Distribusi fragmen terbesar dari tongkat patah (jarak)

Biarkan batang dengan panjang 1 dipecah dalam fragmen secara seragam secara acak. Berapa distribusi panjang fragmen terpanjang? $k+1$

Secara lebih formal, biarkan menjadi IID , dan biarkan menjadi statistik pesanan terkait, yaitu kami cukup memesan sampel sedemikian rupa sehingga . Biarkan . $(U_1, \ldots U_k)$ $U(0,1)$ $(U_{(1)}, \ldots, U_{(k)})$ $U_{(1)} \leq U_{(2)} \leq, \ldots , \leq U_{(k)}$ $Z_k = \max \left(U_{(1)}, U_{(2)}-U_{(1)}, \ldots, U_{(k)} - U_{(k-1)}, 1-U_{(k)}\right)$

Saya tertarik pada distribusi $Z_k$ . Momen, hasil asimptotik, atau perkiraan untuk $k \uparrow \infty$ juga menarik.

distributions uniform order-statistics dirichlet-distribution maximum gui11aume
sumber

Ini adalah masalah yang dipelajari dengan baik; lihat R. Pyke (1965), "Spacings," JRSS (B) 27 : 3, hlm. 395-449. Saya akan mencoba untuk datang kembali untuk menambahkan beberapa informasi kemudian kecuali seseorang mengalahkan saya untuk itu. Ada juga makalah 1972 oleh penulis yang sama (" Spacings revisited ") tapi saya pikir apa yang Anda cari hampir semuanya ada di awal. Ada beberapa asimtotik dalam Devroye (1981) , "Hukum Logaritma Iterated untuk Statistik Order dari Penempatan Seragam" Ann. Mungkin. , 9 : 5, 860-867.

Glen_b -Reinstate Monica

Itu juga harus memberikan beberapa istilah pencarian yang baik untuk menemukan kemudian bekerja jika Anda membutuhkannya.

Glen_b -Reinstate Monica

Ini luar biasa. Referensi pertama sulit ditemukan. Bagi yang berminat, saya menaruhnya di The Grand Locus .

gui11aume

Harap perbaiki salah cetak:

Y_{(k)}

$Y_{(k)}$ alih-alih

U_{(k)}

$U_{(k)}$ .

Viktor

Terima kasih @ Viktor! Untuk hal-hal kecil seperti itu, jangan ragu untuk melakukan pengeditan sendiri (saya pikir itu akan ditinjau oleh pengguna lain untuk persetujuan).

gui11aume

Dengan informasi yang diberikan oleh @Glen_b saya bisa menemukan jawabannya. Menggunakan notasi yang sama dengan pertanyaan

P (Z_{k} \leq x) = \sum_{j = 0}^{k + 1} (\binom{k + 1}{j}) (- 1)^{j} (1 - j x)_{+}^{k},

$P(Z_k \leq x) = \sum_{j=0}^{k+1} { k+1 \choose j } (-1)^j (1-jx)_+^k,$

di mana $a_+ = a$ jika $a > 0$ dan $0$ sebaliknya. Saya juga memberikan ekspektasi dan konvergensi asimptotik pada distribusi Gumbel ( NB : bukan Beta)

E (Z_{k}) = \frac{1}{k + 1} \sum_{i = 1}^{k + 1} \frac{1}{i} \sim \frac{\log (k + 1)}{k + 1}, P (Z_{k} \leq x) \sim \exp (- e^{- (k + 1) x + \log (k + 1)}) .

$E(Z_k)= \frac{1}{k+1}\sum_{i=1}^{k+1}\frac{1}{i} \sim \frac{\log(k+1)}{k+1}, \\ P(Z_k \leq x) \sim \exp\left(- e^{-(k+1)x + \log(k+1)} \right).$

Bahan bukti diambil dari beberapa publikasi yang terhubung dalam referensi. Mereka agak panjang, tapi langsung.

1. Bukti distribusi yang tepat

Misalkan menjadi variabel acak seragam IID dalam interval . Dengan memesannya , kami memperoleh statistik order yang dilambangkan . Jarak seragam didefinisikan sebagai , dengan dan . Spasi yang diurutkan adalah statistik yang diurutkan sesuai . Variabel yang menarik adalah . $(U_1, \ldots, U_k)$ $(0,1)$ $k$ $(U_{(1)}, \ldots, U_{(k)})$ $\Delta_i = U_{(i)} - U_{(i-1)}$ $U_{(0)} = 0$ $U_{(k+1)} = 1$ $\Delta_{(1)} \leq \ldots \leq \Delta_{(k+1)}$ $\Delta_{(k+1)}$

