Egy majdnem teljes albumnál újabb száz matrica sem feltétlenül jelent száz lépést a befejezés felé. A már meglévő fajták újra előkerülhetnek, és egy korábban hiányzó típus első megszerzése után annak következő példánya is duplává válik. A gyűjtemény telítődése közben megváltozik az új fajta esélye.
A matricagyűjtés kalkulátora a kuponkollektor-probléma egyszerű modelljét használja. Megmutatja a befejezésig várható további darabszámot és egy megadott új húzásszám után várható hiányt. A számolás előtt tisztázni kell, mit jelent a véletlen húzás, és miben térhet el ettől egy valódi gyártó csomagolása. A cikk példái kitalált, százféle matricából álló sorozatra vonatkoznak.
A modell három feltételét ellenőrizd
Minden fajta azonos valószínűséggel érkezik, az egyes darabok egymástól függetlenek, és a gyűjtés közben nem cserélsz másokkal. Százféle matrica esetén így minden új húzásnál egy adott típus esélye 1 / 100. A már meglévő darabok nem kerülnek ki a lehetséges következő kimenetelek közül.
A Wolfram kuponkollektor-leírása az ismételt véletlen kiválasztás mellett a teljes készlet összegyűjtését vizsgálja. A kalkulátor ennek az egyforma esélyű változatát kezeli. Ritka lapokhoz, eltérő gyártási arányokhoz vagy cserélő közösséghez nem áll rendelkezésre ugyanilyen egyszerű bemenet.
A meglévő mennyiségnél különböző fajtákat adj meg. Ha 80 különböző lapod és további 40 duplád van, a mezőbe 80 kerül. A tervezett új mennyiség darabszámot jelent. Egy csomag öt lapja öt húzásként csak akkor illeszkedik a modellhez, ha ezek valóban függetlenek és azonos eloszlásúak.
Miért lassul az új fajták gyűjtése?
Ha a száz típusból húsz hiányzik, a következő darab húszféleképpen lehet új, ezért az újdonság esélye 20 / 100 = 20%. Ha már csak egy fajta hiányzik, ugyanaz az arány 1 / 100 = 1%. A készlet állapota megváltozott, ezért ugyanannyi új darab várhatóan kevesebbet ad a gyűjteményhez.
Az OpenStax geometriai eloszlásról szóló fejezete az első sikerig tartó, állandó találati esélyű független próbákat tárgyalja. Ha egy ilyen szakaszban a siker esélye p, az első sikerig várható próbák száma 1 / p.
Amíg húsz típus hiányzik, a következő új típusig várható darabszám 1 / 0,2 = 5. Az utolsó hiányzó típusnál ugyanez 1 / 0,01 = 100. Ezek a számok egy-egy gyűjtési szakasz átlagos hosszát adják. Egyetlen szakasz ennél rövidebb és hosszabb is lehet. Ha már egyetlen típus sem hiányzik, a befejezésig szükséges további darabszám nulla: a feladat teljesült. Ilyenkor az 1/p képletbe helyettesített nulla újdonsági esély más kérdést, egy további új típusra való várakozást írná le. A befejezési összegben ilyen új szakasz már nincs.
Első példa: százból húsz hiányzik
A szemléltető album százféle matricát tartalmaz. Nyolcvan különböző típus már megvan, húsz hiányzik. További száz független, véletlen darabbal számolunk. Először azt kérdezzük, hány hiányzó fajtára számíthatunk e száz húzás végén.
Egy meghatározott hiányzó fajta kimaradásának esélye egy húzásnál 99 / 100 = 0,99. Száz egymástól független húzásnál annak esélye, hogy ez a fajta végig kimarad, 0,99¹⁰⁰ = körülbelül 0,36603234. A húsz eredetileg hiányzó típusból ezért várhatóan 20 × 0,36603234 = 7,3206468 fajta marad hiányzó.
Az újonnan megszerzett különböző fajták várható száma 20 − 7,3206468 = 12,6793532. Két tizedesre kerekítve ez 7,32 hiányzó és 12,68 új típus. A tört eredmény sok azonos helyzet hosszú távú átlagát jelöli. Egyetlen album természetesen egész számú típust tartalmaz.
A száz új darabból várhatóan 100 − 12,6793532 = 87,3206468 olyan darab érkezik, amely nem növeli tovább a különböző típusok számát. Ebbe az induláskor már meglévő matricák és az időközben megszerzett új típusok későbbi ismétlései is beleszámítanak.
Miért nem elég egyszerűen százszor megszorozni a kezdeti 20%-ot? Mert az első új típus után már csak tizenkilenc fajta hiányzik. A kezdeti újdonsági arány minden húzásra változatlanul alkalmazva figyelmen kívül hagyná a gyűjtemény változását.
Mennyit jelent a teljes befejezésig várható érték?
Az előző példában a következő új típusig várhatóan 100 / 20 darab kell, utána 100 / 19, majd 100 / 18, egészen az utolsó hiányzóhoz tartozó 100 / 1-ig. Ezeket összeadva 100 × (1 + 1/2 + … + 1/20) = 359,7739657 további darab adódik.
