Antes de comenzar con los cálculos que debemos pensar que los valores de $r$, debemos tener en cuenta.
$r=1,2$: Podemos excluir los casos triviales $r=1$ $r=2$ que dan una probabilidad de cero, ya que nunca llegan a una configuración con tres personas con el mismo cumpleaños.
$2<r\leq 365$: La parte principal donde ponemos el foco de nuestro análisis. Afortunadamente, el razonamiento se puede extender fácilmente a $r\leq 730$.
$365<r\leq 2\cdot 365$: Suponiendo que el año ha $365$ de los días, la situación es ligeramente diferente si el número de personas es mayor que $365$. En estos casos es seguro que hay personas con el mismo cumpleaños y esto tiene algunos pensamientos adicionales.
$r>2\cdot 365$: De acuerdo con el principio del palomar grupos con más de $730$ de las personas tienen al menos tres de la igualdad de cumpleaños con una probabilidad de $p=1$.
Motor de arranque:
Con el fin de obtener una primera impresión y verificación para los pequeños números en la mano vemos un ejemplo pequeño. Debe ser lo suficientemente pequeño como para hacer cálculos fácil y lo suficientemente grande como para ser representativo para el problema.
Tomamos $r=5$ de la gente y en lugar de $365$ días utilizamos $6$ días. Si tomamos una feria de morir con seis caras en lugar de ello, esta versión más pequeña del problema, a continuación, se indica como:
Pequeño Problema: ¿Cuál es la probabilidad de que en un grupo de $5$ de la gente, cada uno de ellos lanzando una feria de morir de una vez, al menos tres personas rodar el mismo número.
Cinco personas puede tirar un total de $6^5=7776$ diferente configuración de $5$-tuplas de $(1,1,1,1,1)$$(6,6,6,6,6)$.
Respondemos a la pregunta por el recuento $5$-tuplas que tienen no más de dos igual de caras.
- Deje $N_{(11111)}$ el número de $5$-tuplas parejas con las diferentes entradas. Vemos que hay $6\cdot5\cdot\ldots\cdot1=6!$ posibilidades y obtener
\begin{align*}
N_{(11111)}=6!=720
\end{align*}
El índice de $11111$ indica que hay cinco pares diferentes de los valores de contado.
Ahora consideramos el número de $5$-tuplas con uno o más pares de números iguales, pero sin la aparición de tres o más números iguales. Hay dos diferentes constelaciones:
Un par y otros tres números que son pares diferentes, que se denota por a $N_{(1112)}$.
-
La segunda constelación son dos pares diferentes y otro número diferente a cada uno de ellos, que se denota por a $N_{(122)}$.
Obtenemos
\begin{align*}
N_{(1112)}&=\frac{1}{1!}\binom{5}{2}6\cdot5\cdot4\cdot3=3600\tag{1}\\
N_{(122)}&=\frac{1}{2!}\binom{5}{2}6\binom{3}{2}5\cdot4=1800\tag{2}
\end{align*}
Comentario:
En (1) no hay $\binom{5}{2}$ pares, que puede tomar los valores de $1,\ldots,6$. Las otras tres personas han $5,4$ $3$ posibilidades de lanzar un número de pares diferentes a todos los demás.
En (2) no se $\binom{5}{2}\cdot6$ posibilidades para un par, dejando $\binom{5-2}{2}\cdot5$ posibilidades para el segundo par. Porque no queremos contar con otro par de constelaciones más de una vez, tenemos que dividir por $2!$.
La tabla de distribución de todos los diferentes $5$-tuplas puede ser fácilmente calculada
\begin{array}{cccccccc}
\text{Total}&N_{(11111)}&N_{(1112)}&N_{(113)}&N_{(122)}&N_{(14)}&N_{(23)}&N_{(5)}\\
7776&\color{blue}{720}&\color{blue}{3600}& 1200& \color{blue}{1800} & 150 & 300 & 6
\end{array}
Estamos listos para calcular la quería probabilidad de $p$ para este pequeño ejemplo:
\begin{align*}
p&=1-\frac{N_{(11111)}}{6^5}-\left(\frac{N_{(1112)}}{6^5}+\frac{N_{(122)}}{6^5}\right)\\
&=1-\frac{720}{6^5}-\frac{5400}{6^5}\\
&=1-\frac{6120}{7776}\\
&=0.212963
\end{align*}
El verdadero problema:
La mayor parte de el trabajo ha sido realizado por un pequeño ejemplo. Si consideramos ahora $365$ días y $r$ personas podemos ir hacia adelante.