Untuk tetap> , kami mendefinisikan variabel indikator . Secara simetri, vektor acak dapat ditukar, sehingga distribusi gabungan dari subset ukuran adalah sama dengan distribusi gabungan dari pertama . Dengan memperluas produk, dengan demikian kita memperoleh $x \in (0,1)$ $\mathbb{1}_i = \mathbb{1}_{\{\Delta_i > x\}}$ $(\mathbb{1}_1, \ldots, \mathbb{1}_{k+1})$ $j$ $j$

P (Δ_{(k + 1)} \leq x) = E (\prod_{saya = 1}^{k + 1} (1 - 1_{saya})) = 1 + \sum_{j = 1}^{k + 1} (\binom{k + 1}{j}) (- 1)^{j} E (\prod_{saya = 1}^{j} 1_{saya}) .

$P(\Delta_{(k+1)} \leq x) = E \left( \prod_{i=1}^{k+1} (1 - \mathbb{1}_i) \right) = 1 + \sum_{j=1}^{k+1} { k+1 \choose j } (-1)^j E \left( \prod_{i=1}^j \mathbb{1}_i \right).$

Kami sekarang akan membuktikan bahwa , yang akan menetapkan distribusi yang diberikan di atas. Kami membuktikan ini untuk , karena kasus umum terbukti sama. $E \left( \prod_{i=1}^j \mathbb{1}_i \right) = (1-jx)_+^k$ $j=2$

E (\prod_{i = 1}^{2} 1_{i}) = P (Δ_{1} > x \cap Δ_{2} > x) = P (Δ_{1} > x) P (Δ_{2} > x | Δ_{1} > x) .

$E \left( \prod_{i=1}^2 \mathbb{1}_i \right) = P(\Delta_1 > x \cap \Delta_2 > x) = P(\Delta_1 > x) P(\Delta_2 > x | \Delta_1 > x).$

Jika , breakpoints berada dalam interval . Secara kondisional pada peristiwa ini, breakpoints masih dapat ditukar, sehingga probabilitas bahwa jarak antara breakpoint kedua dan pertama lebih besar dari sama dengan probabilitas bahwa jarak antara breakpoint pertama dan penghalang kiri (pada posisi ) lebih besar dari . Begitu $\Delta_1 > x$ $k$ $(x,1)$ $x$ $x$ $x$

P (Δ_{2} > x | Δ_{1} > x) = P (all points are in (2 x, 1) | all points are in (x, 1)), so P (Δ_{2} > x \cap Δ_{1} > x) = P (all points are in (2 x, 1)) = (1 - 2 x)_{+}^{k} .

$P(\Delta_2 > x | \Delta_1 > x) = P\big(\text{all points are in } (2x,1) \big| \text{all points are in } (x,1)\big), \; \text{so} \\ P(\Delta_2 > x \cap \Delta_1 > x) = P\big(\text{all points are in } (2x,1)\big) = (1-2x)_+^k.$

2. Ekspektasi

Untuk distribusi dengan dukungan terbatas, kita harus

E (X) = \int P (X > x) d x = 1 - \int P (X \leq x) d x .

$E(X) = \int P(X > x)dx = 1 - \int P(X \leq x)dx.$

Mengintegrasikan distribusi , kita memperoleh $\Delta_{(k+1)}$

E (Δ_{(k + 1)}) = \frac{1}{k + 1} \sum_{j = 1}^{k + 1} (\binom{k + 1}{j}) \frac{(- 1)^{j + 1}}{j} = \frac{1}{k + 1} \sum_{j = 1}^{k + 1} \frac{1}{j} .

$E\left(\Delta_{(k+1)}\right) = \frac{1}{k+1}\sum_{j=1}^{k+1}{k+1 \choose j}\frac{(-1)^{j+1}}{j} = \frac{1}{k+1}\sum_{j=1}^{k+1}\frac{1}{j}.$

Kesetaraan terakhir adalah representasi klasik dari angka harmonik , yang kami tunjukkan di bawah ini. $H_i = 1+ \frac{1}{2}+ \ldots + \frac{1}{i}$

H_{k + 1} = \int_{0}^{1} 1 + x + \dots + x^{k} d x = \int_{0}^{1} \frac{1 - x^{k + 1}}{1 - x} d x .

$H_{k+1} = \int_0^1 1 + x + \ldots + x^k dx = \int_0^1 \frac{1-x^{k+1}}{1-x}dx.$

Dengan perubahan variabel dan memperluas produk, kita memperoleh $u = 1-x$

H_{k + 1} = \int_{0}^{1} \sum_{j = 1}^{k + 1} (\binom{k + 1}{j}) (- 1)^{j + 1} u^{j - 1} d u = \sum_{j = 1}^{k + 1} (\binom{k + 1}{j}) \frac{(- 1)^{j + 1}}{j} .

$H_{k+1} = \int_0^1\sum_{j=1}^{k+1}{ k+1 \choose j }(-1)^{j+1}u^{j-1}du = \sum_{j=1}^{k+1}{k+1 \choose j}\frac{(-1)^{j+1}}{j}.$

3. konstruksi Alternatif jarak seragam

Untuk mendapatkan distribusi asimtotik dari fragmen terbesar, kita perlu menunjukkan konstruksi klasik jarak seragam sebagai variabel eksponensial dibagi dengan jumlah mereka. Kepadatan probabilitas dari statistik pesanan terkait adalah $(U_{(1)}, \ldots, U_{(k)})$

f_{U_{(1)}, \dots U_{(k)}} (u_{(1)}, \dots, u_{(k)}) = k!, 0 \leq u_{(1)} \leq \dots \leq u_{(k + 1)} .

$f_{U_{(1)}, \ldots U_{(k)}}(u_{(1)}, \ldots, u_{(k)}) = k!, \; 0 \leq u_{(1)} \leq \ldots \leq u_{(k+1)}.$

Jika kita menunjukkan spasi yang seragam , dengan , kita memperoleh $\Delta_i = U_{(i)} - U_{(i-1)}$ $U_{(0)} = 0$

f_{Δ_{1}, ... Δ_{k}} (δ_{1}, ..., δ_{k}) = k!, 0 \leq δ_{saya} + ... + δ_{k} \leq 1.

$f_{\Delta_1, \ldots \Delta_k}(\delta_1, \ldots, \delta_k) = k!, \; 0 \leq \delta_i + \ldots + \delta_k \leq 1.$

Dengan mendefinisikan , dengan demikian kita memperoleh $U_{(k+1)} = 1$

f_{Δ_{1}, ... Δ_{k + 1}} (δ_{1}, ..., δ_{k + 1}) = k!, δ_{1} + ... + δ_{k} = 1.

$f_{\Delta_1, \ldots \Delta_{k+1}}(\delta_1, \ldots, \delta_{k+1}) = k!, \; \delta_1 + \ldots + \delta_k = 1.$

Sekarang, mari menjadi variabel acak eksponensial IID dengan rata-rata 1, dan biarkan . Dengan perubahan variabel sederhana, kita bisa melihatnya $(X_1, \ldots, X_{k+1})$ $S = X_1 + \ldots + X_{k+1}$

f_{X_{1}, \dots X_{k}, S} (x_{1}, \dots, x_{k}, s) = e^{- s} .

$f_{X_1, \ldots X_k, S}(x_1, \ldots, x_k, s) = e^{-s}.$

Tentukan , sehingga oleh perubahan variabel kita memperoleh $Y_i = X_i/S$

f_{Y_{1}, \dots Y_{k}, S} (y_{1}, \dots, y_{k}, s) = s^{k} e^{- s} .

$f_{Y_1, \ldots Y_k, S}(y_1, \ldots, y_k, s) = s^k e^{-s}.$

Mengintegrasikan density ini sehubungan dengan , dengan demikian kita memperoleh $s$

f_{Y_{1}, \dots Y_{k},} (y_{1}, \dots, y_{k}) = \int_{0}^{\infty} s^{k} e^{- s} d s = k!, 0 \leq y_{i} + \dots + y_{k} \leq 1, and thus f_{Y_{1}, \dots Y_{k + 1},} (y_{1}, \dots, y_{k + 1}) = k!, y_{1} + \dots + y_{k + 1} = 1.

$f_{Y_1, \ldots Y_k,}(y_1, \ldots, y_k) = \int_0^{\infty}s^k e^{-s}ds = k!, \; 0 \leq y_i + \ldots + y_k \leq 1, \; \text{and thus} \\ f_{Y_1, \ldots Y_{k+1},}(y_1, \ldots, y_{k+1}) = k!, \; y_1 + \ldots + y_{k+1} = 1.$

Jadi distribusi bersama jarak seragam pada interval adalah sama dengan distribusi bersama variabel acak eksponensial dibagi dengan jumlah mereka. Kami sampai pada kesetaraan distribusi berikut $k+1$ $(0,1)$ $k+1$

Δ_{(k + 1)} \equiv \frac{X_{(k + 1)}}{X_{1} + \dots + X_{k + 1}} .

