মাথা এবং লেজ মধ্যে পার্থক্য

নিরপেক্ষ মুদ্রার ফ্লপের ক্রম বিবেচনা করুন । আসুন প্রথম দেখা মুদ্রার উলটা পিঠ উপর মাথা সংখ্যা বেশী পরম মান বোঝাতে ফ্লিপ। নির্ধারণ । দেখাও এবং । $n$ $H_i$ $i$ $H=\text{max}_i H_i$ $E[H_i]=\Theta ( \sqrt{i} )$ $E[H]=\Theta( \sqrt{n} )$

এই সমস্যাটি রাঘাওয়ান এবং মোতওয়ানীর 'র্যান্ডমাইজড অ্যালগরিদম' এর প্রথম অধ্যায়ে উপস্থিত হয়েছে, সুতরাং সম্ভবত উপরের বক্তব্যের প্রাথমিক প্রমাণ রয়েছে। আমি এটি সমাধান করতে অক্ষম, তাই আমি কোনও সাহায্যের প্রশংসা করব।

probability-theory randomized-algorithms

— Plummer
সূত্র

উত্তর:

তোমার মুদ্রা একটি এক মাত্রিক এলোমেলো হাটা গঠন ফ্লিপ থেকে শুরু , সঙ্গে , সম্ভাব্যতা সঙ্গে অপশনের প্রতিটি । এখনএবং তাই । (এটি কেবলমাত্র বৈকল্পিক) গণনা করা সহজ , এবং সুতরাং থেকে। আমরা এও জানি যে শূন্য গড় এবং ভ্যারিয়েন্স সঙ্গে মোটামুটিভাবে স্বাভাবিক বিতরণ করা হয় , এবং আপনি নিরূপণ করতে পারেন, যাতে । $X_0,X_1,\ldots$ $X_0 = 0$ $X_{i+1} = X_i \pm 1$ $1/2$ $H_i = |X_i|$ $H_i^2 = X_i^2$ $E[X_i^2] = i$ $E[H_i] \leq \sqrt{E[H_i^2]} = \sqrt{i}$ $X_i$ $i$ $E[H_i] \approx \sqrt{(2/\pi)i}$

হিসাবে , আমরা iterated লগারিদম আইন , যা (সম্ভবত) বিশালাকার আমাদের কিছু চেয়ে সামান্য বড় আশা । যদি আপনি উপরের সীমানা দিয়ে ভাল হন তবে আপনি প্রতিটি এবং তারপরে ইউনিয়ন বাউন্ডের জন্য একটি বৃহত বিচ্যুতি ব্যবহার করতে পারেন , যদিও এটি সম্পর্কিত কিনা তা উপেক্ষা করে । $E[\max_{i \leq n} H_i]$ $\sqrt{n}$ $\tilde{O}(\sqrt{n})$ $X_i$ $X_i$

সম্পাদনা: এটি যেমন ঘটে থাকে, প্রতিবিম্ব কারণে, এই প্রশ্নটি দেখুন । সুতরাং যেহেতু । এখন এবং তাই $\Pr[\max_{i \leq n} X_i = k] = \Pr[X_n = k] + \Pr[X_n = k+1]$

\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})

$E[\max_{i \leq n} H_i] \leq 2E[H_n] + \Theta(1) = O(\sqrt{n})$ । অন্য দিকটিও একই রকম।

— যুবাল ফিল্ম
সূত্র

আমরা , আমরা কি বলতে পারি না যে আমাদের দ্বিতীয় ফলাফল রয়েছে, অর্থাৎ কোনও এর চেয়ে বড় নয় চেয়ে বেশি ।

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})

$\Theta ( \sqrt{n} )$

— চিজিসপ

যদি স্বাধীন হয়, তবে উপসংহারটি সত্য হবে না, যেহেতু আপনি প্রকৃতপক্ষে এই মানগুলির কিছু প্রত্যাশার চেয়ে কিছুটা বড় হওয়ার প্রত্যাশা করছেন। এটি সাধারণভাবে সত্য নয় যে ।

H_{i}

$H_i$

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

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

— যুবাল ফিল্মাস

পুনরাবৃত্ত লোগারিদমের আইন এখানে প্রযোজ্য নয়, যেহেতু স্থির হয়েছে এবং আমরা দ্বারা সাধারণকরণ করছি না । জন্য উত্তর হয় ।

n

$n$

i

$i$

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

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

θ (\sqrt{n})

$\theta(\sqrt{n})$

— পিটার শোর

প্রথম অংশের জন্য +1। তবে আমি সত্যই দ্বিতীয় অংশটি বুঝতে পারি না (আপনি আরও plz ব্যাখ্যা করতে পারেন)। এর অর্থ এই নয় যে এটি সঠিক নয় যদিও।

— এজেড

ভাল প্রমাণ। তবে আমি আটকে আছি যে কীভাবে প্রমাণ করতে পারি নীচের সীমানা ? দেখে মনে হচ্ছে যে উত্তরটি নিম্ন সীমা সম্পর্কে কোনও বিবরণ উল্লেখ করেছে।

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$

E (H_{i})

$E(H_i)$

— কনজ্যাক

উত্তরটি প্রমাণ করতে আপনি অর্ধ-স্বাভাবিক বিতরণ ব্যবহার করতে পারেন ।

অর্ধ-স্বাভাবিক বিতরণে বলা হয়েছে যে যদি গড় 0 এবং বৈকল্পিক সহ একটি সাধারণ বিতরণ হয় , তবেগড় , এবং বৈকল্পিক সহ অর্ধেক বিতরণ অনুসরণ করে । এটি প্রয়োজনীয় উত্তর দেয়, যেহেতু সাধারণ পদক্ষেপের হ'ল , এবং আপনি কেন্দ্রীয় সীমাবদ্ধ তত্ত্বটি ব্যবহার করে একটি সাধারণ বিতরণে প্রায় বিতরণ আনুমানিক করতে পারেন । $X$ $\sigma^2$ $|X|$ $\sigma \sqrt{\frac{2}{\pi}}$ $\sigma^2 (1-2/\pi)$ $\sigma^2$ $n$ $X$

$X$ হল যুবাল ফিল্মাসের উল্লেখ হিসাবে এলোমেলো হাঁটার যোগফল।

— AJed
সূত্র

আমি পোস্ট করা এটি পছন্দ করি না ..। যদিও এটি নিম্ন সীমা দেয়, উপরের সীমানা সম্পর্কে কিছুই বলা যায় না। এটি সমাধানের জন্য আমি সর্বাধিক বিতরণ যুক্তি ব্যবহার করার চেষ্টা করেছি, এটি একটি কুৎসিত সংহত হিসাবে পরিণত হয়েছে। তবে এই সমস্ত বিতরণগুলি জেনে রাখা ভাল।

— আজেদ

প্রথম ফ্লিপ, আমি অনুমান আমরা পেতে মুদ্রার উলটা পিঠ, তারপর। অতএব, স্ট্রিলিংয়ের ব্যবহার করুন , আমরা । $2i$ $k$ $H_{2i}=2|i-k|$

\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})

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

— জল
সূত্র

যেখানে আমাদের কেস বিবেচনা করা উচিত নয় ? মনে হচ্ছে আপনি 2 এর একটি গুণ গুণকে মিস করছেন, তাই না?

i < k \leq 2 i

$i<k\leq 2i$

— অমারবপ