นของลูกบอลตกลงในช่องแรกl (จากn ):kln

(nk)(ln)k(nln)nk

เรียกว่าความน่าจะเป็นที่ลูกน้อยกว่าตกลงไปในlแรกถังขยะF l :llFl

Pr(Fl)=k=0l1(nk)(ln)k(nln)nk

น่าจะเป็นที่เหตุการณ์เกิดขึ้นดังกล่าวข้างต้นน้อยกว่าถ้าเราพิจารณาแต่ละF ลิตรเหตุการณ์ที่เกิดขึ้นอย่างเป็นอิสระและทั้งหมดในครั้งเดียว สิ่งนี้ทำให้เรามีสะพานเชื่อมระหว่างสอง:ElFl

Pr(Em)l=1mPr(Fl)=l=1m(k=1l1(nk)(lnk)(nln)nk)=l=1mF(l1;n,ln)

โดยที่เป็นฟังก์ชันการแจกแจงสะสมสำหรับการแจกแจงแบบทวินามด้วยp=lF(l1;n,ln) . เพียงแค่อ่านไม่กี่บรรทัดบนหน้า Wikipedia และสังเกตว่า(l-1pn)เราสามารถใช้ความไม่เท่าเทียมของ Chernoffเพื่อรับ:p=ln(l1pn)

Pr(Em)l=1mexp[12l]=exp[12l=1m1l]=exp[12Hm]exp[12(12m+ln(m)+γ)]

Where Hm is the m'th Harmonic Number, γ is the Euler-Mascheroni constant and the inequality for the Hm is taken from Wolfram's MathWorld linked page.

Not worrying about the e1/4m factor, this finally gives us:

Pr(Em)eγ/2m

Below is a log-log plot of an average of 100,000 instances for n=2048 as a function of m with the function eγ/2m also plotted for reference:

enter image description here

While the constants are off, the form of the function appears to be correct.

Below is a log-log plot for varying n with each point being the average of 100,000 instances as a function of m:

enter image description here

Finally, getting to the original question you wanted answered, since we know that Pr(Em)1m we have:

i<nPr(Ei)n

And as numerical verification, below is a log-log plot of the sum, S, versus instance size, n. Each point represents the average of the sum of 100,000 instances. The function x1/2 has been plotted for reference:

enter image description here

While I see no direct connection between the two, the tricks and final form of this problem have a lot of commonalities with the Birthday Problem as initially guessed at in the comments.


4
How do you get Pr(E2)Pr(F1)×Pr(F2)? For example, for n=100, I calculate that Pr(E2)=0.267946>0.14761=Pr(F1)Pr(F2). If you are told that the first bin is empty, does this make it more or less likely that the first two bins hold at most 1 ball? It's more likely, so Pr(F1)Pr(F2) is an underestimate.
Douglas Zare

@DouglasZare, I've verified your calculations, you're correct. Serves me right for not being more rigorous.
user834

15

The answer is Θ(n).

First, let's compute En1.

Let's suppose we throw n balls into n bins, and look at the probability that a bin has exactly k balls in it. This probability comes from the Poisson distribution, and as n goes to the probability that there are exactly k balls in a given bin is 1e1k!.

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 kj balls in the jth bin is proportional to j=1n1kj! in both distributions.

So let's consider a random walk where at each step, you go from t to t+1k with probability 1e1k!. 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 12 of going up or down 1 on each step, this would be the classical ballot problem, for which the answer is 12(n1). This is a variant of the ballot problem which has been studied (see this paper), and the answer is still Θ(1n). I don't know whether there is an easy way to compute the constant for the Θ(1n) 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 Θ(k/n) as long as k=O(n). This fact will let us estimate Es 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 , this random walk converges to a Brownian bridge, i.e., Brownian motion conditioned to start and end at 0. From general probability theorems, for ϵn<s<(1ϵ)n, the random walk is roughly Θ(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 Θ(t/s). Since t is likely to be Θ(n) when s=Θ(n), we have EsΘ(1/n).


4

[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 limni<nPr(Ei) grows as n. I do not have a proof but I think I have a convincing argument.

Let Bi=f(i) be a random variable that gives the number of balls in bin i. Let Bi,j=k=ijBk be a random variable that gives the total number of balls in bins i through j inclusive.

You can now write Pr(Ei)=b<jPr(EjB1,j=b)Pr(EiEjB1,j=b) for any j<i. To that end, let's introduce the functions π and gi.

π(j,k,b)=Pr(Bj=kB1,j1=b)=(nbk)(1nj+1)k(njnj+1)nbk

gi(j,k,b)=Pr(EiBj,ikEj1B1,j1=b)={0k<01k>=0j>il=0jb1π(j,l,b)gi(j+1,kl,b+l)otherwise

We can write Pr(Ei) in terms of gi:

Pr(Ei)=gi(1,i1,0)

Now, it's clear from the definition of gi that

Pr(Ei)=(ni)ni+1nnhi(n)

where hi(n) is a polynomial in n of degree i1. This makes some intuitive sense too; at least ni+1 balls will have to be put in one of the (i+1)th through nth bins (of which there are ni).

Since we're only talking about Pr(Ei) when n, only the lead coefficient of hi(n) is relevant; let's call this coefficient ai. Then

limnPr(Ei)=aiei

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

ai=μi(1,i1,0)
where
μi(j,k,b)={0k<01k>=0i>jl=0jb11l!μi(j+1,kl,b+l)otherwise

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

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

Pr(Ei)=iii!ei=Pois(i;i)

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

limni=1nPr(Ei)=x=1xxx!ex

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

limnPr(Ex)=xxx!ex12πx

Let

ϕ(x)=12πx

Since

  • limxϕ(x)ϕ(x+1)=1
  • ϕ(x) is decreasing
  • 1nϕ(x)dx as n

our series grows as 1nϕ(x)dx (See e.g. Theorem 2). That is,

i=1nPr(Ei)=Θ(n)

1
Wolfram Alpha is wrong. Use Stirling's formula. It says that, xx/(x!ex)1/2πx.
Peter Shor

@PeterShor Thanks! I've updated the conclusion thanks to your insight, and now I am in agreement with the other two answers. It's interesting to me to see 3 quite different approaches to this problem.
ruds

4

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 / nn. This implies that the answer is n12π2.

More exactly, the answer is:

n!2nnk=0n2nkk!
and there is no closed-form answer.

Oeis is pretty awesome
Thomas Ahle
โดยการใช้ไซต์ของเรา หมายความว่าคุณได้อ่านและทำความเข้าใจนโยบายคุกกี้และนโยบายความเป็นส่วนตัวของเราแล้ว
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.