কুপন সংগ্রহকারীর সময় কড়া নীচু কি?

20

সর্বোত্তম সালে কুপন কালেক্টর এর সমস্যা , এটা ভাল যে সময় পরিচিত প্রয়োজনীয় একটি সেট সম্পূর্ণ করার জন্য এলোমেলোভাবে-বাছাই করা কুপন সন্তুষ্ট , , এবং । $T$ $n$ $E[T] \sim n \ln n$ $Var(T) \sim n^2$ $\Pr(T > n \ln n + cn) < e^{-c}$

এই উচ্চতর গণ্ডি চেবিশেভ অসমতা দ্বারা প্রদত্ত একটির চেয়ে ভাল যা মোটামুটি $1/c^2$ ।

আমার প্রশ্ন হচ্ছে: একটি সংশ্লিষ্ট ভাল-চেয়ে-Chebyshev হয় আবদ্ধ LOWER জন্য $T$ ? (উদাহরণস্বরূপ, মতো কিছু $\Pr(T < n \ln n - cn) < e^{-c}$ )?

probability probability-inequalities coupon-collector-problem

— ডেভিড
সূত্র

একটি সুস্পষ্ট নিম্ন সীমানা হ'ল

Pr (T < n) = 0

$\Pr(T<n) = 0$ , তবে আমি অনুমান করি আপনি এটি সম্পর্কে অবগত রয়েছেন ...

— 8

14

আমি এটি দ্বিতীয় উত্তর হিসাবে সরবরাহ করছি যেহেতু বিশ্লেষণ সম্পূর্ণরূপে প্রাথমিক এবং ঠিক পছন্দসই ফলাফল সরবরাহ করে।

প্রোপজিসন জন্য $c > 0$ এবং $n \geq 1$ ,

P (T < n \log n - c n) < e^{- c} .

$\mathbb{P}(T < n \log n - c n ) < e^{-c} \>.$

প্রমাণের পিছনে ধারণাটি সহজ:

সমস্ত কুপন হিসাবে সংগ্রহ না করা পর্যন্ত সময়ের প্রতিনিধিত্ব করুন $T = \sum_{i=1}^n T_i$ , যেখানে $T_i$ হল সেই সময় যা $i$ ম ( পূর্ববর্তী ) অনন্য কুপন সংগ্রহ করা হয়। $T_i$ গড় বার সঙ্গে জ্যামিতিক র্যান্ডম ভেরিয়েবল $\frac{n}{n-i+1}$ ।
চেরনফের আবদ্ধ এবং সরলকরণের একটি সংস্করণ প্রয়োগ করুন।

প্রমাণ

যে কোনও এবং যে কোনও আমাদের কাছে $t$ $s > 0$

P (T < t) = P (e^{- s T} > e^{- s t}) \leq e^{s t} E e^{- s T} .

$\mathbb{P}(T < t) = \mathbb{P}( e^{-s T} > e^{-s t} ) \leq e^{s t} \mathbb{E} e^{-s T} \> .$

যেহেতু এবং স্বতন্ত্র, আমরা লিখতে পারি $T = \sum_i T_i$ $T_i$

E e^{- s T} = \prod_{i = 1}^{n} E e^{- s T_{i}}

$\mathbb{E} e^{-s T} = \prod_{i=1}^n \mathbb{E} e^{- s T_i}$

এখন যেহেতু জ্যামিতিক হয়, সাফল্যের সম্ভাবনা সঙ্গে বলা যাক , তারপর একটি সহজ হিসাব শো $T_i$ $p_i$

E e^{- s T_{i}} = \frac{p_{i}}{e^{s} - 1 + p_{i}} .

$\mathbb{E} e^{-s T_i} = \frac{p_i}{e^s - 1 + p_i} .$

আমাদের সমস্যা হয় , , , ইত্যাদি তাই, $p_i$ $p_1 = 1$ $p_2 = 1 - 1/n$ $p_3 = 1 - 2/n$

\prod_{i = 1}^{n} E e^{- s T_{i}} = \prod_{i = 1}^{n} \frac{i / n}{e^{s} - 1 + i / n} .

