Lancer des balles dans des bacs, estimer une limite inférieure de sa probabilité

Ce n'est pas un devoir, même si cela ressemble. Toute référence est la bienvenue. :-)

Scénario: Il y a balles $n$ différentes et bacs $n$ différents (étiquetés de 1 à $n$ , de gauche à droite). Chaque balle est lancée indépendamment et uniformément dans les bacs. Soit $f(i)$ le nombre de billes dans le $i$ ~ ième casier. Soit $E_i$ l'événement suivant.

Pour chaque $j\le i$ , $\sum_{k\le j}{f(k)} \le j-1$

Autrement dit, les premiers $j$ bacs (la plus à gauche $j$ bacs) contient moins de $j$ billes, pour chaque $j\le i$ .

Question: Estimer $\sum_{i<n}{Pr(E_i)}$ , en termes de $n$ ? Quand $n$ va à l'infini. Une limite inférieure est préférable. Je ne pense pas qu'une formule facilement calculable existe.

Pr(En)=$\lim\limits_{n\to\infty}{Pr(E_1)}=\lim\limits_{n\to\infty}{(\frac{n-1}{n})^n}=\frac{1}{e}$$Pr(E_n)=0$

Ma conjecture: je suppose que , quand va à l'infini. J'ai considéré les premiers éléments de la somme.n ln $\sum_{i<n}{Pr(E_i)}=\ln n$$n$$\ln n$

EDIT: (2014-08-08) Comme le souligne Douglas Zare dans les commentaires, l'argument ci-dessous, en particulier le «pont» entre les deux probabilités, est incorrect. Je ne vois pas de moyen simple de le réparer. Je vais laisser la réponse ici car je pense qu'elle fournit encore une certaine intuition, mais sachez que n'est pas vrai en général.

$$\Pr(E_m) \le \prod_{l=1}^{m}\Pr(F_l)$$

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Ce ne sera pas une réponse complète, mais j'espère qu'elle contiendra suffisamment de contenu pour que vous ou quelqu'un de plus compétent que moi puisse le terminer.

Considérons la probabilité que exactement boules tombent dans les l (des n ) premiers bacs:$k$$l$$n$

$$\binom{n}{k} \left( \frac{l}{n} \right)^k \left(\frac{n-l}{n} \right)^{n-k}$$

Appelez la probabilité que moins de boules tombent dans les 1 premiers bacs F l :$l$$l$$F_l$

$$\Pr(F_l) = \sum_{k=0}^{l-1} \binom{n}{k} \left( \frac{l}{n} \right)^k \left( \frac{n-l}{n} \right)^{n-k}$$

La probabilité que l'événement, , ci-dessus se produise est moindre que si nous considérions chacun des événements F l se produisant indépendamment et en une seule fois. Cela nous donne un pont entre les deux:$E_l$$F_l$

$$\begin{array}{lll} \Pr(E_m) & \le & \prod_{l=1}^m \Pr(F_l) \\ & = & \prod_{l=1}^m \left( \sum_{k=1}^{l-1} \binom{n}{k} \left( \frac{l}{n}^k \right) \left( \frac{n-l}{n} \right)^{n-k} \right) \\ & = & \prod_{l=1}^m F(l-1; n, \frac{l}{n} ) \end{array}$$

Où est lafonction de distribution cumulative pour la distribution binomialeavecp=$F(l-1; n, \frac{l}{n})$ . Il suffit de lire quelques lignes sur la page Wikipedia et de noter que(l-1≤pn), nous pouvons utiliserl'inégalité de Chernoffpour obtenir:$p = \frac{l}{n}$$(l-1 \le p n)$

$$\begin{array}{lll} \Pr(E_m) & \le & \prod_{l=1}^m \exp\left[ -\frac{1}{2l} \right] \\ & = & \exp\left[ - \frac{1}{2} \sum_{l=1}^m \frac{1}{l} \right] \\ & = & \exp\left[ - \frac{1}{2} H_m \right] \\ & \le & \exp\left[ -\frac{1}{2} \left( \frac{1}{2 m} + \ln(m) + \gamma \right) \right] \end{array}$$

Où est la m ième harmonique Nombre , γ est la constante d' Euler-Mascheroni et l'inégalité de la H m est tirée de la page liée MathWorld de Wolfram.$H_m$$m$$\gamma$$H_m$

Ne pas se soucier du facteur, ce finalement nous donne:$e^{-1/4m}$

$$\Pr(E_m) \le \frac{ e^{ -\gamma/2}}{\sqrt{m}}$$

Vous trouverez ci-dessous un diagramme log-log d'une moyenne de 100 000 instances pour en fonction de m avec la fonction e - γ /$n=2048$$m$ également tracé pour référence:$\frac{e^{ -\gamma/2}}{\sqrt{m}}$

Bien que les constantes soient désactivées, la forme de la fonction semble être correcte.

