Ein umgekehrtes Geburtstagsproblem: Kein Paar von 1 Million Außerirdischen hat Geburtstag. Was ist ihre Jahreslänge?

Nehmen Sie einen Planeten mit einem sehr sehr langen Jahr von Tagen an. Es gibt 1 Million Aliens auf einer Party in einem Raum und niemand hat Geburtstag. Was kann über die Größe von ? $N$ $N$

(Diese kompaktere Frage ersetzt diese schlecht formulierte. )

probability birthday-paradox

— Paul Uszak
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Das Geburtstagsproblem gibt den Wert von N an, bei dem die Wahrscheinlichkeit mindestens einer Übereinstimmung größer als ein angegebener Wert ist. Wenn p = 1/2 ist, ist es für die Intuition überraschend, dass dies n = 23 ergibt. Dies setzt voraus, dass jeder Geburtstag die gleiche einheitliche Wahrscheinlichkeit hat (1/365). Ungleichmäßigkeit macht n nur kleiner. In Ihrem Problem scheint N nun 365 zu ersetzen, und ich gehe davon aus, dass die Einheitlichkeitsannahme beibehalten wird.

— Michael R. Chernick

Wenn N <= 1.000.000 ist, hat mindestens 1 Übereinstimmung eine Wahrscheinlichkeit = 1, und daher haben 0 Übereinstimmungen eine Wahrscheinlichkeit = 0.

— Michael R. Chernick

Wenn also N> 1.000.000 ist, hat die Wahrscheinlichkeit von mindestens 1 Übereinstimmung eine Wahrscheinlichkeit <1, und daher beginnt die Wahrscheinlichkeit von Null-Übereinstimmungen zu steigen.

— Michael R. Chernick

@Michael Bitte reservieren Sie Kommentare für Anfragen zur Klärung und andere zufällige Diskussionen und versuchen Sie, jeweils nur einen Beitrag zu veröffentlichen: Es gibt gute Gründe für die Zeichenbeschränkung. Wenn Sie über etwas Wesentliches diskutieren, das mehrere Kommentare erfordert, versuchen Sie wahrscheinlich, die Frage zu beantworten. Sie können also auch eine Antwort posten.

— whuber

Angenommen, alle Geburtstage sind gleich wahrscheinlich und die Geburtstage sind unabhängig, die Chance, dass $k+1$ Aliens keinen Geburtstag teilen

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

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

Sein Logarithmus kann asymptotisch summiert werden, vorausgesetzt, ist viel kleiner als : $k$ $N$

\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}

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

Um sicher zu sein, dass nicht kleiner als ein Wert , muss größer als . Kleines sicher, dass viel größer als , woraus wir genau als approximieren können . Dies ergibt $100-100\alpha\%$ $N$ $N^{*}$ $(1)$ $\log(1-\alpha)$ $\alpha$ $N$ $k$ $(1)$ $-k^2/(2N)$

- \frac{k^{2}}{2 N} > \log (1 - α),

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

impliziert

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

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

für kleine $\alpha$ .

Zum Beispiel ergibt mit wie in der Frage und (ein herkömmlicher Wert, der Konfidenz entspricht) $k=10^6-1$ $\alpha=0.05$ $95\%$ $(2)$ $N \gt 10^{13}$ .

Hier ist eine ausführlichere Interpretation dieses Ergebnisses. Ohne in Formel approximieren , erhalten wir . Für dieses beträgt die Wahrscheinlichkeit, dass an einer Million Geburtstagen keine Kollision (ohne Annäherung berechnet), was im Wesentlichen unserer Schwelle von . Somit ist es für jedes so große oder größere $(2)$ $N=9.74786\times 10^{12}$ $N$ $p(10^6-1, 9.74786\times 10^{12})=95.0000\ldots\%$ $95\%$ $N$ $95\%$ oder wahrscheinlicher wird es keine Kollisionen geben, was mit dem übereinstimmt, was wir wissen, aber für jedes kleinere die Wahrscheinlichkeit einer Kollision über , was uns befürchten lässt, dass wir unterschätzt haben könnten . $N$ $100 - 95= 5\%$ $N$

$4\%$ $k=6$ $5.6\%$ $k=7$ $N$ $360$ $490$ $366$ $k$ $\alpha$

— whuber
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Ich war nicht bereit, eine solche Antwort zu geben. Mit Zahlen sind diese großen Näherungen möglicherweise einfacher zu berechnen. Wikipedia gibt das allgemeine Geburtstagsproblem an, das Annäherungen und Grenzen für N mit k Personen (Außerirdischen) zeigt. Ich hatte die gleiche Formel wie Ihre erste Gleichung.

— Michael R. Chernick

Meine Frage wäre, wie groß N sein muss, um 100% iges Vertrauen zu erreichen. Ich denke, es ist so etwas wie 10 ^ 18.

— Michael R. Chernick

@ MichaelChernick Für 100% iges Vertrauen geht N zu unendlich. Für jedes endliche Jahr und für jede Gruppe mit 2 oder mehr Außerirdischen ist die Wahrscheinlichkeit, dass zwei Außerirdische denselben Geburtstag haben, immer größer als 0.

— Pere

@Pere Ja, danke, dass du das gesehen hast. Ich werde es sofort reparieren. Es machte keinen Unterschied zum Rest des Beitrags.

— whuber

@ Paul Uszak Ich denke, dein Kommentar zu Pere's Antwort (jetzt gelöscht) war viel zu hart. Ich denke, seine Antwort wurde in gutem Glauben gegeben. Er hat versucht, Ihnen mit nützlichen Annäherungen behilflich zu sein. Später sah er Whubers Antwort und entschied, dass sie vollständiger war und stimmte zu, seine Antwort zu löschen. Sein Kommentar, keine detaillierte Antwort zu erwarten, war nicht so gemeint, wie Sie es interpretiert haben. Dies ist ein schwieriges Problem. Sie mussten den Beitrag sogar neu schreiben, um ihn verständlich zu machen. Ich bin sicher, er nimmt das Lösen eines solchen Problems nicht als Scherz.

— Michael R. Chernick