$\prod_{i=1}^n \mathbb{E} e^{-s T_i} = \prod_{i=1}^n \frac{i/n}{e^s - 1 + i/n}.$

ধরা যাক চয়ন এবং কিছু । তারপরে এবং , উত্পাদন $s = 1/n$ $t = n \log n - c n$ $c > 0$

e^{s t} = n e^{- c}

$e^{s t} = n e^{-c}$

e^{s} = e^{1 / n} \geq 1 + 1 / n

$e^s = e^{1/n} \geq 1 + 1/n$

\prod_{i = 1}^{n} \frac{i / n}{e^{s} - 1 + i / n} \leq \prod_{i = 1}^{n} \frac{i}{i + 1} = \frac{1}{n + 1} .

$\prod_{i=1}^n \frac{i/n}{e^s - 1 + i/n} \leq \prod_{i=1}^n \frac{i}{i+1} = \frac{1}{n+1} \> .$

এটি একসাথে রেখে আমরা পেয়েছি যে

P (T < n \log n - c n) \leq \frac{n}{n + 1} e^{- c} < e^{- c}

$P(T < n \log n - c n) \leq \frac{n}{n+1} e^{-c} < e^{-c}$

পছন্দসই হিসাবে

— মৌলিক
সূত্র

এটি খুব সুন্দর এবং ঠিক কীভাবে ডাক্তার আদেশ দিয়েছেন। ধন্যবাদ.

— ডেভিড

@ ডেভিড, শুধু কৌতূহলী: উদ্দেশ্যযুক্ত প্রয়োগ কী?

— কার্ডিনাল

দীর্ঘ কাহিনী. আমি আগ্রহী এমন একটি অ্যালগোরিদমের চলমান সময় বিশ্লেষণ করার জন্য মার্কভ চেইনের মিশ্রণের সময়টির জন্য নিম্ন সীমাটি প্রমাণ করার চেষ্টা করছি - যা সি-বাউন্ডিংকে কমিয়ে আনে .কলেক্টর সমস্যা। বিটিডাব্লু, আমি চ্যানারনফ-স্টাইলে আবদ্ধ এই জাতীয় ধরণের সন্ধানের চেষ্টা করেই খেলছিলাম, তবে কীভাবে সেই পণ্যটি থেকে মুক্তি পাব তা ভেবে দেখিনি । :-) পছন্দ করে কল করুন ।

i

$i$

s = 1 / n

$s = 1/n$

— ডেভিড

@ ডেভিড, , যদিও প্রায় নিঃসন্দেহে সাবমোটিমাল, চেষ্টা করার মতো স্পষ্ট জিনিস বলে মনে হয়েছিল যেহেতু for দিয়েছে, এটি একই পদ যা ডেরিভেজে প্রাপ্ত হিসাবে পাওয়া যায় উপরের সীমা

s = 1 / n

$s = 1/n$

e^{s t} = n e^{- c}

$e^{s t} = n e^{-c}$

— কার্ডিনাল

1

অনুরোধ : আমি যে প্রমাণটি দিয়েছি তা আমার নিজস্ব। সমস্যাটি উত্সাহিত করার কারণে আমি এটি উপভোগের বাইরে নিয়ে কাজ করেছি। তবে আমি অভিনবত্বের কোনও দাবি করি না। আসলে, আমি কল্পনা করতে পারি না যে অনুরূপ কৌশল ব্যবহার করে অনুরূপ প্রমাণ সাহিত্যে ইতিমধ্যে বিদ্যমান নেই। যদি কোনও রেফারেন্স সম্পর্কে কেউ জানেন তবে দয়া করে এটি এখানে মন্তব্য হিসাবে পোস্ট করুন। আমি একটি সম্পর্কে খুব আগ্রহী হতে হবে ।

— কার্ডিনাল

9

যদিও @ কার্ডিনাল ইতিমধ্যে একটি উত্তর দিয়েছেন যা আমি সন্ধান করছিলাম সেই সীমাবদ্ধভাবে দেয়, তবে আমি একটি অনুরূপ চেরনফ-স্টাইল যুক্তি পেয়েছি যা আরও শক্তিশালী বাউন্ড দিতে পারে:

প্রস্তাব : জন (এটি জন্য আরও শক্তিশালী )

P r (T \leq n \log n - c n) \leq \exp (- \frac{3 c^{2}}{π^{2}}) .