Vous trouverez ci-dessous un diagramme log-log pour faire varier chaque point étant la moyenne de 100 000 instances en fonction de m :$n$$m$

Enfin, pour arriver à la question initiale à laquelle vous vouliez répondre, car nous savons que nous avons:$\Pr(E_m) \propto \frac{1}{\sqrt{m}}$

$$\sum_{i<n} \Pr(E_i) \propto \sqrt{n}$$

Et comme vérification numérique, ci-dessous est un tracé log-log de la somme, , par rapport à la taille de l'instance, n . Chaque point représente la moyenne de la somme de 100 000 instances. La fonction x une / 2 a été tracée à titre de référence:$S$$n$$x^{1/2}$

Bien que je ne vois pas de lien direct entre les deux, les astuces et la forme finale de ce problème ont beaucoup de points communs avec le problème d'anniversaire comme initialement supposé dans les commentaires.

La réponse est .$\Theta(\sqrt{n})$

Commençons par calculer .$E_{n-1}$

Supposons que nous jetons balles dans n cases, et examinons la probabilité qu’une case contienne exactement k balles. Cette probabilité vient de la distribution de Poisson, et comme n va à ∞ la probabilité qu'il y ait exactement k boules dans un bac donné est $n$$n$$k$$n$$\infty$$k$.$\frac{1}{e} \frac{1}{ k!}$

Maintenant, regardons une autre façon de distribuer les balles dans les bacs. Nous jetons un certain nombre de boules dans chaque bac choisi dans la distribution de Poisson et conditionnons qu'il y ait boules au total. Je prétends que cela donne exactement la même distribution que de lancer n balles dans n cases. Pourquoi? Il est facile de voir que la probabilité d'avoir k j boules dans le j ^ième casier est proportionnelle à ∏ n j = 1$n$$n$$n$$k_j$$j$dans les deux distributions.$\prod_{j=1}^n \frac{1}{k_j!}$

Considérons donc une marche aléatoire où à chaque étape, vous passez de à t + 1 - k avec probabilité $t$$t+1-k$. Je prétends que si vous conditionnez à ce que cette marche aléatoire revienne à 0 aprèsnétapes, la probabilité que ce hasard reste toujours supérieur à0est la probabilité que l'OP veuille calculer. Pourquoi? Cette hauteur de cette marche aléatoire aprèssétapes estsmoins le nombre de balles dans lesspremiersbacs.$\frac{1}{e}\frac{1}{k!}$$n$$0$$s$$s$$s$

Si nous avions choisi une marche aléatoire avec une probabilité de de monter ou descendre1à chaque étape, ce serait leproblème du scrutinclassique, pour lequel la réponse est$\frac{1}{2}$$1$ . Il s'agit d'une variante du problème du scrutin qui a été étudié (voircet article), et la réponse est toujoursΘ($\frac{1}{2(n-1)}$. Je ne sais pas s'il existe un moyen facile de calculer la constante pour leΘ($\Theta\left(\frac{1}{n}\right)$pour ce cas.$\Theta\left(\frac{1}{n}\right)$

Le même article montre que lorsque la marche aléatoire est conditionnée pour se terminer à la hauteur , la probabilité de rester toujours positif est Θ ( k / n ) tant que k = O ( $k$$\Theta(k/n)$. Ce fait nous permettra d'estimerEspour touts.$k = O(\sqrt{n})$$E_s$$s$

Je vais être un peu vague pour le reste de ma réponse, mais des techniques de probabilité standard peuvent être utilisées pour rendre cela rigoureux.