En primer lugar ponemos el foco en
\begin{align*}
3\leq r \leq 365
\end{align*}
- Vamos a denotar con $N_{(1^{r})}$ el número de $r$-tuplas con todas las entradas de a pares diferentes. El exponente en el índice de $1^{r}$ denota la multiplicidad de $1$.
Obtenemos
\begin{align*}
N_{(1^{r})}=\frac{365!}{(365-r)!}\tag{3}
\end{align*}
A continuación tenemos que considerar la posibilidad de $r$-tuplas que contengan $k$ pares de tuplas, $1\leq k\leq \lfloor\frac{r}{2}\rfloor$ junto con $r-2k$ solo números pares diferentes a todos los demás solo números y los números dentro de las tuplas. Se denota con a $N_{(1^{r-2k}2^k)}$.
Obtenemos de forma análoga a (2)
\begin{align*}
N_{(1^{r-2k}2^k)}&=\frac{1}{k!}\binom{r}{2}365\binom{r-2}{2}364\cdots\binom{r-2(k-1)}{2}\left(365-(k-1)\right)\\
&\qquad\cdot(365-k)\cdots((365-k)-(r-2k-1))\\
&=\frac{1}{k!}\binom{r}{2}\binom{r-2}{2}\cdots\binom{r-2(k-1)}{2}\frac{365!}{(365-(r-k))!}\\
&=\frac{1}{k!}\frac{r!}{2^k(r-2k)!}\frac{365!}{(365-(r-k))!}\tag{4}
\end{align*}
Comprobación: Si se compara la expresión (4) con el ejemplo anterior, podríamos hacer una simple comprobación. Si ponemos
\begin{align*}
r=5,k=2,\text{ and }365\rightarrow 6
\end{align*}
obtenemos
\begin{align*}
N_{(1^{5-4}2^2)}=N_{(12^2)}=\frac{1}{2!}\frac{5!}{2^2(5-4)!}\frac{6!}{(6-(5-2))!}
=1800
\end{align*}
de acuerdo con la entrada de la tabla de $N_{(122)}$ por encima.
El rango de $365<r\leq 2\cdot 365$
Si $r>365$ se garantiza que al menos dos personas tienen el mismo cumpleaños. Sigue
$$N_{(1^r)}=0$$
Vemos que después de corta consideración, el enfoque (4) para un grupo de personas con $1\leq k\leq \lfloor r\rfloor$ distintos pares también es válido hasta el $r\leq 730$.
Ahora es el momento de la cosecha. Con el fin de encontrar el número de todos los $r$-tuplas tenemos que excluir, podemos resumir $N_{(1^r)}$$N_{(1^{r-2k}2^k)}$$1\leq k \leq \lfloor\frac{r}{2}\rfloor$.
De hecho, inspirado por el comentario de @robjohn, podemos también el respeto a todos los demás valores de $r$ en la misma fórmula, si tomamos $\frac{1}{n!}=0$ $n<0$ y, finalmente, obtener
La probabilidad de $p$ que al menos a tres personas de un grupo de $r\geq 1$ de las personas tienen la misma fecha de nacimiento es de acuerdo a (3) y (4)
\begin{align*}
p&=1-\frac{1}{365^r}\left(N_{(1^r)}+\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{r}{2}\rfloor}N_{(1^{r-2k}2^k)}\right)\\
&=1-\frac{365!}{365^r}\left(\frac{1}{(365-r)!}
+r!\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{r}{2}\rfloor}\frac{1}{2^kk!(r-2k)!(365-(r-k))!}\right)\\
&=1-r!\frac{365!}{365^r}\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{r}{2}\rfloor}\frac{1}{2^kk!(r-2k)!(365-(r-k))!}
\end{align*}
