Khoảng cách tối đa giữa các mẫu được rút ra mà không thay thế từ phân phối thống nhất rời rạc

Vấn đề này liên quan đến nghiên cứu trong phòng thí nghiệm của tôi về bảo hiểm robot:

Rút ngẫu nhiên $n$ số từ tập $\{1,2,\ldots,m\}$ mà không thay thế và sắp xếp các số theo thứ tự tăng dần. $1\le n\le m$ .

Từ danh sách được sắp xếp này gồm các số $\{a_{(1)},a_{(2)},…,a_{(n)}\}$ , tạo ra sự khác biệt giữa các số liên tiếp và các ranh giới: $g = \{a_{(1)},a_{(2)}−a_{(1)},\ldots,a_{(n)}−a_{(n-1)},m+1-a_{(n)}\}$ . Điều này chokhoảng trống$n+1$ .

Sự phân bố của khoảng cách tối đa là gì?

$P(\max(g) = k) = P(k;m,n) = ?$

Điều này có thể được đóng khung bằng cách sử dụng thống kê đơn hàng : $P(g_{(n+1)} = k) = P(k;m,n) = ?$

Xem liên kết để phân phối các khoảng trống , nhưng câu hỏi này yêu cầu phân phối khoảng cách tối đa .

Tôi hài lòng với giá trị trung bình, $\mathbb{E}[g_{(n+1)}]$ .

Nếu $n=m$ tất cả các khoảng trống là kích thước 1. Nếu $n+1 = m$ có một khoảng cách kích thước $2$ và $n+1$ vị trí có thể. Kích thước khoảng cách tối đa là $m-n+1$ và khoảng cách này có thể được đặt trước hoặc sau bất kỳ số $n$ , với tổng số $n+1$ vị trí có thể. Kích thước khoảng cách tối đa nhỏ nhất là $\lceil\frac{m-n}{n+1}\rceil$ . Xác định xác suất của bất kỳ kết hợp đã cho nào $T= {m \choose n}^{-1}$ .

Tôi đã giải quyết một phần hàm khối lượng xác suất là $P(g_{(n+1)} = k) = P(k;m,n) = \begin{cases} 0 & k < \lceil\frac{m-n}{n+1}\rceil\\ 1 & k = \frac{m-n}{n+1} \\ 1 & k = 1 \text{ (occurs when $m=n$)} \\ T(n+1)& k = 2 \text{ (occurs when $m=n+1$)} \\ T(n+1)& k = \frac{m-(n-1)}{n} \\ ? & \frac{m-(n-1)}{n} \le k \le m-n+1 \\ T(n+1)& k = m-n+1\\ 0 & k > m-n+1 \end{cases} \tag{1}$

Công việc hiện tại (1): Phương trình cho khoảng cách đầu tiên, $a_{(1)}$ rất đơn giản:

$$P(a_{(1)} = k) = P(k;m,n) = \frac{1}{{m \choose n}} \sum_{k=1}^{m-n+1} {m-k-1 \choose n-1}$$ Giá trị mong đợi có giá trị đơn giản: $\mathbb{E}[P(a_{(1)})] = \frac{1}{ {m \choose n}} \sum_{k=1}^{m-n+1} {m-k-1 \choose n-1} k = \frac{m-n}{1+n}$ . Bằng cách đối xứng, tôi hy vọng tất cả các khoảng trống $n$ có phân phối này. Có lẽ giải pháp có thể được tìm thấy bằng cách rút ra từ phân phối này $n$ lần.

Công việc hiện tại (2): thật dễ dàng để chạy mô phỏng Monte Carlo.

simMaxGap[m_, n_] := Max[Differences[Sort[Join[RandomSample[Range[m], n], {0, m+1}]]]];
m = 1000; n = 1; trials = 100000;
SmoothHistogram[Table[simMaxGap[m, n], {trials}], Filling -> Axis,
Frame -> {True, True, False, False},
FrameLabel -> {"k (Max gap)", "Probability"},
PlotLabel -> StringForm["m=``,n=``,smooth histogram of maximum map for `` trials", m, n, trials]][![enter image description here][1]][1]

