Urtebetetzeen ebazkizuna

Probabilitate aplikatuan, urtebetetzeen ebazkizunak, bere bertsio arruntean, jende multzo batean, gutxienez bi pertsonak urtebetetze egun bera izateko probabilitatea aztertzen du. Zoriz aukeraturiko 23 pertsonetan, gutxienez 2 pertsonak urtebetetze egun bera izateko probabilitatea %50 baino handiagoa da. Beraz, 23 pertsonen kasuan errazagoa da kointzidentzia gertatzea ez gertatzea baino. 57 pertsonako talde batean, probabilitatea %99ra heltzen da eta 367 pertsonentzat probabilitatea %100 da, 366 urtebetetze egun ezberdin baitaude, otsailak 29 barne). Zehaztu behar da ebazkizunak multzoko edozein pertsonak beste edozein pertsonaren urtebetetze egun bera izateko probabilitatea bilatzen duela, pertsona zein den zehaztu gabe. Urtebetetze ebazkizunaren soluzioak harritzekoa da jende aurrean kointzidentziaren bat gertatzeko apustua egiteko (%50eko probabilitatea gainditzeko alegia), 23 pertsona baino askoz gehiago behar direla uste izaten baita (eta horregatik ebazkizunaren emaitzari urtebetetzeen paradoxa deitu ohi zaio, nahiz eta paradoxa harridurazko zentzuan bakarrik den, eta ez zentzu logikoan).

Kalkulua

Kalkuluak egiteko, bisurterik ez dagoela eta urtebetetze egunak urtean uniformeki, probabilitate berdinez alegia, banatzen direla pentsatuko da, urtesasoiaren eta hilabetearen araberako inongo aldakortasunik gabe. Errealitatean ordea, suposizio hauek ez dira egiazkoak[1], baina hurbilketa moduan onargarriak dira. Hala ere, aipatu behar da urtebetetze egunak uniformeki banatzen ez badira, gutxienez kointzidentzia bat izateko probabilitatea handiagoa erabateko uniformetasunezko kasuan baino dela frogatu dela (izan ere, egun batzuetan pertsona gehiago pilatzen baitira, eta horrela kointzidentzia izateko aukerak handiagoak dira[1].

Uste hauen pean, n lagun kopurua 365 baino handiagoa denean, gutxienez kointzidentzia bat izateko probabilitatea 1 da, usategi printzipioarengatik. Kalkuluak beraz, n ≤ 365 kasuetarako burutzen dira.

p(n) izendatuko dugu gutxienez n pertsonako multzo batean urtebetetze egun berdinen bat suertatzeko probabilitatea. Errazagoa da ordea p ¯ ( n ) {\displaystyle {\overline {p}}(n)} urtebetetze egun guztiak ezberdinak izateko probabilitatea honela[2] kalkulatzea:

p ¯ ( n ) = 1 × ( 1 − 1 365 ) × ( 1 − 2 365 ) ⋯ ( 1 − n − 1 365 ) = 365 × 364 ⋯ ( 365 − n + 1 ) 365 n = 365 ! 365 n ( 365 − n ) ! {\displaystyle {\begin{aligned}{\bar {p}}(n)&=1\times \left(1-{\frac {1}{365}}\right)\times \left(1-{\frac {2}{365}}\right)\cdots \left(1-{\frac {n-1}{365}}\right)\\&={365\times 364\cdots (365-n+1) \over 365^{n}}\\&={365! \over 365^{n}(365-n)!}\end{aligned}}}

Gertakizunen aurkakotasuna erabiliz:

p ¯ ( n ) = 1 − p ( n ) {\displaystyle {\overline {p}}(n)=1-p(n)}

Honako taulan n ezberdinetarako p(n) probabilitateak azaltzen dira:

n 10 20 23 30 50 57 100 200 366
p(n) %11.7 %41.1 %50.7 %70.6 %97.0 %99.0 %99.99997 %99.99999 %100

Probabilitateen hurbilketa

Kalkuluak erosoago egiteko, kointzidentziaren bat izateko probabilitatearen hurbilketak asmatu dira.