$Pr (T \leq n \log n - c n) \leq \exp(- \frac{3c^2}{\pi^2} ) \> .$

c > \frac{π^{2}}{3}

$c > \frac{\pi^2}{3}$

প্রুফ :

@ কার্ডিনালের উত্তরের হিসাবে, আমরা এই সত্যটি ব্যবহার করতে পারি যে হ'ল সাফল্যের সম্ভাবনাগুলি সহ স্বাধীন জ্যামিতিক এলোমেলো ভেরিয়েবল যোগফল । এটি অনুসরণ করে যে এবং । $T$ $T_i$ $p_i = 1 - i/n$ $E[T_i] = 1/p_i$ $E[T] = \sum_{i=1}^{n} E[T_i] = n \sum_{i=1}^n \frac{1}{i}\geq n \log n$

এখন নতুন ভেরিয়েবলগুলি , এবং । এরপরে আমরা $S_i : = T_i - E[T_i]$ $S : = \sum_i S_i$

Pr (T \leq n \log n - c n) \leq Pr (T \leq E [T] - c n) = Pr (S \leq - c n)

$\Pr (T \leq n \log n - c n) \leq \Pr (T \leq E[T] - c n) = \Pr (S \leq - c n)$

= Pr (\exp (- s S) \geq \exp (s c n)) \leq e^{- s c n} E [e^{- s S}]

$= \Pr\left(\exp(-s S ) \geq \exp( s cn) \right) \leq e^{-s c n} E\left[ e^{-s S} \right]$

গড় গণনা, আমাদের আছে

E [e^{- s S}] = \prod_{i} E [e^{- s S_{i}}] = \prod_{i} \frac{e^{s / p_{i}}}{1 + \frac{1}{p_{i}} (e^{s} - 1)} \leq e^{\frac{1}{2} s^{2} \sum_{i} p_{i}^{- 2}}

$E[e^{-s S}] = \prod_i E[e^{-s S_i}] = \prod_i \frac{e^{s / p_i} } {1 + \frac{1}{p_i} (e^s -1)} \leq e^{\frac{1}{2}s^2\sum_i p_i^{-2}}$ যেখানে বৈষম্য ঘটনা থেকে অনুসরণ করে এবং জন্য ।

e^{s} - 1 \geq s

$e^s - 1\geq s$

\frac{e^{z}}{1 + z} \leq e^{\frac{1}{2} z^{2}}

$\frac{e^z}{1+z}\leq e^{\frac{1}{2}z^2}$

z \geq 0

$z\geq 0$

সুতরাং, যেহেতু , আমরা লিখতে পারি $\sum_i p_i ^{-2} = n^2 \sum_{i=1}^{n-1} \frac{1}{i^2} \leq n^2 \pi^2/6$

\begin{aligned} Pr (T \leq n \log n - c n) \leq e^{\frac{1}{12} (n π s)^{2} - s c n} . \end{aligned}

$\begin{align*} \Pr( T \leq n \log n - c n ) \leq e^{\frac{1}{12} (n \pi s)^2 - s c n}. \end{align*}$

ওভার কমিয়ে , আমরা অবশেষে প্রাপ্ত $s>0$

Pr (T \leq n \log n - c n) \leq e^{- \frac{3 c^{2}}{π^{2}}}

$\Pr( T \leq n\log n -cn ) \leq e^{-\frac{3 c^2 }{\pi^2}}$

— ডেভিড
সূত্র

1

(+1) মডুলো কয়েকটা ছোটখাটো টাইপস, এটি দুর্দান্ত। আপনি প্রায়শই ভাল কাজ করেছেন বলে প্রায় কাছাকাছি কিছু প্রসারিত করা। অ্যাসিপটোটিক ফলাফলের আলোকে উচ্চতর আদেশের রূপান্তরটি দেখে আমি অবাক হই না। এখন, আপনি দেখাতে যদি একটি অনুরূপ ধরনের উচ্চতর আবদ্ধ, যে প্রমাণ হয় subexponential Vershynin এর পরিভাষা, যা পরিমাপ ঘনত্ব সংক্রান্ত অনেক বিষয় রয়েছে হবে।

