Problemi i ditëlindjes
Në teorinë e probabilitetit, problemi i ditëlindjes kërkon vlërën e probabilitetit ashtu që në një grup prej n personash të zgjedhur rastësisht, së paku 2 persona kanë ditëlindjen (ditën e lindjes, jo vitin) e njejtë. Ky problem njihet edhe si paradoksi i ditëlindjes për arsye se në një grup prej 23 personash probabiliteti që së paku 2 prej tyre kanë ditëlindje të njejtë është më i madh se 50%, që është shumë kundërintuitive.
Paradoksi i ditëlindjes në shikim të parë duket si i gabuar, por në fakt është i saktë. Mund të duket i habitshëm fakti që vetëm 23 persona nevojiten që probabiliteti të kaloj 50% kur një vit ka 365 (ose 366) ditë. Ky rezultat mund të bëhet më intuitiv duke vërejtur se krahasimet e ditëlindjeve do të bëhen midis çdo dysheje të mundëshme të individëve. Me 23 persona, janë dyshe për ti konsideruar, që është më e madhe se gjysma e ditëve në një vit(182 ose 183).
Problemi i atributohet Harold Davenport-it rreth vitit 1927, por ai nuk e publikoi atë. Davenport nuk e pranoi të quhet zbuluesi i problemit “sepse ai nuk mund të besonte që ky problem nuk është paraqitur më parë".[1][2] Publikimi i parë i një versioni të problemit të ditëlindjes ishte nga Richard von Mises në vitin 1939.[3]
Llogaritja e probabilitetit
[Redakto | Redakto nëpërmjet kodit]Problemi është të gjejmë probabilitetin që nga një grup prej n personash së paku 2 kanë ditën e lindjes së njejtë. Për thjeshtësi vitet e brishta dhe binjakët nuk do të merren parasyshë si dhe supozohet se të gjitha 365 ditëlindjet kanë gjasë të ndodhjes të njejtë, që është rasti më i keq.[4]
Qëllimi është të llogarisim probabilitetin P(A), probabiliteti që së paku dy persona në grup kanë ditëlindjen (ditën e lindjes) e njejtë. Megjithatë më lehtë është të llogaritet probabiliteti i kundërt P(A′), probabiliteti që asnjë person në grup ka ditëlindjen e njejtë. Meqë A dhe A′ janë probabilitete të kundërta, P(A) = 1 − P(A′).
Ta llogarisim P(A) për 23 persona. Po i numërojmë 23 personat me numra nga 1 deri 23. Po e shënojmë me ngjarja 1 ngjarjen që personi 1 ka ditëlindje, me ngjarja 2 ngjarjen që personi 2 nuk e ka ditëlindjen e njejtë me personin 1, me ngjarja 3 ngjarjen që personi 3 nuk e ka ditëlindjen e njejtë me personin 2 dhe personin 1, e kështu me rradhë. Ngjarja që 23 personat të kenë ditëlindje të ndryshme është e njejtë me ngjarjen kur ngarja 1, ngjarja 2, ngjarja 3, e kështu me rradhë deri te ngjarja 23, ndodhin njëkohësisht. Ky probabilitet llogaritet me ndihmën e probabilitetit të kushtëzuar. Probabiliteti i ngjarjes 1 është , probabiliteti i ngjarjes 2 pas ndodhjes së ngjarjes 1 është për arsye se personi 2 mund të ketë çfardo ditëlindje tjetër përveq ditës së njejtë si personi 1. Ngjashëm probabiliteti i ngjarjes 3 pas ndodhjes së ngjarjeve 1 dhe 2 është e kështu me rradhë deri te ngjarja 23 e cila ka probabilitet . Tani, probabiliteti P(A′) është i barabart me prodhimin e probabiliteteve të gjitha ngjarjeve 1 deri 23, një nga një, pra:pasi të grumbullohen termat në shprehjen e mësipërme marrim:
Pas njehësimit marrim:
Përfundimisht, (50.729724%).
Ky proces mund të gjeneralizohet për një grup prej n personash, ku p(n) është probabiliteti që së paku 2 persona kanë ditëlindjen e njejtë. Njësoj si më herët është më leht të gjindet probabiliteti i kundërt p(n), probabiliteti që të gjitha n ditëlindjet janë të ndryshme. Sipas parimit të kafazëve të pëllumbave probabiliteti p(n) është zero kur n > 365. Për n ≤ 365 kemi:
Shprehja e mësipërme arrihet nga fakti se personi i parë mund ta ketë çfardo ditëlindje, personi i dytë mund të ketë çfardo ditëlindje përveq ditës së njejtë me ditëlindjen e personit të parë, personi i tretë mund ketë çfardo ditëlindje përveq ditëve që kanë ditëlindjen personi i parë dhe i dytë, e kështu me rradhë deri te personi i n-të i cili mund të ketë çfardo ditëlindje përveq ditëve që kanë ditëlindjen n − 1 personat para tij.
Nga probabiliteti i kundërt p(n), gjejmë probabilitetin p(n),Pra:Tabela në vijim tregon probabilitetin p(n) për disa vlera të n-it (për këtë tabelë injorohet ekzistenca e viteve të brishta, dhe çdo ditëlindje supozohet të ketë gjasë të ndodhjes të njejtë):
n | p(n) |
---|---|
1 | 0% |
5 | 2.71356% |
10 | 11.69482% |
20 | 41.14384% |
23 | 50.72972% |
30 | 70.63162% |
40 | 89.12318% |
50 | 97.03736% |
60 | 99.41227% |
70 | 99.91596% |
80 | 99.99143% |
90 | 99.9993848% |
100 | 99.999969275107% |
200 | 99.9999999999999999999999999998389874% |
300 | (100 − 6×10−80)% |
365 | (100 − 1.45×10−155)% |
≥ 366 | 100% |
Vitet e brishta. Nëse zëvendësojmë 366 në vend të 365 në formulën për p(n) atëherë mund të llogaritet probabiliteti i problemit të ditëlindjes edhe për vitet e brishta.
Nëse shënojmë me p'(n) këtë probabilitet do të kemi:Pas një kalkulimi tregohet se edhe te vitet e brishta njësoj si vitet normale, numri i personave që nevojiten ashtu që probabiliteti të kaloj 50% është 23.
Përafrime
[Redakto | Redakto nëpërmjet kodit]Zgjerimi i funksionit eksponencial me anë të serive të Taylorit (Numri e ≈ 2.718281828)ofron një përafrim të rendit të parë për ex kur :Për ta zbatuar këtë përafrim tek shprehja e parë e nxjerrë për p(n), marrim . Kështu,
Pastaj zëvendësojmë a me numra të plotë pozitivë për çdo term në shprehjen për p(n), deri tek a = n − 1.
Për shembull për a = 1,Shprehja e parë e nxjerrë për p(n) mund të përafrohet siPrej këtu,Një përafrim më i thjeshtë jepet medhe siç shihet në graf është përafrim mjaft i mirë.
Një fuqizim i thjeshtë
[Redakto | Redakto nëpërmjet kodit]Probabiliteti që 2 persona mos ta kenë ditëlindjen e njejtë është . Në një grup prej n personash janë dyshe të ndryshme të personave, mund të themi se janë ngjarje. Probabiliteti që çdo dy persona në grup nuk e kanë ditëlindjen e njejtë, mund të përafrohet duke supozuar se të gjitha ngjarjet janë të pavarura dhe duke i shumëzuar probabilitetet e tyre me njëra tjetrën. D.m.th probabiliteti shumëzohet me veten herë, pra:Tani, përafrimi i probabilitetit që në një grup prej n personash së paku 2 persona kanë ditëlindjen e njejtë është:Siç shihet nga grafiku, përafrimi është mjaft i mirë, por pak më i dobët se përafrimi i parë.
Referime
[Redakto | Redakto nëpërmjet kodit]- ^ Davis, H. T.; Ball, W. W. Rouse; Coxeter, H. S. M. (1940-03). "Mathematical Recreations and Essays". National Mathematics Magazine. 14 (6): 357. doi:10.2307/3028969. ISSN 1539-5588.
{{cite journal}}
: Mungon ose është bosh parametri|language=
(Ndihmë!); Shiko vlerat e datave në:|date=
(Ndihmë!) - ^ Singmaster, David (2021-07-07). Adventures in Recreational Mathematics. Adventures in Recreational Mathematics. WORLD SCIENTIFIC. ISBN 978-981-12-2603-8.
{{cite book}}
: Mungon ose është bosh parametri|language=
(Ndihmë!) - ^ Gumbel, E. J.; Frank, Ph.; Goldstein, S.; Kac, M.; Prager, W.; Szego, G.; Birkhoff, G. (1966-01). "Selected Papers of Richard von Mises". Econometrica. 34 (1): 251. doi:10.2307/1909881. ISSN 0012-9682.
{{cite journal}}
: Mungon ose është bosh parametri|language=
(Ndihmë!); Shiko vlerat e datave në:|date=
(Ndihmë!) - ^ Steele, J. Michael (2004). The Cauchy-Schwarz master class : an introduction to the art of mathematical inequalities. Cambridge, UK. ISBN 978-0-511-21134-8. OCLC 144618405.
{{cite book}}
: Mungon ose është bosh parametri|language=
(Ndihmë!)Mirëmbajtja CS1: Mungon shtëpia botuese te vendodhja (lidhja)