Zehaztasun handiko lehenengo hurbilketa batek funtzio esponentzialaren Taylorren garapen hau erabiltzen du:

e − x = 1 − x + x 2 2 ! − ⋯ ≈ 1 − x {\displaystyle e^{-x}=1-x+{\frac {x^{2}}{2!}}-\cdots \approx 1-x}

Horrela, kointzidentziarik ez izateko probabilitatetik abiatuz:

p ¯ ( n ) = 1 × ( 1 − 1 365 ) × ( 1 − 2 365 ) ⋯ ( 1 − n − 1 365 ) ≈ 1 × e − 1 / 365 × e − 2 / 365 ⋯ e − ( n − 1 ) / 365 = 1 × e − ( 1 + 2 + ⋯ + ( n − 1 ) ) / 365 = e − ( n ( n − 1 ) / 2 ) / 365 ≈ e − n 2 / ( 2 × 365 ) . {\displaystyle {\begin{aligned}{\bar {p}}(n)&=1\times \left(1-{\frac {1}{365}}\right)\times \left(1-{\frac {2}{365}}\right)\cdots \left(1-{\frac {n-1}{365}}\right)\\&\approx 1\times e^{-1/365}\times e^{-2/365}\cdots e^{-(n-1)/365}\\&=1\times e^{-(1+2+\cdots +(n-1))/365}\\&=e^{-(n(n-1)/2)/365}\\&\approx e^{-n^{2}/(2\times 365)}.\end{aligned}}}

Beraz, kointzidentziaren bat izateko probabilitatea honela hurbil daiteke:

p ( n ) ≈ 1 − e − n 2 / ( 2 × 365 ) {\displaystyle p(n)\approx 1-e^{-n^{2}/(2\times 365)}}

Bigarren hurbilketa batek koefiziente binomialak eta Poissonen banaketa erabiltzen ditu. Zoriz aukeraturiko pertsonak urtebetetze egun ezberdina izateko probabilitatea 364/365 da, Laplaceren erregela erabiliz. n pertsonako multzo batean, ( n 2 ) {\displaystyle {n \choose 2}} pertsona bikote ezberdin aukeratu daitezkeenez, eta beraien arteko urtebetetze kointzidentzia ezak erabat independenteak direnez, n pertsonako multzoan kointzidentziarik ez izateko probabilitatea, biderketa erregela erabiliz hau izango da:

p ( n ) = ( 364 365 ) ( n 2 ) {\displaystyle p(n)={\Bigg (}{\frac {364}{365}}{\Bigg )}^{n \choose 2}}

Kointzidentziaren bat izateko probabilitatea beraz hau izango da:

p ( n ) = 1 − ( 364 365 ) ( n 2 ) {\displaystyle p(n)=1-{\Bigg (}{\frac {364}{365}}{\Bigg )}^{n \choose 2}}

Azken hau X ∼ B ( n = ( n 2 ) , p = 1 365 ) {\displaystyle X\sim B{\Big (}{\text{n}}={n \choose 2},p={\frac {1}{365}}{\Big )}} banaketa binomialaren P ( X > 0 ) {\displaystyle P{\big (}X>0{\big )}} probabilitatea besterik ez da. Banakuntza binomial honetan, n handia eta p txikia denez, banaketa binomialaren hurbilketa gisa Poissonen banaketa erabil daiteke:

X ∼ B ( n = ( n 2 ) , p = 1 365 ) ≈ P ( λ = ( n 2 ) ⋅ 1 365 ) {\displaystyle X\sim B{\Bigg (}{\text{n}}={n \choose 2},p={\frac {1}{365}}{\Bigg )}\approx P{\Bigg (}\lambda ={n \choose 2}\cdot {\frac {1}{365}}{\Bigg )}}

Adibidez, 23 pertsonako talde batean gutxienez kointzidentzia bat izateko probabilitatea honela hurbil daiteke:

X ∼ P ( λ = ( 23 2 ) ⋅ 1 365 = 0.6932 ) {\displaystyle X\sim P{\Bigg (}\lambda ={23 \choose 2}\cdot {\frac {1}{365}}=0.6932{\Bigg )}}
p ( n ) = P ( X > 0 ) = 1 − P ( X = 0 ) = 1 − e − 0.6932 = 0.500002. {\displaystyle p(n)=P{\Big (}X>0{\Big )}=1-P{\Big (}X=0{\Big )}=1-e^{-0.6932}=0.500002.}

Pertsona kopuruaren kalkulua

Gutxienez kointzidentzia bat izateko probabilitate jakin baterako beharrezko den gutxienezko jende kopurua ere kalkula daiteke. Horretarako, aurreko ataleko lehenengo hurbilketa erabiltzen da.

e − x < 1 − x {\displaystyle e^{-x}<1-x} betetzen denez:
p ¯ ( n ) = ∏ k = 1 n − 1 ( 1 − k 365 ) < ∏ k = 1 n − 1 ( e − k / 365 ) = e − ( n ( n − 1 ) ) / ( 2 × 365 ) . {\displaystyle {\bar {p}}(n)=\prod _{k=1}^{n-1}\left(1-{k \over 365}\right)<\prod _{k=1}^{n-1}\left(e^{-k/365}\right)=e^{-(n(n-1))/(2\times 365)}.}

Arestiko adierazpena hurbilketa bat izateaz gainera, kointzidentziarik ez izateko probabilitateari buruzko goi borne bat ere bada.

Beraz, aurrez ezarritako p ¯ ( n ) = p {\displaystyle {\bar {p}}(n)=p} finko baterako:

e − ( n ( n − 1 ) ) / ( 2 × 365 ) = p → n 2 − n = 2 × 365 ln 1 p → p ¯ ( n ) < p {\displaystyle e^{-(n(n-1))/(2\times 365)}=p\rightarrow n^{2}-n=2\times 365{\text{ln}}{\frac {1}{p}}\rightarrow {\bar {p}}(n)<p}

Adibidez, kointzidentziarik ez izateko gehienezko 0.2ko probabilitatera (edo gutxienez kointzidentzia bat izateko izateko gutxienezko 0.8ko probabilitatera) heldu nahi bada:

n 2 − n = 2 × 365 ln 1 0.2 = 1174.89 → n = 34.78 {\displaystyle n^{2}-n=2\times 365{\text{ln}}{\frac {1}{0.2}}=1174.89\rightarrow n=34.78}

Beti gehiegiz biribilduz, 35 pertsonako talde bat osatu beharko eskatutako probabilitatera heltzeko.

Lehenengo kointzidentzia

Pertsonak gela batera sartu ahala, lehenengo kointzidentzia duen pertsona zenbatgarrena izango den ere azter daiteke. Horretarako p ( n ) − p ( n − 1 ) {\displaystyle p(n)-p(n-1)} balioak handiagotzen dituen n balioa kalkulatu behar da. Balio hau 20 da. Beraz, 20. pertsona da aurreko batekin kointzidentzia izateko probabilitate handiena duena.

Pertsona batekiko kointzidentzia

Urtebetetze ebazkizunean, urtebetetze egun bera duten pertsonak edozein izan daitezke. Pertsona jakin bat zehazten bada, berriz, beste n lagun dituen gela batean aukeratutako pertsonaren urtebetetze egun bera duen pertsona bat gutxienez izateko q(n) probabilitatea azter daiteke:

q ( n ) = 1 − ( 365 − 1 365 ) n . {\displaystyle q(n)=1-\left({\frac {365-1}{365}}\right)^{n}.}

Adibidez n=100 pertsonako talde batean, beste pertsona baten urtebetetze berdina duen pertsona bat gutxienez izateko probabilitatea q(n=100)=0.24 da. Arestiko taula batera jotzen bada, 100 pertsonako talde batean kointzidentzia bat gutxienez, pertsona guztietan, izateko probabilitatea %99.99997 dela.

k binakako kointzidentzia

n pertsonako talde batean, k binakako kointzidentzia izateko probabilitatea hau da[3] :


p k ( n ) = n ! 365 ! k ! 365 n 2 k ( n − 2 k ) ! ( 365 − n + k ) ! ,   0 ≤ k ≤ ( n / 2 ) . {\displaystyle p_{k}(n)={\frac {n!365!}{k!365^{n}2^{k}(n-2k)!(365-n+k)!}},\ 0\leq k\leq (n/2).}


k=0 denean: p k = 0 ( n ) = p ¯ ( n ) {\displaystyle p_{k=0}(n)={\bar {p}}(n)\,}


Ia urtebetetze berdinak

d eguneko epe batean baten buruan, guztira m urtebetetze egun ezberdin daudela, r pertsonatan gutxienez kointzidentzia bat izateko probabilitatea hau da[1]:

p ( n ; d , m ) = 1 − [ m − ( n − 1 ) ( d − 1 ) ] ! [ m − ( n − 1 ) ( d − 1 ) − r ] ! m n ,   m ≥ ( n − 1 ) ( d − 1 ) . {\displaystyle p(n;d,m)=1-{\frac {[m-(n-1)(d-1)]!}{[m-(n-1)(d-1)-r]!m^{n}}},\ m\geq (n-1)(d-1).}

m=365 eta d=1 balioak ezarriz, urtebetetzeen ebazkizunaren bertsio arrunteko probabilitatea ateratzen da.

d=2 ezarriz, berriz, hau da 2 eguneko epe batean barnean, betiere m=365 egunetan zehar, 5 pertsonako talde batean 0.08ko probabilitatea dago kointzidentziaren bat izateko (urtebetetzea egun berean, bezperan edo biharamunean izateko alegia), 0.315eko probabilitatea 10 pertsonako talde batean, 0.483 13 pertsonatarako, 0.537 14 pertsonatarako, 0.804 20 pertsonatarako eta 0.888 23 pertsonatarako.

7 eguneko epea ezartzen bada, hau da, astebete baten buruan kointzidentzia izateko probabilitatea 0.5 baino handiagoa da 7 pertsona edo gehiagoko talde baterako.

