頭と尾の不一致

偏りのないコインのフリップのシーケンスを考えます。LET最初に見られる尾部上のヘッドの数の過剰の絶対値を表し反転します。定義。ことを示すと。 $n$ $H_i$ $i$ $H=\text{max}_i H_i$ $E[H_i]=\Theta ( \sqrt{i} )$ $E[H]=\Theta( \sqrt{n} )$

この問題は、RaghavanとMotwaniによる「ランダム化されたアルゴリズム」の最初の章に現れているので、おそらく上記のステートメントの基本的な証拠があるでしょう。私はそれを解決することができないので、私は助けをいただければ幸いです。

probability-theory randomized-algorithms

— プラマー
ソース

回答:

コインフリップは、から始まる1次元のランダムウォークを形成します、各オプションは確率です。今そしてです。（これは単なる分散です）を計算するのは簡単なので、は凸性からます。また、は平均がゼロで分散ほぼ正規分布であることがわかっているため、を計算できます。 $X_0,X_1,\ldots$ $X_0 = 0$ $X_{i+1} = X_i \pm 1$ $1/2$ $H_i = |X_i|$ $H_i^2 = X_i^2$ $E[X_i^2] = i$ $E[H_i] \leq \sqrt{E[H_i^2]} = \sqrt{i}$ $X_i$ $i$ $E[H_i] \approx \sqrt{(2/\pi)i}$

、我々は反復対数の法則、私たちはよりわずかに大きい何かを期待する（多分）リード。あなたはアッパーの結合と良好である場合は、それぞれ行き大偏差使用できることがあるという事実は無視されても、結合した後、組合を関連しています。 $E[\max_{i \leq n} H_i]$ $\sqrt{n}$ $\tilde{O}(\sqrt{n})$ $X_i$ $X_i$

編集：たまたま、反射原理のため、この質問を参照してください。そう以来。今したがって $\Pr[\max_{i \leq n} X_i = k] = \Pr[X_n = k] + \Pr[X_n = k+1]$

\begin{aligned} E [\underset{私 \leq n}{最大} {バツ}_{私}] & = \sum_{k \geq 0} k （ Pr [{バツ}_{n} = k] + Pr [{バツ}_{n} = k + 1] ） \\ = \sum_{k \geq 1} （ 2 k - 1 ） Pr [{バツ}_{n} = k] \\ = \sum_{k \geq 1} 2 k Pr [{バツ}_{n} = k] - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} Pr [{バツ}_{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{\underset{私 \leq n}{最大} {バツ}_{私} + \underset{私 \leq n}{最大} （ - {バツ}_{私} ）}{2} \leq \underset{私 \leq n}{最大} H_{私} \leq \underset{私 \leq n}{最大} {バツ}_{私} + \underset{私 \leq n}{最大} （ - {バツ}_{私} ） 、

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

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

$E[\max_{i \leq n} H_i] \leq 2E[H_n] + \Theta(1) = O(\sqrt{n})$ 。他の方向も同様です。

— ユヴァル・フィルマス
ソース

を証明した後、 2番目の結果がある、つまりが大きいとは言えませんより。

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

が独立している場合、実際にはこれらの値の一部が予想よりもいくらか大きいと予想されるため、結論は当てはまりません。一般的には限りません。

H_{i}

$H_i$

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

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

— ユヴァルフィルム

は固定されており、正規化されていないため、反復対数の法則はここでは適用されません。以下のための答えある。

n

$n$

i

$i$

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

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

θ (\sqrt{n})

$\theta(\sqrt{n})$

— ピーターショー

最初の部分に+1。しかし、私は正直に2番目の部分を理解できません（もっと詳しく説明してもらえますか）。ただし、これは正しくないという意味ではありません。

— AJed

いい証拠だ。しかし、が下限であることを証明する方法に固執していますか？答えには下限に関する詳細は記載されていないようです。

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$

E (H_{i})

$E(H_i)$

— こんにゃく14

半正規分布を使用して、答えを証明できます。

半正規分布では、が平均0および分散正規分布である場合、平均および分散半分布に従います。正規ウォークの分散はであるため、必要な答えが得られ、中心極限定理を使用して分布を正規分布に近似できます。 $X$ $\sigma^2$ $|X|$ $\sigma \sqrt{\frac{2}{\pi}}$ $\sigma^2 (1-2/\pi)$ $\sigma^2$ $n$ $X$

$X$ は、ユヴァルフィルマスが述べたように、ランダムウォークの合計です。

— アジェド
ソース

私はこれを投稿したことを好まない。下限を与えますが、上限については何もわかりません。私はそれを解決するために最大分布の引数を使用しようとしましたが、それはい統合であることが判明しました。しかし、これらすべての分布を知っているのは良いことです。

— AJed

最初のフリップで、テールを取得し、。したがって、スターリングの近似を使用すると、わかります。 $2i$ $k$ $H_{2i}=2|i-k|$

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

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

— アクア
ソース

場合を考慮するべきではありませんか？2の乗算係数を見逃しているようです。

i < k \leq 2 i

$i<k\leq 2i$

— omerbp