Зворотна проблема з днем ​​народження при кількох зіткненнях

Припустимо, у вас був чужий рік з невідомою довжиною N. Якщо у вас є випадкова вибірка згаданих прибульців, і деякі з них діляться днями народження, чи можете ви використовувати ці дані для оцінки тривалості року?

Наприклад, у вибірці 100, у вас може бути дві трійки (тобто два дні народження, які поділяються трьома прибульцями) і п'ять пар і вісімдесят чотири одиночні. Оцінюючи N, абсолютний мінімум становить 91, а максимум - без обмежень, але як я можу знайти розумне очікуване значення?

Припущення включають такі речі, як "всі дні народження однаково ймовірні".

На відміну від іншого питання, на яке тут відповіли, в кімнаті відомі зіткнення. Будь-який достатньо довгий рік матиме велику ймовірність виникнення зіткнень для кімнати прибульців. Але дуже довгі роки матимуть низькі шанси будь-яких зіткнень, а короткі роки матимуть низькі шанси в декількох зіткненнях, таким чином забезпечуючи (теоретичний) діапазон для найбільш вірогідної тривалості року.

Величина очікування розподілу обчислюється як $E(X) = \sum {p_ix_i}$. Для цієї проблеми ми хочемо обчислити розподіл$N$ задавши деякі критерії зіткнення, або знайти $E(N) = \sum_{n=0}^{\infty}p_n n$ дано деякі критерії зіткнення, де $p_n=P(N=n).$

Припустимо, у вас є деякі критерії зіткнення, як зазначено вище, і нехай $q_n$ бути ймовірністю дотримання критеріїв зіткнення з огляду на тривалість року $n.$ Тоді $q_n$їх можна знайти, просто поділивши кількість способів, яким можуть відповідати критерії зіткнення, на кількість способів впорядкування днів народження. Раз$q_n$ знайдено для кожного можливого $n$, тоді єдиний фрагмент, якого не вистачає, - це переклад $q_n$ до $p_n.$

Якщо припустити, що $p_n$ пропорційна $q_n$, тоді $p_n= \alpha q_n.$ З тих пір $\sum_{n=0}^{\infty} p_n=1$, $\alpha \sum_{n=0}^{\infty} q_n=1$ і $\alpha=\frac{1}{\sum_{n=0}^{\infty} q_n}.$ Тому нам просто потрібна формула для $q_n$ щоб вирішити цю проблему.

Для вашого прикладу спочатку знайдемо кількість способів даного критерію зіткнення $N=n.$ Перший інопланетянин-одиночок може приземлитися в будь-який день, тому є $n$можливості. Наступний сингл може приземлитися в будь-який день, але день народження першого прибульця, тому є$n-1$можливості. Виконуючи це протягом перших 84 синглів, ми отримуємо$n(n-1)(n-2)...(n-83)$можливі способи цього можуть статися. Зауважте, у нас також є 5 пар і 2 трійки, тому "перший" прибулець для кожної групи не повинен приземлятися і на однотонних парах. Це призводить до а$n(n-1)(n-2)...(n-84-5-2 + 1)$ способи цих прибульців не стикаються (незграбний синтаксис для легшого узагальнення пізніше).

Далі, другий інопланетянин для даної пари чи трійки має 91 вибір, у наступного - 90 тощо. Загальна кількість способів цього може відбутися, враховуючи дні народження перших 91 прибульців: $91(91-1)(91-2)...(91-7+1)$. Решта членів трійні повинні потрапити на дні народження пар, і ймовірність того, що це станеться$7*6$. Ми множимо ймовірності для цього всіх разом, щоб отримати загальну кількість можливих способів задоволення критеріїв зіткнення як:

$$r_n=n(n-1)...(n-84-5-2+1)(84+5+2)(84+5+2-1)...(84+1)(5+2)(5+1)$$

На даний момент закономірність зрозуміла, якщо у нас є $a$ одинаки, $b$ пар, і $c$ трійки, замінимо 84 на $a,$ 5 с $b,$ і 2 с $c$щоб отримати узагальнену формулу. Я думаю, також зрозуміло, що кількість можливих способів влаштування днів народження в цілому є$n^m$, де m - загальна кількість прибульців у проблемі. Тому ймовірність дотримання критеріїв зіткнення - це кількість способів виконання критеріїв зіткнення, поділене на кількість способів народження прибульців, або$q_n=\frac{r_n}{n^m}$.