Orokortzeak

Urtebetetze ebazkizuna hainbat eratara orokortu daiteke. Bitez n zoriz aukeratutako n zenbaki oso, [1,d] eremua duen banaketa uniforme diskretu bateko n alegia. Zenbatekoa da gutxienez bi zenbaki berdinak izateko p(n;d) probabilitatea?

p ( n ; d ) = { 1 − ∏ k = 1 n − 1 ( 1 − k d ) n ≤ d 1 n > d {\displaystyle p(n;d)={\begin{cases}1-\prod _{k=1}^{n-1}\left(1-{k \over d}\right)&n\leq d\\1&n>d\end{cases}}}

Probabilitate hurbila hau izango da:

p ( n ; d ) ≈ 1 − e − ( n ( n − 1 ) ) / 2 d {\displaystyle p(n;d)\approx 1-e^{-(n(n-1))/2d}}

Zenbaki bat zehazturik, n zenbakietan zehazturiko zenbakiaren berdinen bat izateko probabilitatea (zehazturiko zenbakiaren berdina den gutxienez zenbaki bat izateko probabilitatea) hau da:

q ( n ; d ) = 1 − ( d − 1 d ) n {\displaystyle q(n;d)=1-\left({\frac {d-1}{d}}\right)^{n}}

p(n;d) probabilitate bat zehazturik, gutxienez kointzidentzia bat izateko probabilitate hori ematen duen n zenbaki kopurua, berriz, hau da:

n ( p ; d ) ≈ 2 d ln ⁡ ( 1 1 − p ) {\displaystyle n(p;d)\approx {\sqrt {2d\ln \left({1 \over 1-p}\right)}}}

Ebazkizunaren historia

Richard von Mises matematikariak aztertu zuen 1939. urtean lehen aldiz urtebetetzeen ebazkizuna, baina hori baino lehenago proposatu eta aztertua izan zela dirudi [4].

Erreferentziak

  1. ↑ a b c (Ingelesez) NUNNIKHOVEN, Thomas S., A Birthday Problem Solution for Nonuniform Birth Frequencies, The American Statistician, 46. bol., 4. zbk., 1992ko azaroa
  2. ↑ Azalpena: n pertsonek urtebetetze egun ezberdina izateko, lehenengoa ezberdina izan behar da (hori ziurra da 1eko probabilitateaz) eta (bider) bigarrenak ezberdina izan behar du (aurrekoaren berdina izatekoa 1/365 da, beraz ezberdina izatekoa 1-1/365 izango da) eta (bider) hirugarrenak ezberdina izan behar du (aurreko bietako baten berdina izatekoa 2/365 denez, ezberdina izatekoa 1-2/365 izango da, ...).
  3. ↑ HOCKING, Robert L., SCHWERTMAN, Neil C., An Extension to the Birthday Problem to Exactly k matches, The College Mathematics Journal, 17 bol., 4 zbk., 1986ko iraila. 315-321 orr.
  4. ↑ (Ingelesez) Queries on "SOURCES IN RECREATIONAL MATHEMATICS", David Singmaster. 2009-05-21.

Bibliografia

  • (Gaztelaniaz) ARANDA, Moisés, MOLINA, Fabio, MORENO, Vladimir, El problema del cumpleaños: una generalización[Betiko hautsitako esteka], Universitas Scientiarum, Vol. 13 N° 1, 5-10.
  • (Ingelesez) DASGUPTA, Anirban, The matching, birthday and the strong birthday problem: a contemporary review., Journal of Statistical Planning and Inference, 130 bol., 1-2 zbk., 2005-03-01. 377-389 orr.
  • (Ingelesez) DIACONIS, Persi; MOSTELLER, Frederick, Methods for Studying Coincidences[Betiko hautsitako esteka], Journal of the American Statistical Association, Vol. 84, No. 408, 1989ko abendua. 853-861 orr..
  • (Ingelesez) PETERSON, I., Birthday surprises[Betiko hautsitako esteka], Science News, 1998-11-21.


Kanpo estekak

  • (Ingelesez) The Birthday Paradox: Combinatorics, Probability of Duplication, Coincidences, Collisions, Lottery, Roulette, Social Security Number (SSN), Genetic Code, DNA, ebazkizunaren azalpena, aplikazioekin batera.
  • (Ingelesez) Birthday Problem,Wolfram Mathworld.
Autoritate kontrola
  • Wikimedia proiektuak
  • Wd Datuak: Q339000
  • Commonscat Multimedia: Birthday paradox / Q339000
  • Wd Datuak: Q339000
  • Commonscat Multimedia: Birthday paradox / Q339000