生日问题的推广

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#概率论

于 2021-04-26 00:45:13 首次发布

该博客围绕概率论中的生日问题展开。介绍了在随机人群中存在生日相同的概率情况，如23人中有相同生日概率超50%，70人中有99.9%概率。还探讨了一般性生日问题，给出相关概率函数，以及相关问题和函数值估算。

一，生日问题

二，一般性生日问题

三，相关问题

一，生日问题

In probability theory, the birthday problem or birthday paradox concerns the probability that, in a set of n randomly chosen people, some pair of them will have the same birthday. In a group of 23 people, the probability of a shared birthday exceeds 50%, while a group of 70 has a 99.9% chance of a shared birthday.

23个人的生日全都不同的概率是 $(1-\frac{1}{366})(1-\frac{2}{366})...(1-\frac{22}{366})$ ，约等于50%

70个人的生日全都不同的概率是 $(1-\frac{1}{366})(1-\frac{2}{366})...(1-\frac{69}{366})$ ，约等于0.1%

二，一般性生日问题

在一个有k个不同元素的集合中，不放回地取n个数，全都不同的概率是 $(1-\frac{1}{k})(1-\frac{2}{k})...(1-\frac{n-1}{k})$

（1）概率p函数

设 $p(n)=(1-\frac{1}{k})(1-\frac{2}{k})...(1-\frac{n}{k})$ ，则全都不同的概率可以表示成p(n-1)

$p(0)=1, p(1)=1-\frac{1}{k}, ...,\, p(k-1)=(1-\frac{1}{k})(1-\frac{2}{k})...(1-\frac{k-1}{k}),\, p(k)=0$

（2）求和式f函数

令 $f(n)=\sum_{t=1}^np(t)=\sum_{t=1}^n(1-\frac{1}{k})(1-\frac{2}{k})...(1-\frac{t}{k})$ ,

则 $f(0)=1, f(1)=1-\frac{1}{k}\, , ...,\,f(k-1)=\sum _{t=1}^{k-1}p(t)\, ,\, f(k)=f(k-1)$

（3）求和式g函数

$\begin{aligned} g(n)=\sum_{t=1}^{n} t p(t) &=\sum_{t=1}^{n} t\left(1-\frac{1}{k}\right)\left(1-\frac{2}{k}\right) \cdots\left(1-\frac{t}{k}\right) \\ &=k \sum_{t=1}^{n} \frac{t+1}{k} \cdot\left(1-\frac{1}{k}\right)\left(1-\frac{2}{k}\right) \cdots\left(1-\frac{t}{k}\right)-\sum_{t=1}^{n}\left(1-\frac{1}{k}\right)\left(1-\frac{2}{k}\right) \cdots\left(-\frac{t}{k}\right) \\ &=k\left(f(n)-f(n+1)+1-\frac{1}{k}\right)-f(n) \end{aligned}$

即 $g(n)=k-1-k p(n+1)-f(n)$

$g(0)=0, g(1)=1-\frac{1}{k},...,g(k-1)=k-1-f(k-1), g(k)=g(k-1)$

（4）求和式h函数

$\begin{aligned} h(n)=\sum_{t=1}^{n} t^{2} p(t) &=\sum_{t=1}^{n} t^{2}\left(1-\frac{1}{k}\right)\left(1-\frac{2}{k}\right) \cdots\left(1-\frac{t}{k}\right) \\ &=k \cdot \sum_{t=1}^{n} t \cdot \frac{t+1}{k}\left(1-\frac{1}{k}\right)\left(1-\frac{2}{k}\right) \cdots\left(1-\frac{t}{k}\right)-g(n) \\ &=k(g(h)-g(n+1)+f(n+1))-g(n) \\ &=kf(n+1)+f(n)-k n p(n+1)-k+1\\&=(k+1) f(n)-k(n-1) p(n+1)-k+1 \end{aligned}$

$h(0)=0, h(1) =1-\frac{1}{k}, \cdots h(k-1)=(k+1) f(k-1)-k+1, h(k)=h(k-1)$

三，相关问题

在一个有k个不同元素的集合中，不放回地取数，一直到第一次出现重复的数为止，取数的数目（包括最后这个重复的数）的均值是多少呢？

$E=\sum _{t=2}^{k+1}p(t-2)\frac{t-1}{k}t=\frac{h(k-1)+3g(k-1)+f(k-1)+2}{k}$

所以 $E=(1-\frac{1}{k})f(k-1)+2$ ，其中 $f(k-1)=\sum _{t=1}^{k-1}p(t)$

所以 $E=2+(1-\frac{1}{k})\sum _{t=1}^{k-1}(1-\frac{1}{k})(1-\frac{2}{k})...(1-\frac{t}{k})$

函数值估算：

$p(n)=(1-\frac{1}{k})(1-\frac{2}{k})...(1-\frac{n}{k})<e^{-\frac{1}{k}}e^{-\frac{2}{k}}...e^{-\frac{n}{k}}=e^{-\frac{n(n+1))}{2k}}$

$f(n)=\sum_{t=1}^np(t)=\sum_{t=1}^n(1-\frac{1}{k})(1-\frac{2}{k})...(1-\frac{t}{k})$

令 $u=\left \lfloor \sqrt k \right \rfloor$ ，

$f(k-1)< \sum _{t=1}^u 1+\sum _{t=u+1}^{k-1}(1-\frac{1}{k})(1-\frac{2}{k})...(1-\frac{t}{k})\\ <u+\sum _{t=u+1}^{k-1}(1-\frac{1}{k})(1-\frac{2}{k})...(1-\frac{u+1}{k})(1-\frac{u+1}{k})^{t-u-1}\\ <u+\frac{k}{u+1}(1-\frac{1}{k})(1-\frac{2}{k})...(1-\frac{u+1}{k})\\ <u+\frac{k}{u+1}e^{-\frac{(u+1)(u+2)}{2k}}$