ย้อนกลับปัญหาวันเกิดที่มีการชนกันหลายครั้ง

สมมติว่าคุณมีปีเอเลี่ยนที่มีความยาวไม่ทราบเอ็นถ้าคุณมีตัวอย่างแบบสุ่มของเอเลี่ยนที่กล่าวมาและบางส่วนแบ่งวันเกิดคุณสามารถใช้ข้อมูลนี้เพื่อประเมินความยาวของปีได้หรือไม่?

ตัวอย่างเช่นในตัวอย่าง 100 คุณอาจมีสองสาม (เช่นวันเกิดสองวันที่แต่ละแบ่งปันโดยมนุษย์ต่างดาวสามคน) และห้าคู่และแปดสิบสี่ตันเดี่ยว ในการประมาณ N ต่ำสุดที่แน่นอนคือ 91 และสูงสุดไม่ จำกัด แต่ฉันจะหาค่าที่คาดหวังที่เหมาะสมได้อย่างไร

สมมติฐานรวมถึงสิ่งต่าง ๆ เช่น "วันเกิดทั้งหมดมีโอกาสเท่ากัน"

ต่างจากคำถามอื่นที่ตอบไว้ที่นี่มีการชนกันในห้อง ปีใดที่ยาวนานพอจะมีความเป็นไปได้สูงที่จะไม่มีการชนกันของห้องมนุษย์ต่างดาว แต่ปีที่ยาวมาก ๆ จะมีอัตราต่อรองที่ต่ำเมื่อเกิดการชนใด ๆ และปีสั้น ๆ จะมีอัตราต่อรองที่ต่ำของการชนกันเล็กน้อยดังนั้นจึงจัดให้มีช่วง

estimation inference birthday-paradox

— Techhead
แหล่งที่มา

คำตอบของฉันเป็นรุ่นพิเศษของคำถามนี้ได้อย่างง่ายดาย generalizes (โดยใช้การกระจายพหุนาม): ดูstats.stackexchange.com/questions/252813

— whuber

@ Techhead ในรูปแบบต่างๆ! แนวทางที่ชัดเจนสำหรับการประมาณค่าพารามิเตอร์ที่จะกล่าวถึงจะเป็นโอกาสสูงสุด

— Glen_b -Reinstate Monica

ซ้ำซ้อนที่เป็นไปได้ของปัญหาวันเกิดย้อนกลับ: ไม่มีคู่จาก 1 ล้านคนต่างด้าวแชร์วันเกิด; ปีของพวกเขาคืออะไร

— Stephan Kolassa

@ โฮเบอร์ฉันเห็นคำถามนั้นและความคิดเห็นของคุณ แต่ฉันไม่เห็นวิธีนำไปใช้กับตัวอย่างที่มีการชนกันมากที่สุด ไม่ใช่เรื่องยากที่จะหารูปแบบที่ขยาย แต่ฉันไม่รู้ว่าจะหาผลรวมลอการิทึมได้อย่างไร

— Techhead

ฉันยอมรับว่าเวอร์ชันของคุณมีความซับซ้อนเพียงพอที่จะไม่สามารถปิดซ้ำได้

— whuber

คำตอบ:

ค่าความคาดหวังของการจัดจำหน่ายจะถูกคำนวณเป็นp_ix_i} สำหรับปัญหานี้เราต้องการคำนวณการแจกแจงของตามเกณฑ์การชนกันหรือหาได้รับเกณฑ์การชนกันโดยที่ $E(X) = \sum {p_ix_i}$ $N$ $E(N) = \sum_{n=0}^{\infty}p_n n$ $p_n=P(N=n).$