$\Delta_{(k+1)} \equiv \frac{X_{(k+1)}}{X_1 + \ldots + X_{k+1}}.$

4. Distribusi asimptotik

Dengan menggunakan persamaan di atas, kami memperoleh

\begin{aligned} P ((k + 1) Δ_{(k + 1)} - \log (k + 1) \leq x) & = P (X_{(k + 1)} \leq (x + \log (k + 1)) \frac{X_{1} + \dots + X_{k + 1}}{k + 1}) \\ = P (X_{(k + 1)} - \log (k + 1) \leq x + (x + \log (k + 1)) T_{k + 1}), \end{aligned}

$\begin{align} P\big((k+1)\Delta_{(k+1)} - \log(k+1) \leq x\big) &= P\left(X_{(k+1)} \leq (x + \log(k+1))\frac{X_1 + \ldots + X_{k+1}}{k+1}\right) \\ &= P\left(X_{(k+1)} - \log(k+1) \leq x + (x + \log(k+1))T_{k+1}\right), \end{align}$

di mana . Variabel ini menghilang dalam probabilitas karena dan . Secara asimptotik, distribusinya sama dengan . Karena adalah IID, kami punya $T_{k+1} = \frac{X_1+\ldots+X_{k+1}}{k+1} -1$ $E\left(T_{k+1}\right) = 0$ $Var\big(\log(k+1)T_{k+1}\big) = \frac{(\log(k+1))^2}{k+1} \downarrow 0$ $X_{(k+1)} - \log(k+1)$ $X_i$

\begin{aligned} P (X_{(k + 1)} - \log (k + 1) \leq x) & = P {(X_{1} \leq x + \log (k + 1))}^{k + 1} \\ = {(1 - e^{- x - \log (k + 1)})}^{k + 1} = {(1 - \frac{e^{- x}}{k + 1})}^{k + 1} \sim \exp {- e^{- x}} . \end{aligned}

$\begin{align} P\left(X_{(k+1)} - \log(k+1) \leq x \right) &= P\left(X_1 \leq x + \log(k+1)\right)^{k+1} \\ &= \left(1-e^{-x - \log(k+1)}\right)^{k+1} = \left(1-\frac{e^{-x}}{k+1}\right)^{k+1} \sim \exp\left\{-e^{-x}\right\}. \end{align}$

5. Tinjauan grafis

Plot di bawah ini menunjukkan distribusi fragmen terbesar untuk nilai berbeda . Untuk , saya juga menimpakan distribusi Gumbel asimptotik (garis tipis). Gumbel adalah perkiraan yang sangat buruk untuk nilai-nilai kecil jadi saya menghilangkannya untuk tidak membebani gambar. Perkiraan Gumbel baik dari . $k$ $k=10, 20, 50$ $k$ $k \approx 50$

6. Referensi

Bukti di atas diambil dari referensi 2 dan 3. Literatur yang dikutip memuat lebih banyak hasil, seperti distribusi ruang yang dipesan dari peringkat apa pun, distribusi batasnya dan beberapa konstruksi alternatif dari jarak seragam yang dipesan. Referensi utama tidak mudah diakses, jadi saya juga menyediakan tautan ke teks lengkap.

Bairamov et al. (2010) Batasi hasil untuk penempatan seragam yang teratur , makalah Stat, 51: 1, hal 227-240
Holst (1980) Pada panjang potongan-potongan tongkat patah secara acak , J. Appl. Prob., 17, hlm 623-634
Pyke (1965) Spasi , JRSS (B) 27: 3, hlm. 395-449
Renyi (1953) Tentang teori statistik pesanan , Acta math Hung, 4, hlm 191-231

gui11aume
sumber

Cemerlang. Ngomong-ngomong, apakah ada asimptotik yang diketahui untuk ?

E (Z_{k}^{2})

$E(Z_k ^2)$

Amir Sagiv

@AmirSagiv ini pertanyaan yang bagus. Saya telah melihat sekilas referensi dan saya tidak dapat menemukannya. Saya juga tidak bisa mengadaptasi bukti di atas. Ini membuat saya sadar bahwa saya tidak tahu apa sebaran persegi Gumbel itu. Mungkin tempat yang bagus untuk memulai?

gui11aume

$ gui11aume Lihat di sini: mathoverflow.net/a/293381/42864

Amir Sagiv

@AmirSagiv Ini adalah posting yang sangat bagus. Untuk beberapa alasan, saya salah mengerti pertanyaan Anda dan berpikir Anda tertarik pada distribusi asimtotik (walaupun komentar Anda sangat jelas), jadi komentar saya di atas tidak begitu relevan.

Z_{k}^{2}

$Z_k^2$

gui11aume

Distribusi fragmen terbesar dari tongkat patah (jarak)

Jawaban:

1. Bukti distribusi yang tepat

2. Ekspektasi

3. konstruksi Alternatif jarak seragam

4. Distribusi asimptotik

5. Tinjauan grafis

6. Referensi