Wie groß ist in einer Familie mit 101010 Mitgliedern die Wahrscheinlichkeit, dass die Geburtstage der Mitglieder alle sieben Tage der Woche umfassen?

Question

Wie groß ist in einer Familie mit 101010 Mitgliedern die Wahrscheinlichkeit, dass die Geburtstage der Mitglieder alle sieben Tage der Woche umfassen?

Mathematik
Wahrscheinlichkeit
Kombinatorik
Diskrete Mathematik
Freizeit-Mathematik

Fred Uhlmann

Ist meine Lösung für die folgende Lehrbuchaufgabe richtig?

Wie groß ist in einer 10-köpfigen Familie die Wahrscheinlichkeit, dass die Geburtstage der Mitglieder alle sieben Tage der Woche umfassen?

Meine Lösung:

Alle möglichen Kombinationen sind gleich $7^{10}$ , was dem Problem der Verteilung verwandt ist $10$ verschiedene Objekte in 10 verschiedene Felder, wobei sich wiederholende Objekte erlaubt sind.

Jetzt wählen wir aus $7$ Objekte (z. B. Menschen) ${10 \choose 7}$ , trage sie in die Kästchen (dh Tage) ein, sodass wir an jedem Tag mindestens einen Geburtstag haben. Berücksichtigung der internen Permutation, wir haben ${10 \choose 7}\cdot7!$

Drei Objekte bleiben übrig. Diese können in die gleiche Box oder in verschiedene Boxen gelegt werden. Wir schlüsseln die Möglichkeiten auf:

Alle drei in verschiedenen Boxen. Wir haben $7$ Auswahlmöglichkeiten für das erste Objekt, $6$ für die sieben und $5$ für den dritten. Mit anderen Worten, ${7 \choose 1}\cdot {6 \choose 1}\cdot {5 \choose 1}$ . Jetzt haben wir drei $2$ -Mitgliedsboxen mit jeweils einem $2!$ interne Permutation. Daher haben wir

$\frac{(\binom{7}{1}) \cdot (\binom{6}{1}) \cdot (\binom{5}{1})}{2! \cdot 2! \cdot 2!}$ $\frac{{7 \choose 1}\cdot {6 \choose 1}\cdot {5 \choose 1}}{2!\cdot2!\cdot2!}$

Zwei in der gleichen Box. Wir wählen ein Paar aus und legen es in eine der sieben Boxen, und es gibt sechs Möglichkeiten für das verbleibende Objekt. Auch hier erhalten wir, wenn wir wiederholte Fälle berücksichtigen

$\frac{(\binom{3}{2}) \cdot (\binom{7}{1}) \cdot (\binom{6}{1})}{3! \cdot 2!}$ $\frac{{3 \choose 2}\cdot {7 \choose 1}\cdot {6 \choose 1}}{3!\cdot2!}$

Alle drei am selben Tag. Das ist einfach: $\frac{(\binom{7}{1})}{4!}$ $\frac{{7 \choose 1}}{4!}$

Nun berechnen wir unter Anwendung der Summenregel (da sich die obigen Fälle gegenseitig ausschließen) die Wahrscheinlichkeit

$\frac{(\binom{10}{7}) \cdot 7! \cdot [\frac{(\binom{7}{1}) \cdot (\binom{6}{1}) \cdot (\binom{5}{1})}{2! \cdot 2! \cdot 2!} + \frac{(\binom{3}{2}) \cdot (\binom{7}{1}) \cdot (\binom{6}{1})}{3! \cdot 2!} + \frac{(\binom{7}{1})}{4!}]}{7^{10}}$ $\frac {{10 \choose 7} \cdot 7! \cdot [\frac{{7 \choose 1}\cdot {6 \choose 1}\cdot {5 \choose 1}}{2!\cdot2!\cdot2!} + \frac{{3 \choose 2}\cdot {7 \choose 1}\cdot {6 \choose 1}}{3!\cdot2!} +\frac{{7 \choose 1}}{4!}]} {7^{10}}$ das ist fast $0.08$ .

Können Sie sich auch eine bessere, systematischere (oder vielleicht allgemeinere) Lösung für das obige Problem vorstellen? Ich vermute, dass es einen gibt und dass dies durch Berechnung der Komplementfälle erfolgen könnte. Ich habe es vergeblich versucht. Ich kann wiederholte Verteilungen nicht eliminieren.

Update : Danke für die Antworten, meine Herren. Alle waren sehr hilfsbereit. Fall abgeschlossen.

Antworten (3)

Wie groß ist in einer Familie mit 101010 Mitgliedern die Wahrscheinlichkeit, dass die Geburtstage der Mitglieder alle sieben Tage der Woche umfassen?

Vor allem Kalk · Answer 1

Es ist fast richtig. Das einzige Problem ist, dass Sie die Fakultäten nicht benötigen, wenn Sie aufteilen, um das mehrfache Zählen einer bestimmten Kombination zu berücksichtigen. Das heißt also, Fall 2 sollte sein

\frac{(\binom{3}{2}) (\binom{7}{1}) (\binom{6}{1})}{3 \times 2} .