สมมติว่าคุณมีเกณฑ์การชนกันตามที่ระบุไว้ข้างต้นและให้เป็นความน่าจะเป็นที่เกณฑ์การชนได้รับตามความยาวของปีคือจากนั้นสามารถพบได้โดยเพียงหารจำนวนวิธีที่เกณฑ์การชนสามารถพบได้ตามจำนวนวันเกิดที่สามารถจัดเรียงโดยทั่วไป เมื่อพบสำหรับแต่ละที่เป็นไปได้จากนั้นชิ้นเดียวที่ขาดหายไปคือการแปลเป็น $q_n$ $n.$ $q_n$ $q_n$ $n$ $q_n$ $p_n.$

หากเราสมมติว่าเป็นสัดส่วนกับดังนั้นตั้งแต่ ,และดังนั้นเราจึงต้องการสูตรสำหรับเพื่อแก้ปัญหานี้ $p_n$ $q_n$ $p_n= \alpha q_n.$ $\sum_{n=0}^{\infty} p_n=1$ $\alpha \sum_{n=0}^{\infty} q_n=1$ $\alpha=\frac{1}{\sum_{n=0}^{\infty} q_n}.$ $q_n$

สำหรับตัวอย่างของคุณให้เราค้นหาจำนวนวิธีที่เกณฑ์การชนสามารถเกิดขึ้นได้ตั้งแต่เดี่ยวคนต่างด้าวแรกที่สามารถลงจอดในแต่ละวันจึงมีความเป็นไปได้ ซิงเกิลต่อไปสามารถลงจอดได้ทุกวัน แต่วันเกิดของเอเลี่ยนตัวแรกดังนั้นจึงมีความเป็นไปได้ที่ทำสิ่งนี้ให้สำเร็จใน 84 ซิงเกิลแรกเราได้รับวิธีที่เป็นไปได้ที่จะเกิดขึ้น โปรดสังเกตว่าเรามี 5 คู่และ 3 คู่ดังนั้นคนต่างด้าว "คนแรก" สำหรับแต่ละกลุ่มจะต้องไม่ลงจอดในคู่เดี่ยวเช่นกัน สิ่งนี้นำไปสู่วิธีที่มนุษย์ต่างดาวเหล่านี้ไม่ได้ชนกัน (ไวยากรณ์ซุ่มซ่ามสำหรับการทั่วไปที่ง่ายขึ้นในภายหลัง) $N=n.$ $n$ $n-1$ $n(n-1)(n-2)...(n-83)$ $n(n-1)(n-2)...(n-84-5-2 + 1)$

ถัดไปเอเลี่ยนตัวที่สองสำหรับคู่หรือทริปเล็ตมี 91 ตัวเลือกตัวต่อมี 90 และจำนวนวิธีที่สามารถเกิดขึ้นได้ในวันเกิดของเอเลี่ยน 91 ตัวแรกคือ1) สมาชิกที่เหลือของแฝดสามจะต้องตกอยู่ในวันเกิดของคู่และความน่าจะเป็นสิ่งที่เกิดขึ้นว่าเป็น 6 เราคูณความน่าจะเป็นสำหรับสิ่งเหล่านี้ทั้งหมดเข้าด้วยกันเพื่อให้ได้จำนวนวิธีที่เป็นไปได้ทั้งหมดสำหรับเกณฑ์การชนที่จะเป็น: $91(91-1)(91-2)...(91-7+1)$ $7*6$

r_{n} = n (n - 1) . . . (n - 84 - 5 - 2 + 1) (84 + 5 + 2) (84 + 5 + 2 - 1) . . . (84 + 1) (5 + 2) (5 + 1)

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

ณ จุดนี้รูปแบบที่มีความชัดเจนถ้าเรามีsingletons,คู่และแฝดเราแทนที่ 84 ห้องพร้อมด้วย 5และ 2 มีที่จะได้รับสูตรทั่วไป ฉันคิดว่ามันชัดเจนว่าจำนวนวิธีที่เป็นไปได้สำหรับวันเกิดที่จะจัดโดยทั่วไปคือโดยที่ m คือจำนวนมนุษย์ต่างดาวทั้งหมดในปัญหา ดังนั้นน่าจะเป็นของที่อยู่ในเงื่อนไขการปะทะกันเป็นจำนวนของวิธีการที่เป็นไปตามเกณฑ์การปะทะกันหารด้วยจำนวนของวิธีการที่คนต่างด้าวที่อาจจะเกิดหรือm} $a$ $b$ $c$ $a,$ $b,$ $c$ $n^m$ $q_n=\frac{r_n}{n^m}$

