Um problema inverso de aniversário: nenhum par de 1 milhão de alienígenas compartilha um aniversário; qual é a duração do ano?

Suponha um planeta com um ano muito longo de dias. Há 1 milhão de alienígenas em uma festa em uma sala e ninguém compartilha um aniversário. O que pode ser inferido sobre o tamanho de ? $N$ $N$

(Essa pergunta mais compacta substitui a pergunta mal formulada. )

probability birthday-paradox Paul Uszak
fonte

O problema do aniversário informa o valor de N, onde a probabilidade de pelo menos uma correspondência é maior que um valor especificado. Quando p = 1/2, é surpreendente intuir que isso dê n = 23. Isso pressupõe que cada aniversário tenha a mesma probabilidade uniforme (1/365). A não uniformidade apenas torna n menor. Agora, no seu problema, parece que N substitui 365 e presumo que a suposição de uniformidade seja mantida.

Michael R. Chernick

Se N <= 1.000.000, pelo menos 1 correspondência terá probabilidade = 1 e, portanto, 0 correspondências terá probabilidade = 0.

Michael R. Chernick

Portanto, quando N> 1.000.000, a probabilidade de pelo menos 1 correspondência tem probabilidade <1 e, portanto, a probabilidade de zero correspondências começa a aumentar.

Michael R. Chernick

@ Michael Por favor, reserve comentários para pedidos de esclarecimentos e outras discussões acidentais e tente postar apenas um de cada vez: existe uma boa razão para o limite de caracteres. Se você se encontra discutindo algo substancial que requer vários comentários, provavelmente está tentando responder à pergunta, para que possa postar uma resposta.

whuber

Supondo que todos os aniversários sejam igualmente prováveis e os aniversários sejam independentes, a chance de alienígenas não compartilharem um aniversário é $k+1$

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

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

Seu logaritmo pode ser somado assintoticamente, desde que seja muito menor que : $k$ $N$

\begin{matrix} (1) & \log (p (k; N)) = - \frac{k (k + 1)}{2 N} - \frac{k + 3 k^{2} + 2 k^{3}}{12 N^{2}} - O (k^{4} N^{- 3}) . \end{matrix}

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

Para estar confiante de que não é menor que algum valor , precisamos ser maior que . Small garante que seja muito maior que , de onde podemos aproximar precisão de . Isso gera $100-100\alpha\%$ $N$ $N^{*}$ $(1)$ $\log(1-\alpha)$ $\alpha$ $N$ $k$ $(1)$ $-k^2/(2N)$

- \frac{k^{2}}{2 N} > \log (1 - α),

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

implicando

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

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

para pequeno . $\alpha$

Por exemplo, com como na pergunta e (um valor convencional correspondente a confiança), fornece . $k=10^6-1$ $\alpha=0.05$ $95\%$ $(2)$ $N \gt 10^{13}$

Aqui está uma interpretação mais abrangente desse resultado. Sem aproximar na fórmula , obtemos . Para este a chance de não haver colisão em um milhão de aniversários é (calculado sem aproximação), essencialmente igual ao nosso limite de . Portanto, para qualquer deste tamanho, maior ou maior, é provável que não ocorra colisões, o que é consistente com o que sabemos, mas para qualquer menor a chance de uma colisão fica acima de , o que começa a fazer-nos temer que pode ter subestimado . $(2)$ $N=9.74786\times 10^{12}$ $N$ $p(10^6-1, 9.74786\times 10^{12})=95.0000\ldots\%$ $95\%$ $N$ $95\%$ $N$ $100 - 95= 5\%$ $N$

Como outro exemplo, no problema tradicional de aniversário, há chance de não colisão em pessoas e chance de não colisão em pessoas. Esses números sugerem que deve exceder e , respectivamente, exatamente na faixa do valor correto de . Isso mostra como esses resultados aproximados e assintóticos podem ser precisos mesmo para muito pequeno (desde que atenhamos a pequeno ). $4\%$ $k=6$ $5.6\%$ $k=7$ $N$ $360$ $490$ $366$ $k$ $\alpha$

whuber
fonte

Eu não estava preparado para dar uma resposta como essa. Com números, essas aproximações grandes podem ser mais fáceis de calcular. A Wikipedia fornece o problema generalizado de aniversário, mostrando aproximações e limites em N com k pessoas (alienígenas). Eu tinha a mesma fórmula que sua primeira equação.

Michael R. Chernick

Minha pergunta seria qual o tamanho de N para atingir 100% de confiança. Eu acho que é algo como 10 ^ 18.

Michael R. Chernick

@ MichaelChernick Para 100% de confiança, N é infinito. Para qualquer ano finito e para qualquer grupo com 2 ou mais alienígenas, a probabilidade de dois alienígenas com o mesmo aniversário é sempre maior que 0.

Pere

@ Pedro Sim, obrigado por avistar isso. Vou consertar isso imediatamente. Não fez diferença para o resto do post.

whuber

@Paul Uszak Acho que seu comentário sobre a resposta de Pere (agora excluído) foi muito duro. Eu acho que sua resposta foi dada de boa fé. Ele estava tentando ser útil para você, fornecendo aproximações úteis. Mais tarde, ele viu a resposta do whuber e decidiu que era mais completo e concordou em excluir sua resposta. Seu comentário sobre não esperar uma resposta detalhada não foi o que você interpretou. Este é um problema difícil. Você até teve que reescrever a postagem para torná-la compreensível. Tenho certeza de que ele não resolve um problema como esse como uma piada.

Michael R. Chernick

Um problema inverso de aniversário: nenhum par de 1 milhão de alienígenas compartilha um aniversário; qual é a duração do ano?

Respostas: