Probabilidade de que o arranjo do Papai Noel Secreto resulte em pares perfeitos

Então, nós tivemos o Papai Noel Secreto no trabalho.

Somos 8 pessoas. Cada um de nós se revezou e puxou um pequeno pedaço de papel de uma tigela com um nome. A única regra: se você digitar seu nome, precisará colocar o pedaço de papel de volta na tigela e tentar novamente.

Vamos chamar as pessoas de A, B, C, D, E, F, G, H, que também é a ordem na qual eles pegaram seu pedaço de papel.

Fizemos a troca de presentes ontem à noite.

A era o Papai Noel secreto de F.
B era o Papai Noel secreto de E.
C era o Papai Noel secreto de D.
D era o Papai Noel secreto de C.
E era o Papai Noel secreto de B.
F era o Papai Noel secreto de A.
G era o Papai Noel secreto de H.
Ele era o Papai Noel secreto de G.

Veja o que aconteceu? Nós fizemos casais.

A e F eram o Papai Noel secreto um do outro.
B e E eram o Papai Noel secreto um do outro.
C e D eram o Papai Noel secreto um do outro.
G e H eram o Papai Noel secreto um do outro.

Qual é a probabilidade disso acontecer e como você o calcula?

combinatorics odds

— Hermann
fonte

"Se você digitar seu nome, precisará colocar o pedaço de papel de volta na tigela e tentar novamente." O que acontece se você é o último a escolher o seu próprio nome?

— Juho Kokkala

Se a pessoa A desenha o rótulo C (digamos) e a pessoa B desenha o rótulo B, a pessoa A também coloca o rótulo C de volta no chapéu e desenha novamente? É isso que as respostas parecem sugerir, mas entendo que as palavras significam que A mantém os rótulos C e B redesenhados do chapéu que contém rótulos (A, B, D, E, F, G, H).

— Juho Kokkala

Respostas:

O número total de tarefas entre pessoas, onde ninguém é designado para si, é (Estes são chamados de desarranjos .) O valor está muito próximo de $2n$

d (2 n) = (2 n)! (1 / 2 - 1 / 6 + \dots + (- 1)^{k} / k! + \dots + 1 / (2 n)!) .

$d(2n) = (2n)!(1/2 - 1/6 + \cdots + (-1)^k/k! + \cdots + 1/(2n)!).$

(2 n)! / e

$(2n)! / e$

Se eles correspondem a pares perfeitos, então são um produto de transposições disjuntas . Isso implica que sua estrutura de ciclo é da forma

(a_{11} a_{12}) (a_{21} a_{22}) \dots (a_{n 1} a_{n 2}) .

$(a_{11}a_{12})(a_{21}a_{22})\cdots(a_{n1}a_{n2}).$

O número de padrões distintos é a ordem do grupo de todas as permutações dos nomes divididos pela ordem do estabilizador do padrão. Um elemento estabilizador pode trocar qualquer número de pares e também pode permutar pares, de onde existem elementos estabilizadores. Portanto, existem $2n$ $n!$ $2^n n!$

p (2 n) = \frac{(2 n)!}{2^{n} n!}

$p(2n) = \frac{(2n)!}{2^n n!}$

esses pares.

Como todos esses pares perfeitos são desarranjos, e todos os desarranjos são igualmente prováveis, a chance é igual a

\frac{p (2 n)}{d (2 n)} = \frac{1}{2^{n} n! (1 - 1 / 2 + 1 / 6 - \dots + (- 1)^{k} / k! + \dots + 1 / (2 n)!)} \approx \frac{e}{2^{n} n!} .

$\frac{p(2n)}{d(2n)} = \frac{1}{2^n n!(1 - 1/2 + 1/6 - \cdots + (-1)^k/k! + \cdots + 1/(2n)!)} \approx \frac{e}{2^n n!}.$

Para pessoas, por conseguinte, a resposta exacta é enquanto que a aproximação é $2n=8$ $15/2119 \approx 0.00707881$ : eles concordam com cinco números significativos. $e/(2^4\, 4!) \approx 0.00707886$

Para verificar, esta Rsimulação desenha um milhão de permutações aleatórias de oito objetos, retém apenas aqueles que são desarranjos e conta aqueles que são pares perfeitos. Ele gera sua estimativa, o erro padrão da estimativa e um escore Z para compará-lo ao valor teórico. Sua saída é

       p.hat           se            Z 
 0.006981031  0.000137385 -0.711721705

$0.0066$ $0.0073$

paired <- function(x) crossprod(x[x] - 1:length(x))==0
good <- function(x) sum(x==1:length(x)) == 0

n <- 8
set.seed(17)
x <- replicate(1e6, sample(1:n, n))
i.good <- apply(x, 2, good)
i.paired <- apply(x, 2, paired)

n.deranged <- sum(i.good)
k.paired <- sum(i.good & i.paired)
p.hat <- k.paired / n.deranged
se <- sqrt(p.hat * (1-p.hat) / n.deranged)
(c(p.hat=p.hat, se=se, Z=(p.hat - 15/2119)/se))

— whuber
fonte

+1 para a cara de guaxinim boba e os óculos ... Peguei um atalho no conceito de "elemento estabilizador" porque não sei por onde começar a procurá-lo, mas faz muito sentido mesmo levar esse pouco intuitivamente.

