Зворотна проблема з днем народження: жодна пара з 1 мільйона прибульців не ділиться з днем народження; яка їх тривалість року?

Припустимо планету з дуже дуже довгим днів. На вечірці в кімнаті 1 мільйон прибульців, і ніхто взагалі не ділиться на день народження. Що можна зробити про розмір ? $N$ $N$

(Це більш компактне питання замінює це погано сформульоване. )

probability birthday-paradox

— Пол Узак
джерело

Проблема з днем народження повідомляє вам значення N, де ймовірність принаймні однієї відповідності більша за вказане значення. Коли p = 1/2, дивується інтуїція, що це дає n = 23 .. Це передбачає, що кожен день народження має однакову рівномірну ймовірність (1/365). Неоднорідність лише робить n меншими. Тепер у вашій проблемі здається, що N замінює 365, і я припускаю, що припущення про рівномірність зберігається.

— Майкл Р. Черник

Якщо N <= 1 000 000, то принаймні 1 збіг має ймовірність = 1, а значить 0 збігів має ймовірність = 0.

— Майкл Р. Черник

Отже, коли N> 1 000 000, ймовірність принаймні 1 відповідності має ймовірність <1, а отже, ймовірність нульових збігів починає зростати.

— Майкл Р. Черник

@Michael Будь ласка, зарезервуйте коментарі для запитів на роз'яснення та інших випадкових дискусій і спробуйте опублікувати лише один за одним: є вагома причина для обмеження кількості персонажів. Якщо ви виявите, що ви обговорюєте щось суттєве, що потребує численних коментарів, ви, ймовірно, намагаєтесь відповісти на питання, тож ви можете також залишити відповідь.

— whuber

Якщо припустити, що всі дні народження однаково вірогідні, а дні народження незалежні, то ймовірність, що прибульців не поділяють день народження, $k+1$

p (к; N) = 1 (1 - \frac{1}{N}) (1 - \frac{2}{N}) \dots (1 - \frac{к}{N}) .

$p(k;N) = 1\left(1-\frac{1}{N}\right)\left(1-\frac{2}{N}\right)\cdots\left(1-\frac{k}{N}\right).$

Його логарифм може бути підсумований асимптотично за умови набагато менше : $k$ $N$

\begin{matrix} (1) & журнал (p (к; N)) = - \frac{к (к + 1)}{2 N} - \frac{к + 3 к^{2} + 2 к^{3}}{12 N^{2}} - О (к^{4} N^{- 3}) . \end{matrix}

$\log(p(k;N)) = -\frac{k(k+1)}{2N} - \frac{k + 3k^2 + 2k^3}{12N^2} - O(k^4 N^{-3}).\tag{1}$

Щоб бути впевненим, що не менше деякого значення , нам потрібно бути більшим за . Малий гарантує, що набагато більший, ніж , звідки ми можемо точно точно оцінити як . Це дає $100-100\alpha\%$ $N$ $N^{*}$ $(1)$ $\log(1-\alpha)$ $\alpha$ $N$ $k$ $(1)$ $-k^2/(2N)$

- \frac{к^{2}}{2 N} > журнал (1 - α),

$-\frac{k^2}{2N} \gt \log(1-\alpha),$

маючи на увазі

\begin{matrix} (2) & N > \frac{- к^{2}}{2 журнал (1 - α)} \approx \frac{к^{2}}{2 α} = N^{*} \end{matrix}

$N \gt\frac{-k^2}{2\log(1-\alpha)} \approx \frac{k^2}{2\alpha}=N^{*}\tag{2}$

для малих . $\alpha$

Наприклад, при як у питанні, і (умовне значення, що відповідає достовірності), дає . $k=10^6-1$ $\alpha=0.05$ $95\%$ $(2)$ $N \gt 10^{13}$

Ось більш експансивне тлумачення цього результату. Не наближаючись до формули , отримуємо . Для цього шанс не зіткнутись у мільйон днів народження (обчислюється без наближення), по суті дорівнює нашому порогу . Таким чином, для будь-якого цей великий або більший - це $(2)$ $N=9.74786\times 10^{12}$ $N$ $p(10^6-1, 9.74786\times 10^{12})=95.0000\ldots\%$ $95\%$ $N$ $95\%$ або більш ймовірно , не буде ніяких зіткнень, що узгоджується з тим, що ми знаємо, але і для будь-якого меншого ймовірність зіткнення стає вище , який починає робити будемо боятися ми могли б недооцінювати . $N$ $100 - 95= 5\%$ $N$

Як інший приклад, у традиційній проблемі з днем народження існує шансу не зіткнення у осіб та шансу не зіткнення у осіб. Ці числа говорять про те, що повинно перевищувати та відповідно в межах правильного значення . Це показує, наскільки точними можуть бути ці приблизні, асимптотичні результати навіть для дуже малого (за умови, що ми дотримуємось малого ). $4\%$ $k=6$ $5.6\%$ $k=7$ $N$ $360$ $490$ $366$ $k$ $\alpha$

— дзижчати
джерело

Я не був готовий надати подібну відповідь. З числами це велике наближення може бути простіше обчислити. Вікіпедія дає узагальнену проблему з днем народження, показуючи наближення та межі N з k людьми (прибульцями). Я мав ту саму формулу, що і ваше перше рівняння.

— Майкл Р. Черник

Моє запитання було б наскільки має бути N, щоб досягти 100% впевненості. Я думаю, це щось на зразок 10 ^ 18.

— Майкл Р. Черник

@MichaelChernick За 100% впевненості N йде до нескінченності. Для будь-якого кінцевого року та для будь-якої вечірки з двома та більше прибульцями ймовірність двох прибульців з тим самим днем народження завжди більша за 0.

— Пер

@Pere Так, дякую, що побачили це. Я одразу це виправлю. Це не мало значення для решти посади.

— whuber

@Paul Uszak Я думаю, що ваш коментар до відповіді Пере (видалено зараз) був занадто суворим. Я думаю, що його відповідь було дано сумлінно. Він намагався бути корисним вам, надаючи корисні наближення. Пізніше він побачив відповідь Ваубера і вирішив, що вона є більш повною, і погодився видалити його відповідь. Його коментар про те, що не очікувати детальної відповіді, не мав на увазі те, як ви її інтерпретували. Це складна проблема. Вам навіть довелося переписати публікацію, щоб зробити її зрозумілою. Я впевнений, що він не сприймає вирішення подібної проблеми як жарт.

— Майкл Р. Черник

Зворотна проблема з днем ​​народження: жодна пара з 1 мільйона прибульців не ділиться з днем ​​народження; яка їх тривалість року?

Зворотна проблема з днем народження: жодна пара з 1 мільйона прибульців не ділиться з днем народження; яка їх тривалість року?