(T - n \log n) / n

$(T-n\log n)/n$

— কার্ডিনাল

1

যুক্তিটি সরাসরি উপরের সীমানায় সাধারণীকরণ বলে মনে হচ্ছে না। বিনিময় জন্য (এবং জন্য ), একটি একই পদক্ষেপ গণক বিন্দু পর্যন্ত অনুসরণ করতে পারেন। তবে এই মুহুর্তে আমি সবচেয়ে ভাল করতে পারি , যা এখনও এবং আমি ডন করি না এর সাথে কী করতে হবে তা জানেন না

c

$c$

- c

$-c$

s

$s$

- s

$-s$

E [e^{s S}] \leq \prod_{i} \frac{e^{- s / p_{i}}}{1 - \frac{s}{p_{i}}}

$E[e^{sS}] \leq \prod_i \frac{e^{-s/p_i}}{1 - \frac{s}{p_i}}$

\frac{e^{- z}}{1 - z} \leq \exp (\frac{z^{2}}{2 (1 - z)})

$\frac{e^{-z}}{1-z} \leq \exp( \frac{z^2}{2(1-z)} )$

E [e^{s S}] \leq e^{\frac{1}{2} s^{2} \sum_{i} \frac{p_{i}^{2}}{(1 - s / p_{i})}}

$E[e^{sS}] \leq e^{\frac{1}{2} s^2\sum_i \frac{p_i^2}{(1-s/p_i)}}$

— ডেভিড

2

যথেষ্ট উত্সাহের ব্যাপার হল, যদিও, সমগ্র যুক্তি (লোয়ার বাউন্ড জন্য) কাজ করতে না শুধুমাত্র কুপন সংগ্রাহক সমস্যার জন্য, কিন্তু জন্য মনে হয় কোনো বেষ্টিত ভ্যারিয়েন্স সঙ্গে অ অভিন্ন, স্বাধীন জ্যামিতিক ভেরিয়েবল সমষ্টি। বিশেষ করে: প্রদত্ত , যেখানে প্রতিটি সাফল্য সম্ভাব্যতা সঙ্গে একটি স্বাধীন গ্লোবাল ভয়েসেস হয় , এবং যেখানে , তারপর

T = \sum_{i} T_{i}

$T = \sum_i T_i$

T_{i}

$T_i$

p_{i}

$p_i$

\sum_{i} p_{i}^{- 2} \leq A < \infty

$\sum_i p_i^{-2} \leq A < \infty$

Pr (T \leq E [T] - a) \leq e^{- \frac{a^{2}}{2 A}}

$\Pr ( T \leq E[T] - a ) \leq e^{-\frac{a^2}{2A}}$

— ডেভিড

4

গুরুত্বপূর্ণ দ্রষ্টব্য : আমি এই উত্তরটিতে মূলত যে প্রমাণ দিয়েছি তা সরিয়ে নেওয়ার সিদ্ধান্ত নিয়েছি। এটি দীর্ঘতর, আরও গণনাকারী ছিল, বড় হাতুড়ি ব্যবহৃত হয়েছিল এবং আমি যে অন্যান্য প্রমাণ দিয়েছি তার তুলনায় এটি একটি দুর্বল ফলাফল প্রমাণ করেছে। চারদিকে, একটি নিকৃষ্ট পন্থা (আমার দৃষ্টিতে)। আপনি যদি সত্যিই আগ্রহী হন তবে আমি মনে করি আপনি সম্পাদনাগুলি দেখতে পারেন।

আমি মূলত উদ্ধৃত অ্যাসিপটোটিক ফলাফল এবং যা এখনও এই উত্তরে নীচে পাওয়া যায় তা প্রমাণ করে যে আমরা হিসাবে অন্য উত্তরে প্রমাণিত বাউন্ডের চেয়ে কিছুটা আরও ভাল করতে পারি, যা সমস্ত জন্য ধারণ করে । $n \to \infty$ $n$

নিম্নলিখিত অ্যাসিপটোটিক ফলাফল ধারণ করে

P (T > n \log n + c n) \to 1 - e^{- e^{- c}}

$\mathbb{P}(T > n \log n + c n ) \to 1 - e^{-e^{-c}}$

এবং

P (T \leq n \log n - c n) \to e^{- e^{c}} .