อีกสิ่งที่น่าสนใจปรากฏในสูตรของr_nปล่อยให้และปล่อยให้เป็นส่วนที่เหลือของเพื่อให้r_nโปรดทราบว่าเป็นอิสระจาก n ดังนั้นเราสามารถเขียนเป็นค่าคงที่ได้! เนื่องจากและเราสามารถแยกออกจากผลรวมในส่วนได้ ณ จุดนี้มันจะยกเลิกกับส่วนจากเศษที่จะได้รับ . เราสามารถทำให้ง่ายขึ้น $r_n$ $y_n=n(n-1)...(n-(a+b+c)+1)=\frac{n!}{(n-(a+b+c))!}$ $z_n$ $r_n$ $r_n=y_nz_n$ $z_n$ $z_n=z$ $p_n=q_n/\sum_{i=0}^\infty q_i$ $q_n=\frac{zy_n}{n^m}$ $z$ $p_n=\frac{y_n}{n^m}/\sum_{i=0}^\infty (\frac{y_i}{i^m})$ $y_n$ ต่อไปถ้าเราปล่อยให้ (หรืออาจเป็นจำนวนวันเกิดที่ไม่ซ้ำกันในกลุ่มมนุษย์ต่างดาว) ดังนั้นเราจะได้รับ: $s=a+b+c$

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

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

ตอนนี้เรามีสูตรอย่างง่าย (เป็นธรรม) สำหรับและดังนั้นสูตรอย่างง่าย (เป็นธรรม) สำหรับโดยที่สมมติฐานเดียวที่ทำคือเป็นสัดส่วนกับ (ความน่าจะเป็นของการปะทะกันของการปะทะกัน เกณฑ์ที่ระบุว่า ) ฉันคิดว่านี่เป็นข้อสันนิษฐานที่เป็นธรรมที่จะทำและใครบางคนที่ฉลาดกว่าฉันอาจจะสามารถพิสูจน์ได้ว่าสมมติฐานนี้มีความเกี่ยวข้องกับหลังจากการกระจายตัวแบบมัลติโนเมียล ณ จุดนี้เราสามารถคำนวณโดยใช้วิธีการเชิงตัวเลขหรือทำให้สมมติฐานประมาณบางอย่างจะเข้าใกล้ 0 เป็นวิธี\ $p_n$ $E(N)$ $P(N=n)$ $q_n$ $N=n$ $P(N=n)$ $E(N)$ $p_n$ $n$ $\infty$

— Cody Maughan
แหล่งที่มา

ดูเหมือนว่าคุณเสนอให้คำนวณค่าความคาดหวังจากฟังก์ชันความน่าจะเป็นแทนที่จะเป็นฟังก์ชันความน่าจะเป็น เป็นความตั้งใจหรือไม่?

— Sextus Empiricus

คำตอบที่ดีเยี่ยมจากโคให้เป็นวิธีที่ดีที่จะแสดงฟังก์ชั่นสำหรับโอกาสวันจำนวนในปี (หรือการกระจายหลังขึ้นอยู่กับแบนก่อน) โดยแฟออกเป็นส่วนหนึ่งของความน่าจะเป็นบางอย่างที่มีความเป็นอิสระจากN $N$ $N$

ในคำตอบนี้ฉันต้องการเขียนให้กระชับและให้วิธีการคำนวณค่าสูงสุดของฟังก์ชันความน่าจะเป็นนี้ (แทนที่จะเป็นค่าที่คาดหวังซึ่งยากต่อการคำนวณ)