$\frac{\binom 32\binom 71\binom 61}{3\times2}.$ Denn wenn Kombinationen gezählt werden, bei denen beispielsweise drei Personen am Montag Geburtstag haben und zwei am Samstag Geburtstag haben, gibt es

3 \times 2

$3\times 2$ Möglichkeiten, Ihre anfänglichen sieben Personen auszuwählen, die alle Tage abdecken, nicht

3! \times 2!

$3!\times 2!$ .

Wenn Sie diese Änderung vornehmen, erhalten Sie nur mehr $10\%$ . Eine allgemeinere Möglichkeit, dies zu tun, ist die Verwendung des Einschluss-Ausschluss-Prinzips . Die Anzahl der Möglichkeiten, mindestens einen Tag zu verpassen, ist

(\binom{7}{1}) \times 6^{10} - (\binom{7}{2}) \times 5^{10} + (\binom{7}{3}) \times 4^{10} - (\binom{7}{4}) \times 3^{10} + (\binom{7}{5}) \times 2^{10} - (\binom{7}{6}) \times 1^{10},

$\binom71\times6^{10}-\binom 72\times5^{10}+\binom 73\times4^{10}-\binom 74\times3^{10}+\binom 75\times2^{10}-\binom 76\times1^{10},$ also können wir davon abziehen

7^{10}

$7^{10}$ um die Anzahl der Möglichkeiten zu erhalten, alle Tage abzudecken.

Sehr schön. Genau das hatte ich im Sinn. Ich konnte die +/- Zeichen zwischen den Begriffen nicht herausfinden. Danke schön!

Jack D’Aurizio · Answer 2

Wir können jede Konfiguration mit einer Funktion von kennzeichnen $[1,10]$ Zu $[1,7]$ . Es gibt $7^{10}$ Funktionen zwischen diesen Mengen, und $7!{10\brace 7}$ von ihnen sind surjektiv, mit ${10 \brace 7}=5880$ eine Stirlingzahl zweiter Art sein . Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist so

\frac{7! {\binom{10}{7}}}{7^{10}} = \frac{86400}{823543} \approx 10.49 % .

$\frac{7!{10\brace 7}}{7^{10}}=\frac{86400}{823543}\approx \color{red}{10.49\%}.$

Graham Kemp · Answer 3

Nicht ganz. Wenn Sie 7 Personen auswählen und ihnen einen bestimmten Tag geben und dann die restlichen 3 auf diese sieben Tage verteilen, werden viele häufige Fälle überzählt. Sie haben keinen gegenseitigen Ausschluss, können also die Summenregel nicht anwenden.

(Mary Montag zuzuweisen, sechs weitere Personen für den Rest der Woche, dann Tom, Dick und Hellen Montag zuzuweisen, ist dasselbe Ereignis wie Hellen Montag zuzuweisen, dieselben sechs anderen Personen für den Rest der Woche Tom, Dick und Mary bis Montag und so weiter.)

Wir wollen Tage für zehn Personen so auswählen, dass jeder Tag mindestens einmal ausgewählt wird.

Wir können auswählen

Ein Tag gemeinsam für vier Personen, ein Tag für jede der sechs anderen Personen. $(\binom{7}{1, 6}) (\binom{10}{4, 1, 1, 1, 1, 1, 1})$ $\binom7 {1,6}\binom {10}{4,1,1,1,1,1,1}$
Ein gemeinsamer Tag für drei Personen, ein gemeinsamer Tag für zwei, einer für jeden von fünf anderen. $(\binom{7}{1, 1, 5}) (\binom{10}{3, 2, 1, 1, 1, 1, 1})$ $\binom{7}{1,1,5}\binom{10}{3,2,1,1,1,1,1}$
Drei Tage jeweils gemeinsam für zwei Personen, einen Tag für jeden der vier anderen $(\binom{7}{3, 4}) (\binom{10}{2, 2, 2, 1, 1, 1, 1})$ $\binom {7}{3,4}\binom{10}{2,2,2,1,1,1,1}$

Die benötigte Wahrscheinlichkeit ist also

\frac{7! 10!}{7^{10}} (\frac{1}{6! 4!} + \frac{1}{5! 3! 2!} + \frac{1}{3! 4! 2!^{3}}) = \frac{86400}{823543} \approx 0,104 9

$\dfrac{7!\,10!}{7^{10}}\left(\dfrac{1}{6!\,4!}+\dfrac{1}{5!\,3!\,2!}+\dfrac{1}{3!\,4!\,2!^3}\right)\\~\\= \dfrac{86400}{823543}\\~\\\approx 0.104{\small 9}$

Was mit Jack D'Aurizios Antwort übereinstimmt (da dieser Ansatz auf dem Weg zur Einführung von Stirling-Zahlen ist).

Wie groß ist in einer Familie mit 101010 Mitgliedern die Wahrscheinlichkeit, dass die Geburtstage der Mitglieder alle sieben Tage der Woche umfassen?

Fred Uhlmann

Antworten (3)

Vor allem Kalk

Fred Uhlmann

Jack D’Aurizio

Graham Kemp

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