— Antoni Parellada

@Antoni Veja en.wikipedia.org/wiki/Burnside's_lemma, por exemplo.

— whuber

@Amoeba, pensei em fazer isso, mas decidi manter o foco no problema atual, pois os distúrbios são muito conhecidos. O artigo da Wikipedia ao qual vinculei fornece vários métodos para derivar essa fórmula. O método mais evidente usa o Princípio da inclusão-exclusão, como é evidente na expressão de soma alternada.

— whuber

Você supõe que o desenho dos rótulos é iniciado do zero se alguém desenha seu próprio rótulo (veja meus comentários à pergunta). Caso contrário, não acho que todas as perturbações sejam igualmente prováveis.

— Juho Kokkala

@ Juho Essa é uma boa pergunta, digna de mais reflexão. Respondi com base na intenção implícita do procedimento de desenho, que seria criar todos os desarranjos com igual probabilidade, mas não está claro exatamente qual procedimento foi seguido ou se ele geraria desarranjos com uma distribuição uniforme (ou se é garantido mesmo para produzir um desarranjo!).

— whuber

Fiquei bastante impressionado com a elegância na resposta @whuber. Para ser sincero, tive que me familiarizar com novos conceitos para seguir as etapas de sua solução. Depois de gastar muito tempo nisso, decidi postar o que consegui. Então, o que se segue é uma nota exegética à sua resposta já aceita. Dessa forma, não há tentativa de originalidade, e meu único objetivo é fornecer alguns pontos de ancoragem adicionais para seguir algumas das etapas envolvidas.

Então aqui vai ...

$2n$

2. Podemos derivar a fórmula para desarranjos?

$n$

$d(n)=(n-1)[d(n-2) + d(n-1)]=$

$=n\,d(n-2)-d(n-2)+n\,d(n-1)-d(n-1)$

$d(n) - n\,d(n-1) = -[d(n-1)-(n-1)\,d(n-2)]$

Agora, observando o paralelismo entre o LHS dessa equação e a parte do RHS entre parênteses, podemos continuar recursivamente:

$d(n) - n\,d(n-1)=-[d(n-1)-(n-1)\,d(n-2)] =$

$=(-1)^2\,[d(n-2)-(n-2)\,d(n-3)]=\cdots=(-1)^{n-2}\,d(2)-2\,d(1)$

$d(n) = n\,d(n-1)+(-1)^n$

Trabalhando para trás:

$d(2)=1$

$d(3)= 3\,d(2)-1 =3*1\,-1$

$d(4)= 4\,d(3)+1 =4*3*1\,-4\,\,+1$

$d(5)= 5\,d(4)-1 =5*4*3*1\,-5*4\,+5\,\,-1$

$d(6)= 6\,d(5)+1 = 6*5*4*3*1\,-6*5*4\,+6*5\,-6\,+1=$

$=6!\left(\frac{1}{2}- \frac{1}{3*2}+\frac{1}{4*3*2}-\frac{1}{5*4*3*2}+\frac{1}{6!}\right)=$

$=6!\left(\frac{1}{6!}-\frac{1}{5!}+\frac{1}{4!}-\frac{1}{3!}+\frac{1}{2!}-\frac{1}{1!}+1\right)$

Então, em geral,

$d(n)=n!\left(1-1+\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+\cdots+\frac{1}{n!}\right)$

$e^x$ $x=-1$

$d(n)\approx\frac{n!}{e}$

${a,b,c,d,e,f}$ ${b,d,a,c,f,e}$ a -> b -> d -> c after which it returns to ae -> f $(\text {a b d c})(\text{e f})$

$4$

$(2n)!$ $2n$ $2^n$ $n!$ $p(2n) = \frac{(2n)!}{2^n n!}$

Para a Rsimulação:

1 paired <- function(x) crossprod(x[x] - 1:length(x))==0

x[x] $8$ vetor de elementos representando as atribuições atuais e determinar se ele é composto de loops de 2 elementos, como no problema do Papai Noel. Enquanto as permutações corresponderem a elementos de transposição, de modo que, se Paulo deveria dar um presente a Maria ( Paul -> Mariae vice-versa Maria -> Paul) e Max a John ( Max -> John/ John -> Max) inicialmente, a transposição resultante resultaria em um novo emparelhamento perfeito ( Max -> Maria/ Maria -> Maxe Paul -> John/ John -> Paul) estamos cumprindo a condição inicial de emparelhamento perfeito:

Em outras palavras, se voltarmos ao exemplo dos chapéus em i $1$

2) good <- function(x) sum(x==1:length(x)) == 0

$x$ $(1,2,3,4,5,6,7,8)$

3.k.paired <- sum(i.good & i.paired) existe para excluir permutações emparelhadas como a acima no diagrama, que não são perturbações:

v <- c(1,2,3,4,5,6,7,8)
w <- c(1,2,3,5,4,6,7,8)

(c("is v paired?" = paired(v), "is w paired?" = paired(w),
   "is v a derang?" = good(w), "is w a derang?" = good(w)))

# not all paired permutations are derangements.

— Antoni Parellada
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e

$e$

\approx

$\approx$

=

$=$

1

$1$

- 1

$-1$

@whuber Obrigado. Eu realmente brinquei lá. Não sou bom em tarefas repetitivas e indexadas ... sabia que havia algo errado. Agora deve ser consertado.

— Antoni Parellada