Maksymalny odstęp między próbkami pobranymi bez zamiany z dyskretnego jednorodnego rozkładu

Ten problem jest związany z badaniami mojego laboratorium w zakresie robotów:

Narysuj losowo liczb ze zbioru bez zamiany i posortuj liczby w porządku rosnącym. .$n$$\{1,2,\ldots,m\}$$1\le n\le m$

Z tej posortowanej listy liczb wygeneruj różnicę między kolejnymi liczbami a granicami: . Daje to przerwy .$\{a_{(1)},a_{(2)},…,a_{(n)}\}$$g = \{a_{(1)},a_{(2)}−a_{(1)},\ldots,a_{(n)}−a_{(n-1)},m+1-a_{(n)}\}$$n+1$

Jaki jest rozkład maksymalnej luki?

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

Można to sformułować za pomocą statystyk zamówienia : $P(g_{(n+1)} = k) = P(k;m,n) = ?$

Zobacz link do podziału luk , ale pytanie to dotyczy rozkładu maksymalnej luki.

Byłbym zadowolony ze średniej wartości, $\mathbb{E}[g_{(n+1)}]$ .

Jeśli $n=m$ wszystkie odstępy mają rozmiar 1. Jeśli $n+1 = m$ istnieje jedna przerwa o rozmiarze $2$ , a $n+1$ możliwe lokalizacje. Maksymalny rozmiar odstępu wynosi $m-n+1$ , a odstęp ten można umieścić przed dowolną liczbą n lub po niej $n$, w sumie $n+1$ możliwych pozycji. Najmniejszy maksymalny rozmiar przerwy to $\lceil\frac{m-n}{n+1}\rceil$ . Określ prawdopodobieństwo dowolnej kombinacji $T= {m \choose n}^{-1}$ .

Częściowo rozwiązałem funkcję masy prawdopodobieństwa jako $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}$

Bieżąca praca (1): Równanie dla pierwszej przerwy $a_{(1)}$ jest proste:

$$P(a_{(1)} = k) = P(k;m,n) = \frac{1}{{m \choose n}} \sum_{k=1}^{m-n+1} {m-k-1 \choose n-1}$$ Oczekiwana wartość ma prostą wartość: $\mathbb{E}[P(a_{(1)})] = \frac{1}{ {m \choose n}} \sum_{k=1}^{m-n+1} {m-k-1 \choose n-1} k = \frac{m-n}{1+n}$ . Symetrii, spodziewam wszystkie $n$ luki mieć tę dystrybucję. Być może rozwiązanie można znaleźć, wyciągając z tego rozkładu $n$ razy.

Bieżąca praca (2): łatwo jest uruchomić symulacje 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]

Niech będzie szansą, że minimum, , równa się ; to znaczy, że próbka składa się z a -subset o . Istnieje takich podzbiorów z równie prawdopodobnych podzbiorów$f(g;n,m)$$a_{(1)}$$g$$g$$n-1$$\{g+1,g+2,\ldots,m\}$$\binom{m-g}{n-1}$$\binom{m}{n}$

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

Dodanie dla wszystkich możliwych wartości większych niż daje funkcję przeżycia$f(k;n,m)$$k$$g$

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

Niech będzie zmienną losową podaną przez największą lukę:$G_{n,m}$

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

(To odpowiada na pytanie w pierwotnym kształcie, zanim zostało zmodyfikowane w celu uwzględnienia luki między i .)$a_{(n)}$$m$ Obliczymy jego funkcję przeżycia z którego łatwo wywodzi się cały rozkład . Metoda jest programem dynamicznym rozpoczynającym się od , dla którego jest oczywiste, że

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

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

W przypadku większego należy pamiętać, że zdarzenie jest rozłącznym połączeniem zdarzenia$n\gt 1$$G_{n,m}\gt g$

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

dla których pierwsza przerwa przekracza , a oddzielne zdarzenia$g$$g$

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

dla których pierwsza przerwa wynosi a przerwa większa niż występuje później w próbce. Prawo całkowitego prawdopodobieństwa zakłada, że ​​prawdopodobieństwa tych zdarzeń dodają, skąd$k$$g$

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

Naprawiając i układając tablicę dwukierunkową indeksowaną przez i , możemy obliczyć za pomocą wypełnić pierwszy wiersz i wypełnić każdy kolejny wiersz, używając operacji na wiersz. W związku z tym tabelę można uzupełnić w operacjach , a wszystkie tabele dla do można konstruować w operacjach .$g$$i=1,2,\ldots,n$$j=1,2,\ldots,m$$P(g;n,m)$$(1)$$(2)$$O(gm)$$O(gmn)$$g=1$$g=m-n+1$$O(m^3n)$

Te wykresy pokazują funkcję przeżycia dla . W miarę wzrostu wykres przesuwa się w lewo, co odpowiada malejącym szansom na duże przerwy.$g\to P(g;n,64)$$n=1,2,4,8,16,32,64$$n$

Wzory zamknięte dla można uzyskać w wielu szczególnych przypadkach, szczególnie dla dużych , ale nie byłem w stanie uzyskać zamkniętego wzoru, który dotyczy wszystkich . Dobre przybliżenia są łatwo dostępne poprzez zastąpienie tego problemu analogicznym problemem dla ciągłych zmiennych jednorodnych.$P(g;n,m)$$n$$g,n,m$

Wreszcie, oczekiwanie uzyskuje się poprzez zsumowanie jego funkcji przeżycia zaczynającej się od :$G_{n,m}$$g=0$

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

Ten wykres konturowy oczekiwań pokazuje kontury w , przechodząc od ciemności do światła.$2, 4, 6, \ldots, 32$