Một giới hạn dưới chặt chẽ về thời gian thu thập phiếu giảm giá là gì?

Trong bài toán Bộ sưu tập phiếu giảm giá cổ điển , ai cũng biết rằng thời gian $T$ cần thiết để hoàn thành một bộ phiếu được chọn ngẫu nhiên thỏa mãn , và .$n$$E[T] \sim n \ln n$$Var(T) \sim n^2$$\Pr(T > n \ln n + cn) < e^{-c}$

Giới hạn trên này tốt hơn giới hạn được đưa ra bởi bất đẳng thức Ch Quashev, sẽ xấp xỉ .$1/c^2$

Câu hỏi của tôi là: có giới hạn thấp hơn tương ứng với Ch Quashev cho không? (ví dụ: một cái gì đó như \ Pr (T <n \ ln n - cn) <e ^ {- c} )?Pr ( T < n ln n - c n ) < e - $T$$\Pr(T < n \ln n - cn) < e^{-c}$

Tôi đang cung cấp đây là câu trả lời thứ hai vì phân tích là hoàn toàn cơ bản và cung cấp chính xác kết quả mong muốn.

Dự Đối với $c > 0$ và $n \geq 1$ ,

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

Ý tưởng đằng sau bằng chứng rất đơn giản:

1. Đại diện cho thời điểm đó cho đến khi tất cả các phiếu giảm giá được thu thập như , nơi T i là thời gian mà tôi ngày (trước đây) độc đáo coupon được thu thập. Các T i là các biến ngẫu nhiên hình học với thời gian trung bình của $T = \sum_{i=1}^n T_i$$T_i$$i$$T_i$ .$\frac{n}{n-i+1}$
2. Áp dụng một phiên bản của ràng buộc Chernoff và đơn giản hóa.

Bằng chứng

Đối với bất kỳ và bất kỳ s > 0 , ta có P ( T < t ) = P ( e - s T > e - s t ) ≤ e s t E e - s $t$ $s > 0$

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

Kể từ khi và T i là độc lập, chúng ta có thể viết E e - s T = n Π$T = \sum_i T_i$$T_i$

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

Bây giờ vì là hình học, hãy nói với xác suất thành công p i , sau đó một phép tính đơn giản cho thấy E e - s T i = p $T_i$$p_i$

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

Các cho vấn đề của chúng tôi là p 1 = 1 , p 2 = 1 - 1 / n , p 3 = 1 - 2 / n , vv Do đó, n Π i = 1 E e - s T i = n Π i = 1 i /$p_i$$p_1 = 1$$p_2 = 1 - 1/n$$p_3 = 1 - 2/n$

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

Hãy chọn và t = n log n - c n cho một số c > 0 . Sau đó e s t = n e - c và e s = e 1 / n ≥ 1 + 1 / n , năng suất n Π i = 1 i /$s = 1/n$$t = n \log n - c n$$c > 0$

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

Đặt lại với nhau này, chúng tôi nhận được rằng

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

như mong muốn.

Mặc dù @cardinal đã đưa ra một câu trả lời đưa ra chính xác ràng buộc mà tôi đang tìm kiếm, tôi đã tìm thấy một đối số tương tự theo kiểu Chernoff có thể đưa ra một ràng buộc mạnh mẽ hơn:

Proposition:

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

Proof:

$T$$T_i$$p_i = 1 - i/n$$E[T_i] = 1/p_i$ and $E[T] = \sum_{i=1}^{n} E[T_i] = n \sum_{i=1}^n \frac{1}{i}\geq n \log n$.

Define now new variables $S_i : = T_i - E[T_i]$, and $S : = \sum_i S_i$. We can then write

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

Computing the averages, we have

$$E[e^{-s S}] = \prod_i E[e^{-s S_i}] = \prod_i \frac{e^{s / p_i} } {1 + \frac{1}{p_i} (e^s -1)} \leq e^{\frac{1}{2}s^2\sum_i p_i^{-2}}$$ where the inequality follows from the facts that $e^s - 1\geq s$ and also $\frac{e^z}{1+z}\leq e^{\frac{1}{2}z^2}$ for $z\geq 0$.

Thus, since $\sum_i p_i ^{-2} = n^2 \sum_{i=1}^{n-1} \frac{1}{i^2} \leq n^2 \pi^2/6$, we can write

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

Minimizing over $s>0$, we finally obtain

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

Important Note: I've decided to remove the proof I gave originally in this answer. It was longer, more computational, used bigger hammers, and proved a weaker result as compared to the other proof I've given. All around, an inferior approach (in my view). If you're really interested, I suppose you can look at the edits.

The asymptotic results that I originally quoted and which are still found below in this answer do show that as $n \to \infty$ we can do a bit better than the bound proved in the other answer, which holds for all $n$.

---

The following asymptotic results hold

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

and

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

The constant $c \in \mathbb{R}$ and the limits are taken as $n \to \infty$. Note that, though they're separated into two results, they're pretty much the same result since $c$ is not constrained to be nonnegative in either case.

See, e.g., Motwani and Raghavan, Randomized Algorithms, pp. 60--63 for a proof.

---

Also: David kindly provides a proof for his stated upper bound in the comments to this answer.

Benjamin Doerr gives (in the chapter " Analyzing Randomized Search Heuristics: Tools from Probability Theory" in the book "Theory of Randomized Search Heuristics", see the link for an online PDF) a somewhat simple proof of

Proposition Let $T$ be the stopping time of the coupon collection process. Then $\Pr[T\le (1-\epsilon)(n-1)\ln n]\le e^{-n^{\epsilon}}$.

This seems to give the desired asymptotics (from @cardinal's second answer), but with the advantage of being true for all $n$ and $\epsilon$.

Here is a proof sketch.

Proof Sketch: Let $X_i$ be the event that the $i$-th coupon is collected in the first $t$ draws. Thus, $\Pr[X_i=1]=(1-1/n)^t$. The key fact is that the $X_i$ are negatively correlated, for any $I\subseteq[n]$, $\Pr[\forall i\in I, X_i=1]\le\prod_{i\in I}\Pr[X_i=1]$. Intuitively, this is fairly clear, as knowing that the $i$-th coupon in the first $t$ draws would make it less likely that the $j$-th coupon is also drawn in the first $t$ draws.

One can prove the claim, but enlarging the set $I$ by 1 at each step. Then it reduces to showing that $\Pr[\forall i\in I, X_i=1|X_j=1]\le\Pr[\forall i\in I,X_i=1]$, for $j\notin I$. Equivalently, by averaging, it reduces to showing that $\Pr[\forall i\in I, X_i=1|X_j=0]\ge\Pr[\forall i\in I,X_i=1]$. Doerr only gives an intuitive argument for this. One avenue to a proof is as follows. One can observe that conditioned on the $j$ coupon coming after all of the coupons in $I$, that the probability of drawing a new coupon from $I$ after drawing $k$ so far is now $\frac{|I|-k}{n-1}$, instead of the previous $\frac{|I|-k}{n}$. So decomposing the time to collect all coupons as a sum of geometric random variables, we can see that conditioning on the $j$-coupon coming after $I$ increases the success probabilities, and thus doing the conditioning only makes it more likely to collect the coupons earlier (by stochastic dominance: each geometric random variable is increased, in terms of stochastic dominance, by the conditioning, and this dominance can then be applied to the sum).

Given this negative correlation, it follows that $\Pr[T\le (1-\epsilon)(n-1)\ln n]\le (1-(1-1/n)^t)^n$, which gives the desired bound with $t=(1-\epsilon)(n-1)\ln n$.