En una familia de 101010 miembros, ¿cuál es la probabilidad de que los cumpleaños de los miembros incluyan los siete días de la semana?

Question

En una familia de 101010 miembros, ¿cuál es la probabilidad de que los cumpleaños de los miembros incluyan los siete días de la semana?

Matemáticas
probabilidad
combinatoria
Matemáticas discretas
matemáticas-recreativas

Fred Uhlmann

¿Es correcta mi solución para el siguiente problema de libro de texto?

En una familia de 10 miembros, ¿cuál es la probabilidad de que los cumpleaños de los miembros incluyan los siete días de la semana?

Mi solución:

Todas las combinaciones posibles son iguales a $7^{10}$ , que es similar al problema de distribuir $10$ diferentes objetos en 10 cajas distintas con objetos repetitivos permitidos.

Ahora, seleccionamos $7$ objetos (es decir, personas) ${10 \choose 7}$ , póngalos en las casillas (es decir, días) para que tengamos al menos un cumpleaños cada día. Contabilizando la permutación interna, tenemos ${10 \choose 7}\cdot7!$

Quedan tres objetos. Estos se pueden poner en la misma caja o en cajas diferentes. Desglosamos las posibilidades:

Los tres en cajas diferentes. Tenemos $7$ opciones para el primer objeto, $6$ para los siete y $5$ para el tercero. En otras palabras, ${7 \choose 1}\cdot {6 \choose 1}\cdot {5 \choose 1}$ . Ahora tenemos tres $2$ -cajas de miembros, cada una con un $2!$ permutación interna. Por lo tanto, tenemos

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

Dos en la misma caja. Elegimos un par, los ponemos en cualquiera de las siete casillas y hay seis opciones para el objeto restante. De nuevo, factorizando casos repetidos, obtenemos

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

Los tres el mismo día. Esto es facil: $\frac{(\binom{7}{1})}{4!}$ $\frac{{7 \choose 1}}{4!}$

Ahora, empleando la regla de la suma (ya que los casos anteriores son mutuamente excluyentes), calculamos la probabilidad

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

Además, ¿puede pensar en una solución mejor y más sistemática (o tal vez general) para el problema anterior? Sospecho que hay uno y que esto podría hacerse mediante el cálculo de los casos de complemento. He estado intentando en vano. No puedo eliminar las distribuciones repetitivas.

Actualización : Gracias por las respuestas caballeros. Todos fueron muy útiles. Caso cerrado.

Respuestas (3)

En una familia de 101010 miembros, ¿cuál es la probabilidad de que los cumpleaños de los miembros incluyan los siete días de la semana?

especialmente lima · Answer 1

Es casi correcto. El único problema es que cuando divides para contar una combinación particular varias veces, no necesitas los factoriales. Entonces eso significa que el caso 2, digamos, debería ser

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

$\frac{\binom 32\binom 71\binom 61}{3\times2}.$ Esto se debe a que al contar combinaciones en las que tres personas cumplen años el lunes y dos cumplen años el sábado, por ejemplo, hay

3 \times 2

$3\times 2$ formas de elegir tus siete personas iniciales que cubren todos los días, no

3! \times 2!

$3!\times 2!$ .

Hacer este cambio te dará un poco más $10\%$ . Una forma más general de hacerlo es utilizar el principio de inclusión-exclusión . El número de formas de perderse al menos un día es

(\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},

$\binom71\times6^{10}-\binom 72\times5^{10}+\binom 73\times4^{10}-\binom 74\times3^{10}+\binom 75\times2^{10}-\binom 76\times1^{10},$ entonces podemos restar esto de

7^{10}

$7^{10}$ para obtener el número de formas de cubrir todos los días.

Muy lindo. Eso es exactamente lo que tenía en mente. No pude descifrar los signos +/- entre los términos. ¡Gracias!

Jack D´Aurizio · Answer 2

Podemos etiquetar cualquier configuración con una función de $[1,10]$ a $[1,7]$ . Hay $7^{10}$ funciones entre estos conjuntos, y $7!{10\brace 7}$ de ellos son sobreyectivos, con ${10 \brace 7}=5880$ siendo un número de Stirling de segunda clase . La probabilidad buscada es tan

\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

No exactamente. Seleccionando 7 personas y dándoles un día distinto, luego distribuyendo los 3 restantes durante esos siete días, cuenta muchos casos comunes. No tiene exclusión mutua, por lo que no puede emplear la regla de la suma.

(Asignar a Mary al lunes, otras seis personas por el resto de la semana, y luego asignar a Tom, Dick y Hellen al lunes, es el mismo evento que asignar a Hellen al lunes, las mismas otras seis personas al resto de la semana, luego Tom, Dick y Mary al lunes, y así sucesivamente).

Queremos seleccionar días para diez personas de modo que cada día se seleccione al menos una vez.

Podemos seleccionar

Un día común a cuatro personas, un día para cada una de las otras seis personas. $(\binom{7}{1, 6}) (\binom{10}{4, 1, 1, 1, 1, 1, 1})$ $\binom7 {1,6}\binom {10}{4,1,1,1,1,1,1}$
Un día común a tres personas, un día común a dos, uno para cada uno de los otros cinco. $(\binom{7}{1, 1, 5}) (\binom{10}{3, 2, 1, 1, 1, 1, 1})$ $\binom{7}{1,1,5}\binom{10}{3,2,1,1,1,1,1}$
Tres días cada uno común a dos personas, un día para cada uno de los otros cuatro $(\binom{7}{3, 4}) (\binom{10}{2, 2, 2, 1, 1, 1, 1})$ $\binom {7}{3,4}\binom{10}{2,2,2,1,1,1,1}$

Entonces la probabilidad requerida es

\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

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

Lo que está de acuerdo con la respuesta de Jack D'Aurizio (ya que este enfoque está en el camino hacia la introducción de los números de Stirling).

En una familia de 101010 miembros, ¿cuál es la probabilidad de que los cumpleaños de los miembros incluyan los siete días de la semana?

Fred Uhlmann

Respuestas (3)

especialmente lima

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