ฟังก์ชันความน่าจะเป็นสำหรับ N

จำนวนวิธีในการวาดลำดับของวันเกิดออกจากชุดวันเกิดโดยมีข้อ จำกัด ว่าคือจำนวนวันเกิดเดี่ยววันเกิดซ้ำซ้อนและสามวันเกิดเท่ากับ $a+2b+3c$ $n$ $a$ $b$ $c$

\begin{array}{ccl} r_{n} & = & \underset{\begin{array}{ccc} number of ways to \\ pick m unique birthdays \\ out of n days \end{array}}{\underset{⏟}{(\binom{n}{a + b + c})}} \underset{\begin{array}{ccc} number of ways to \\ distribute m birthdays \\ among groups of size a, b and c \end{array}}{\underset{⏟}{\frac{(a + b + c)!}{a! b! c!}}} \underset{\begin{array}{ccc} number of ordered ways to \\ arrange specific \\ single, duplicate, and triplicates \\ among the aliens \end{array}}{\underset{⏟}{\frac{(a + 2 b + 3 c)!}{1!^{a} 2!^{b} 3!^{c}}}} \\ = & \frac{n!}{(n - a - b - c)!} \times \frac{(a + 2 b + 3 c)}{a! b! c! 1!^{a} 2!^{b} 3!^{c}} \end{array}

$\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}$

และมีเพียงเทอมแรกบน righthandside ขึ้นอยู่กับดังนั้นโดยแยกคำอื่น ๆ ที่เราลงท้ายด้วยนิพจน์อย่างง่ายสำหรับฟังก์ชันความน่าจะเป็น $n$

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

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

ที่เราทำตามสัญกรณ์จากโคและการใช้เพื่อแสดงถึงจำนวนของคนต่างด้าวและจำนวนวันเกิดที่ไม่ซ้ำกัน $m$ $s$

การประมาณโอกาสสูงสุดสำหรับ N

เราสามารถใช้ฟังก์ชั่นนี้โอกาสที่จะได้รับการประมาณการโอกาสสูงสุดสำหรับN $N$

สังเกตได้ว่า

L (n) = L (n - 1) {(\frac{n - 1}{n})}^{m} \frac{n}{n - s}

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

และค่าสูงสุดจะเกิดขึ้นก่อนหน้าซึ่ง $n$

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

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

หรือ

s = n (1 - {(1 - 1 / n)}^{m})

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

ซึ่งมีขนาดใหญ่ประมาณ (ใช้ชุด Laurent ซึ่งคุณสามารถค้นหาได้โดยการแทนที่และเขียนชุด Taylor สำหรับในจุด ) $n$ $x = 1/n$ $x$ $x=0$

s \approx \sum_{k = 0}^{l} (\binom{m}{k}) (- n)^{- k} + O (n^{- (l + 1)})

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

ใช้เฉพาะคำสั่งซื้อแรกคุณได้รับ: $s \approx m - \frac{m(m-1)}{2 n}$

n_{1} \approx \frac{(\binom{m}{2})}{m - s}

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

ใช้คำสั่งที่สองเช่นกันคุณจะได้รับ : $s \approx m - \frac{m(m-1)}{2 n} + \frac{m(m-1)(m-2)}{6 n^2}$

n_{2} \approx \frac{(\binom{m}{2}) + \sqrt{{(\binom{m}{2})}^{2} - 4 (m - s) (\binom{m}{3})}}{2 (m - s)}

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

ดังนั้นในกรณีของคนต่างด้าวในระหว่างที่มีวันเกิดที่ไม่ซ้ำกันที่คุณจะใช้ประมาณและ515.1215 เมื่อคุณแก้สมการเชิงตัวเลขคุณจะได้ซึ่งเราปัดเศษเป็นเพื่อให้ได้ MLE $m=100$ $s=91$ $n_1 \approx 550$ $n_2 \approx 515.1215$ $n=516.82$ $n=516$

— Sextus Empiricus
แหล่งที่มา