$\mathbb{P}(T \leq n \log n - c n ) \to e^{-e^c} \>.$

ধ্রুবক এবং সীমাগুলি হিসাবে নেওয়া হয় । মনে রাখবেন, যদিও তারা দুটি ফলাফলের মধ্যে পৃথক হয়েছে, তারা প্রায় একই ফলাফল কারণ উভয় ক্ষেত্রেই ননজিটিভ হতে বাধ্য হয় না। $c \in \mathbb{R}$ $n \to \infty$ $c$

প্রমাণ হিসাবে দেখুন, মোতওয়ানি এবং রাঘাওয়ান , র্যান্ডমাইজড অ্যালগরিদম , পৃষ্ঠা 60--63।

এছাড়াও : ডেভিড দয়া করে এই উত্তরের মন্তব্যে তাঁর উল্লিখিত উপরের আবদ্ধের জন্য একটি প্রমাণ সরবরাহ করেন।

— মৌলিক
সূত্র

হ্যাঁ, এটি প্রতিটি নির্দিষ্ট জন্য ধারণ করে । একটি (খুব সহজ) প্রমাণ পাওয়া যাবে, উদাহরণস্বরূপ লেভিন, পেরেস এবং উইলমার বই মার্কভ চেইনস এবং মিক্সিং টাইমস, প্রপোজেশন ২.৪-এ। যদিও প্রমাণটি নিম্ন সীমাতে কাজ করে না।

n

$n$

— ডেভিড

1

প্রকৃতপক্ষে, আমি এখানে প্রমাণটিও প্রতিলিপি করতে পারি: " এমন ঘটনা ঘটুক যা -th [কুপন] প্রকারটি প্রথম কুপনের মধ্যে উপস্থিত না হয় first প্রথমে লক্ষ্য করুন যে Since যেহেতু প্রতিটি পরীক্ষার সম্ভাবনা থাকে কুপন অঙ্কন না করার এবং বিচারগুলি স্বতন্ত্র, উপরের ডান দিকের উপরের অংশটি দ্বারা আবদ্ধ হয় , প্রমাণীকরণ (2.7) "

A_{i}

$A_i$

i

$i$

n \log n + c n

$n \log n + cn$

P (τ > n \log n + c n) = P (\cup_{i} A_{i}) \leq \sum_{i} P (A_{i})

$P(\tau >n\log n+cn )=P (\cup_{i} A_i ) \leq \sum_i P(A_i)$

1 - n^{- 1}

$1 − n^{−1}$

i

$i$

\sum_{i} (1 - 1 / n)^{n \log n + c n} \leq n \exp (\frac{n \log n + c n}{n}) = e^{- c}

$\sum_i (1 - 1/n)^{n \log n + cn} \leq n \exp(\frac{n \log n + cn}{n} ) = e^{-c}$

— ডেভিড

@ ডেভিড, এটি দুর্দান্ত এবং যথেষ্ট সহজ। আমি অন্তর্ভুক্তি-বর্জন সূত্রটি অন্য একটি শর্তে দ্রুত প্রসারিত করে খেললাম, তবে কোথাও দ্রুত পেলাম না এবং এটিকে আরও দেখার সময় পেলাম না। ইভেন্ট সেই ইভেন্টের সমতুল্য যে কোনও পরীক্ষার পরেও ছেড়ে হয় না। এর সাথে একটি মার্টিনেল যুক্ত হওয়া উচিত। আপনি কি যুক্তিযুক্ত (ধরে নেওয়া) সম্পর্কিত মার্টিংটিতে হয়েফডিংয়ের অসমতার চেষ্টা করেছিলেন? অ্যাসিম্পটোটিক ফলাফল দৃ measure় পরিমাপের ঘনত্বের পরামর্শ দেয়।

{T < t_{n}}

$\{T < t_n\}$

t_{n}

$t_n$

— কার্ডিনাল

@ ডেভিড, উপরে আপনার প্রমাণটিতে একটি সাইন ফ্লিপ রয়েছে তবে আমি নিশ্চিত যে এটি অন্য পাঠকদের কাছেও স্পষ্ট।

— কার্ডিনাল

@ ডেভিড, দয়া করে আপনার প্রশ্নের আমার পোস্ট করা অন্য উত্তরগুলি দেখুন। আপনার দেওয়া উপরের বাউন্ডের চেয়ে পদ্ধতিটি আলাদা, তবে নিযুক্ত সরঞ্জামগুলি প্রায় হিসাবে প্রাথমিক হিসাবে আমি এখানে দেওয়া উত্তরের বিপরীতে।

— কার্ডিনাল

2

বেঞ্জামিন Doerr দেয় : এর একটি কিছুটা সহজ প্রমাণ (অধ্যায়ে "বিশ্লেষণ এলোমেলোভাবে অনুসন্ধান হিউরিস্টিক সম্ভাবনা তত্ত্ব থেকে সরঞ্জাম" বুক "এলোমেলোভাবে অনুসন্ধান হিউরিস্টিক তত্ত্ব" এ, একটি অনলাইন পিডিএফ এর জন্য লিঙ্ক দেখুন)

প্রোপজিসন আসুন কুপন সংগ্রহ প্রক্রিয়ার বাঁধন সময় হতে। তারপর। $T$ $\Pr[T\le (1-\epsilon)(n-1)\ln n]\le e^{-n^{\epsilon}}$

এটি পছন্দসই অ্যাসিপটোটিকগুলি (@ কার্ডিনালের দ্বিতীয় উত্তর থেকে) দেবে বলে মনে হচ্ছে, তবে সমস্ত এবং সত্য হওয়ার সুযোগের সাথে । $n$ $\epsilon$

এখানে একটি প্রমাণ স্কেচ।

প্রুফ স্কেচ: আসুন ঘটনা যে হতে -th কুপন সংগ্রহ করা হয় প্রথম স্বপক্ষে। সুতরাং, । মূল ঘটনাটি হ'ল নেতিবাচকভাবে সম্পর্কিত, যেকোন ,, জন । Intuitively, এই মোটামুটি স্পষ্ট, বুদ্ধিমান যে হিসাবে প্রথম -th কুপন স্বপক্ষে এটি কম সম্ভবত হবে -th কুপন এছাড়াও প্রথম টানা হয় স্বপক্ষে। $X_i$ $i$ $t$ $\Pr[X_i=1]=(1-1/n)^t$ $X_i$ $I\subseteq[n]$ $\Pr[\forall i\in I, X_i=1]\le\prod_{i\in I}\Pr[X_i=1]$ $i$ $t$ $j$ $t$

কেউ দাবি প্রমাণ করতে পারে, তবে প্রতিটি পদক্ষেপে সেটটি দ্বারা 1 দ্বারা প্রসারিত করতে পারে । তারপর এটি প্রদর্শন করা কমিয়ে দেয় যে , জন্য । সমানভাবে, গড় হিসাবে এটি দেখিয়েছে যে । ডোর কেবল এর জন্য একটি স্বজ্ঞাত যুক্তি দেয়। নীচে প্রমাণ হিসাবে একটি অ্যাভিনিউ। এক মান্য করতে পারেন যে নিয়ন্ত্রিত কুপন মধ্যে কুপন সব পরে আসছে , যে থেকে একটি নতুন কুপন অঙ্কনের সম্ভাবনা অঙ্কন পর এতদূর এখন , আগেরটির পরিবর্তে $I$ $\Pr[\forall i\in I, X_i=1|X_j=1]\le\Pr[\forall i\in I,X_i=1]$ $j\notin I$ $\Pr[\forall i\in I, X_i=1|X_j=0]\ge\Pr[\forall i\in I,X_i=1]$ $j$ $I$ $I$ $k$ $\frac{|I|-k}{n-1}$ $\frac{|I|-k}{n}$ । তাই জ্যামিতিক এলোমেলো ভেরিয়েবলের যোগফল হিসাবে সমস্ত কুপন সংগ্রহ করার সময়কে পচিয়ে , আমরা দেখতে পাচ্ছি যে ক্যাপনের কন্ডিশনারটি আসার পরে সাফল্যের সম্ভাবনা বাড়িয়ে তুলি , এবং এইভাবে কন্ডিশনিংয়ের ফলে কুপনগুলি আগে সংগ্রহ করার সম্ভাবনা বেশি হয়ে যায় ( স্টোচাস্টিক আধিপত্য দ্বারা: প্রতিটি জ্যামিতিক এলোমেলো পরিবর্তনশীল কন্ডিশনার দ্বারা স্টোকাস্টিক আধিপত্যের ক্ষেত্রে বৃদ্ধি করা হয় এবং এই আধিপত্যটি তখন যোগফলকে প্রয়োগ করা যেতে পারে)। $j$ $I$

এই নেতিবাচক সম্পর্কটিকে প্রদত্ত, এটি অনুসরণ করেছে যে , যা দেয় দিয়ে কাঙ্ক্ষিত আবদ্ধ । $\Pr[T\le (1-\epsilon)(n-1)\ln n]\le (1-(1-1/n)^t)^n$ $t=(1-\epsilon)(n-1)\ln n$

— miforbes
সূত্র