Đặt là cơ hội tối thiểu, , bằng ; nghĩa là, mẫu bao gồm và tập hợp của . Có các tập hợp con như vậy trong số các tập hợp con có khả năng như nhau, từ đó$f(g;n,m)$ ggn-1{g+1,g+2,Lôi,m$a_{(1)}$$g$$g$$n-1$$\{g+1,g+2,\ldots,m\}$$\binom{m-g}{n-1}$$\binom{m}{n}$

$$\Pr(a_{(1)}=g = f(g;n,m) = \frac{\binom{m-g}{n-1}}{\binom{m}{n}}.$$

Thêm cho tất cả các giá trị có thể của lớn hơn sẽ mang lại hàm tồn tạik $f(k;n,m)$$k$$g$

$$\Pr(a_{(1)} \gt g) = Q(g;n,m)= \frac{(m-g)\binom{m-g-1}{n-1}}{n \binom{m}{n}}.$$

Đặt là biến ngẫu nhiên được cho bởi khoảng cách lớn nhất:$G_{n,m}$

$$G_{n,m} = \max\left(a_{(1)}, a_{(2)}-a_{(1)}, \ldots, a_{(n)}-a_{(n-1)}\right).$$

(Điều này trả lời cho câu hỏi như được đóng khung ban đầu, trước khi nó được sửa đổi để bao gồm một khoảng cách giữa và .)$a_{(n)}$$m$ Chúng tôi sẽ tính toán hàm sinh tồn của nó từ đó toàn bộ phân phối của có nguồn gốc dễ dàng. Phương thức này là một chương trình động bắt đầu bằng , rõ ràng làG n ,

$$P(g;n,m)=\Pr(G_{n,m}\gt g),$$ $G_{n,m}$$n=1$

$$P(g;1,m) = \Pr(G_{1,m} \gt 1) = \frac{m-g}{m},\ g=0, 1, \ldots, m.\tag{1}$$

Đối với lớn hơn , lưu ý rằng sự kiện là sự kết hợp rời rạc của sự kiệnG n , m > $n\gt 1$$G_{n,m}\gt g$

$$a_{1} \gt g,$$

trong đó khoảng cách đầu tiên vượt quá và các sự kiện riêng biệt$g$$g$

$$a_{1}=k\text{ and } G_{n-1,m-k} \gt g, \ k=1, 2, \ldots, g$$

trong đó khoảng cách đầu tiên bằng và khoảng cách lớn hơn xảy ra sau đó trong mẫu. Luật xác suất tổng thể khẳng định xác suất của những sự kiện này thêm vào, từ đó$k$$g$

$$P(g;n,m) = Q(g;n,m) + \sum_{k=1}^g f(k;n,m) P(g;n-1,m-k).\tag{2}$$

Sửa và đặt ra một mảng hai chiều được lập chỉ mục bởi và , chúng tôi có thể tính bằng cách sử dụng để điền vào hàng đầu tiên của nó và để điền vào từng hàng liên tiếp bằng các thao tác trên mỗi hàng. Do đó, bảng có thể được hoàn thành trong các hoạt động và tất cả các bảng cho đến có thể được xây dựng trong các hoạt động .i = 1 , 2 , Bắn , n j = 1 , 2 , Rời , m P ( g ; n , m ) ( 1 ) ( 2 ) O ( g m ) O ( g m n $g$$i=1,2,\ldots,n$$j=1,2,\ldots,m$$P(g;n,m)$$(1)$$(2)$$O(gm)$$O(gmn)$g = m - n + 1 O ( m 3 n $g=1$$g=m-n+1$$O(m^3n)$

Các biểu đồ này cho thấy hàm tồn tại cho . Khi tăng, đồ thị di chuyển sang trái, tương ứng với khả năng giảm các khoảng trống lớn.$g\to P(g;n,64)$$n=1,2,4,8,16,32,64$$n$

Các công thức khép kín cho có thể thu được trong nhiều trường hợp đặc biệt, đặc biệt đối với lớn , nhưng tôi không thể có được một công thức khép kín áp dụng cho tất cả . Các xấp xỉ tốt có sẵn bằng cách thay thế vấn đề này bằng vấn đề tương tự cho các biến thống nhất liên tục.$P(g;n,m)$$n$$g,n,m$

Cuối cùng, kỳ vọng của có được bằng cách tính tổng hàm sinh tồn của nó bắt đầu từ :$G_{n,m}$$g=0$

$$\mathbb{E}(G_{n,m}) = \sum_{g=0}^{m-n+1} P(g;n,m).$$

Biểu đồ đường viền của kỳ vọng này cho thấy các đường viền ở , tốt nghiệp từ tối đến sáng.$2, 4, 6, \ldots, 32$