Nous savons que lorsque va à ∞ , cette marche aléatoire converge vers un pont brownien, c'est-à-dire un mouvement brownien conditionné pour commencer et se terminer à 0 . D'après les théorèmes de probabilité générale, pour ϵ n < s < ( 1 - ϵ ) n , la marche aléatoire est à peu près Θ ( $n$$\infty$$0$$\epsilon n < s< (1-\epsilon)n$loin de l'axe desx. Dans le cas où il a une hauteurt>0, la probabilité qu'il soit resté au-dessus de0pendant tout le temps avantsestΘ(t/s). Puisquetest susceptible d'êtreΘ($\Theta(\sqrt{n})$$x$$t>0$$0$$s$$\Theta(t/s)$$t$lorsques=Θ(n), nous avonsEs≈Θ(1/$\Theta(\sqrt{n})$$s = \Theta(n)$.$E_s \approx \Theta(1/\sqrt{n})$

[Edit 2014-08-13: Grâce à un commentaire de Peter Shor, j'ai changé mon estimation du taux de croissance asymptotique de cette série.]

Ma conviction est que croît comme $\lim_{n\to\infty} \sum_{i<n} \Pr(E_i)$ . Je n'ai pas de preuve mais je pense avoir un argument convaincant.$\sqrt{n}$

Soit une variable aléatoire qui donne le nombre de boules dans le bac i . Soit B i , j = ∑ j k = i B k une variable aléatoire qui donne le nombre total de billes dans les bacs i à j inclus.$B_i = f(i)$$i$$B_{i,j} = \sum_{k=i}^j B_k$$i$$j$

Vous pouvez maintenant écrire pour tout j < i . Pour cela, introduisons les fonctions π et g i .$\Pr(E_i) = \sum_{b<j} \Pr(E_j \wedge B_{1,j} = b) \Pr(E_i \mid E_j \wedge B_{1,j} = b)$$j < i$$\pi$$g_i$

$$\pi(j, k, b) = \Pr(B_j = k \mid B_{1,j-1} = b) = \binom{n-b}{k}\left(\frac{1}{n-j+1}\right)^k\left(\frac{n-j}{n-j+1}\right)^{n-b-k}$$

$$\begin{aligned} g_i(j, k, b) \; &= \Pr(E_i \wedge B_{j,i} \le k \mid E_{j-1} \wedge B_{1,j-1} = b) \\ &= \begin{cases} 0 & k < 0 \\ 1 & k >= 0 \wedge j > i \\ \sum_{l=0}^{j-b-1} \pi(j, l, b) g_i(j + 1, k - l, b + l) & \mathrm{otherwise} \end{cases}\end{aligned}$$

We can write $\Pr(E_i)$ in terms of $g_i$:

$$\Pr(E_i) = g_i(1, i - 1, 0)$$

Now, it's clear from the definition of $g_i$ that

$$\Pr(E_i) = \frac{(n-i)^{n-i+1}}{n^n}h_i(n)$$

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

Since we're only talking about $Pr(E_i)$ when $n\to\infty$, only the lead coefficient of $h_i(n)$ is relevant; let's call this coefficient $a_i$. Then

$$\lim_{n\to\infty} \Pr(E_i) = \frac{a_i}{e^i}$$

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

$$a_i = \mu_i(1, i-1, 0)$$ where $$\mu_i(j, k, b) = \begin{cases} 0 & k < 0 \\ 1 & k >= 0 \wedge i > j \\ \sum_{l = 0}^{j-b-1} \frac{1}{l!} \mu_i(j + 1, k - l, b+ l) & \mathrm{otherwise} \end{cases}$$

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

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

$$\DeclareMathOperator{\Pois}{Pois} \Pr(E_i) = \frac{i^i}{i! e^i} = \Pois(i; i)$$

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

$$\lim_{n\to\infty} \sum_{i=1}^n \Pr(E_i) = \sum_{x = 1}^{\infty} \frac{x^x}{x!e^x}$$

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

$$\lim_{n\to\infty} \Pr(E_x) = \frac{x^x}{x!e^x} \approx \frac{1}{\sqrt{2 \pi x}}$$

Let

$$\phi(x) = \frac{1}{\sqrt{2 \pi x}}$$

Since

• $\lim_{x\to\infty}\frac{\phi(x)}{\phi(x+1)} = 1$
• $\phi(x)$ is decreasing
• $\int_1^n \phi(x)dx \to \infty$ as $n \to \infty$

our series grows as $\int_1^n \phi(x) dx$ (See e.g. Theorem 2). That is,

$$\sum_{i=1}^n Pr(E_i) = \Theta\left(\sqrt{n}\right)$$

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 / $n^n$. This implies that the answer is $\sim n^{\frac{1}{2}} \frac{\sqrt{\pi}}{2}$.

More exactly, the answer is:

$$\frac{n!}{2 n^n} \sum_{k=0}^{n-2}\frac{n^k}{k!}$$ and there is no closed-form answer.