Ще одна цікава річ з’явилася у формулі $r_n$. Дозволяє$y_n=n(n-1)...(n-(a+b+c)+1)=\frac{n!}{(n-(a+b+c))!}$, і нехай $z_n$ - залишилася частина $r_n$ так що $r_n=y_nz_n$. Зауважте, що$z_n$ не залежить від n, тому ми можемо просто написати $z_n=z$як константа! З тих пір$p_n=q_n/\sum_{i=0}^\infty q_i$, і $q_n=\frac{zy_n}{n^m}$, ми можемо насправді фактору $z$із суми в знаменнику. У цей момент він скасовує частину з чисельника, щоб отримати$p_n=\frac{y_n}{n^m}/\sum_{i=0}^\infty (\frac{y_i}{i^m})$. Ми можемо спростити$y_n$ далі, якщо ми дозволимо $s=a+b+c$ (або це можна вважати кількістю унікальних днів народження в групі прибульців), щоб ми отримали:

$$p_n=\frac{\frac{n!}{(n-s)!}}{n^m}/\sum_{i=0}^\infty (\frac{\frac{i!}{(i-s)!}}{i^m})$$

Зараз у нас є (досить) проста формула для $p_n$і, отже, (досить) проста формула для $E(N)$, де єдиним припущенням було таке $P(N=n)$ пропорційна $q_n$ (ймовірність дотримання критеріїв зіткнення з огляду на це $N=n$). Я думаю, що це справедливо припущення, і хтось розумніший за мене може навіть довести, що це припущення пов'язане з$P(N=n)$слідуючи багаточленному розподілу. На цьому етапі ми можемо розрахувати$E(N)$ використовуючи числові методи або зробити деякі припущення наближення, як $p_n$ підійде 0 як $n$ підходи $\infty$.

Відмінна відповідь від Коді дає хороший спосіб висловити ймовірність функції $N$, кількість днів у році (або задній розподіл на основі плоскої попередньої) шляхом вирахування деякої частини ймовірності, незалежної від $N$.

У цій відповіді я хотів би записати це більш стисло, а також запропонувати спосіб обчислити максимум цієї функції ймовірності (а не очікувану величину, яку важче обчислити).

---

Функція ймовірності для N

Кількість способів скласти послідовність $a+2b+3c$ дні народження з набору $n$ дні народження, з обмеженням, що $a$ - кількість одиноких днів народження, $b$ дублювати дні народження та $c$ потрійний день народження дорівнює

$$\begin{array}{ccl} r_n &=& \underbrace{{n}\choose{a+b+c}}_{\small\begin{array}{ccc}&\text{number of ways to} &\\ &\text{pick $m$ unique birthdays}& \\ &\text{out of $n$ days}&\end{array}} \underbrace{\frac{(a+b+c)!}{a!b!c!}}_{\small\begin{array}{ccc}&\text{number of ways to} &\\ &\text{distribute $m$ birthdays}& \\ &\text{among groups of size $a$, $b$ and $c$}&\end{array}} \underbrace{\frac{(a+2b+3c)!}{1!^a2!^b3!^c}}_{\small\begin{array}{ccc}&\text{number of ordered ways to} &\\ &\text{arrange specific }& \\&\text{single, duplicate, and triplicates}& \\ &\text{among the aliens }&\end{array}} \\ &=& \frac{n!}{(n-a-b-c)!} \times \frac{(a+2b+3c)}{a!b!c!1!^a2!^b3!^c} \end{array}$$

і лише перший термін праворуч залежить від $n$, тому, виділяючи інші терміни, ми закінчуємо простим виразом для функції ймовірності

$$\begin{array}{rcl} \mathcal{L}(n|a,b,c) &=& n^{-(a+2b+3c)} \frac{n!}{(n-a-b-c)!} = n^{-m} \frac{n!}{(n-s)!}\\ & \propto & P(a,b,c|n) \end{array}$$

де ми слідуємо позначенням від Коді і використовуємо $m$ позначати кількість прибульців і $s$ кількість унікальних днів народження.

---

Максимальна оцінка ймовірності для N

Ми можемо використовувати цю функцію ймовірності для отримання максимальної оцінки ймовірності $N$.

Зауважте, що

$$\mathcal{L}(n) = \mathcal{L}(n-1) \left(\frac{n-1}{n}\right)^m\frac{n}{n-s}$$

і максимум відбудеться безпосередньо перед $n$ для котрого

$$\left(\frac{n-1}{n}\right)^m\frac{n}{n-s} = 1$$

або

$$s = n \left(1-\left(1-1/n\right)^m \right)$$

що для великих $n$ приблизно (використовуючи ряд Лорана, який можна знайти замінивши $x = 1/n$ і написати серію Тейлора для $x$ у пункті $x=0$)

$$s \approx \sum_{k=0}^l {{m}\choose{k}} (-n)^{-k} + \mathcal{O} \left( n^{-(l+1)} \right)$$

Використовуючи лише термін першого замовлення $s \approx m - \frac{m(m-1)}{2 n}$ Ви отримуєте:

$$n_1 \approx \frac{ {{m}\choose{2}}}{m-s}$$

Використовуючи також термін другого порядку $s \approx m - \frac{m(m-1)}{2 n} + \frac{m(m-1)(m-2)}{6 n^2}$ Ви отримуєте:

$$n_2 \approx \frac{ {{m}\choose{2}} + \sqrt{{{m}\choose{2}}^2- 4 (m-s){{m}\choose{3}} } }{2(m-s)}$$

Так у випадку з $m=100$ інопланетяни, серед яких є $s=91$ унікальні дні народження, які ви отримуєте за допомогою наближення $n_1 \approx 550$ і $n_2 \approx 515.1215$. Розв'язуючи рівняння чисельно, ви отримуєте$n=516.82$ до якого ми округляємо $n=516$ щоб отримати MLE.