A körülbelül 359,77-es eredményt ne írd át úgy, hogy 360 darab biztosan befejezi az albumot. A matematikai várható érték nem felső korlát. A folyamat bármely véges darabszám után adhat további ismétléseket. A kalkulátor a teljes befejezéshez tartozó választott valószínűségi szintet külön nem számolja.
A szakaszok összeadásánál az a lényeg, hogy minden új típus megszerzése után eggyel kevesebb hiányzó marad. A maradék típusok darabszámát minden lépésben frissítjük. A program külön megmutatja, hogyan nő a következő új darabhoz tartozó várható húzásszám a gyűjtés végén.
Második példa: egyetlen fajta hiányzik
Most 99 különböző matrica már megvan a százból. Egy adott hiányzó típusra vársz, amelynek minden új független húzásban 1% az esélye. A befejezésig várható további húzásszám 100. Ez különösen jól mutatja, miért kell elválasztani az átlagot a siker valószínűségétől.
Száz húzás után a lap kimaradásának esélye továbbra is 0,99¹⁰⁰, körülbelül 36,60%. A megszerzés esélye ennek az ellentettje: 1 − 0,99¹⁰⁰ = 63,3968%. Az átlagos várakozásnak megfelelő száz húzás tehát nagyjából 63,4%-os sikeresélyhez tartozik ebben a konkrét esetben.
Ha legalább 95%-os elméleti esélyhez tartozó darabszámot keresel ennél az egy hiányzó típusnál, az 1 − 0,99^m legalább 0,95 feltételt kell megoldani. Ebből m legalább ln(0,05) / ln(0,99), ami körülbelül 298,073. Felfelé kerekítve 299 húzás szükséges a modellben.
Ez a 299-es levezetés a cikk külön valószínűség-számítása, és egyetlen hiányzó fajtára érvényes. A matricakalkulátor nem kínál általános, minden hiányzóra érvényes 95%-os befejezési mezőt. A 299 darab sem garancia: a feltétel a számított esélyre vonatkozik, és nem vásárlási javaslat.
Két hiányzó típushoz más befejezési esély tartozik
Tegyük fel, hogy a száz egyforma gyakoriságú típusból már csak kettő hiányzik. A korábbi 299 darabos eredményt nem veheted át változatlanul: az egyetlen meghatározott hiányzó típusra szólt.
Jelöld a két keresett típust A-val és B-vel. Annak esélye, hogy m további darab között A egyszer sem érkezik, 0,99ᵐ. Ugyanez igaz B-re is. Annak esélye, hogy egyik sem érkezik, 0,98ᵐ, mert egy húzáskor a százból 98 típus tartozik a többi közé.
A két külön hiányzási esély összeadásakor a „mindkettő hiányzik” eset kétszer szerepel. Egyszer vissza kell vonni ezt az átfedést. Így a teljes befejezés esélye:
P(mindkettő megérkezik) = 1 − 2 × 0,99ᵐ + 0,98ᵐ.
| További darab | Mindkét hiányzó megszerzésének esélye |
|---|---|
| 100 | 40,06% |
| 299 | 90,33% |
| 365 | 94,9591% |
| 366 | 95,0089% |
A 95%-os küszöböt itt először 366 további darab éri el. A két utolsó sorban azért mutatunk több tizedest, hogy a határ két oldala megkülönböztethető legyen. Több húzás mellett a befejezés esélye nem csökkenhet, így a 365 és 366 darab összevetése igazolja az egész darabszámú küszöböt.
Száz húzás után a várható hiányszám 2 × 0,99¹⁰⁰ ≈ 0,7321. Ebből nem következik 73,21%-os befejezetlenségi esély: a hiányzó fajták száma és egy esemény valószínűsége külön mennyiség. Ebben a példában a befejezetlenség esélye 100% − 40,06% = körülbelül 59,94%.
A kalkulátorban száz típust, 98 meglévőt és a vizsgált további darabszámot megadva a várható új fajtákat és hiányt ellenőrizheted. A fenti, mindkét darab megszerzésére vonatkozó valószínűséget külön vezettük le; ez nem az eszköz önálló eredménymezője. A képlet továbbra is az egyforma esélyű, független darabokra érvényes.
Húsz hiányzó típusra adható óvatos befejezési korlát
A húsz hiányzó típus bármelyikének kimaradása azt jelenti, hogy az album még nincs kész. Az ilyen események uniójának valószínűsége legfeljebb az egyes kimaradási esélyek összege. Ezért a százfajtás, független húzási modellben:
P(még hiányzik valami) ≤ 20 × 0,99ᵐ.
A jobb oldal ugyanaz, mint a várható hiányszám, de itt felső korlátként használjuk az esemény esélyére, nem egyenlőségként. Ahhoz, hogy ez a korlát legfeljebb 5% legyen, m ≥ ln(0,05/20)/ln(0,99), felfelé kerekítve 597 darab elegendő. Ennél 20 × 0,99⁵⁹⁷ ≈ 0,049573, ezért a befejezés modell szerinti esélye legalább 95,0427%.
Ez elégséges darabszám, és nem állítjuk róla, hogy a pontos legkisebb. Az 596-nál kapott 5,0073%-os felső korlátból még nem következik, hogy a valódi befejezési esély 95% alatt volna. A korlát egyszerű, mert az átfedő hiányeseteket túl is számolhatja. Nem igényli, hogy a különböző típusok kimaradása egymástól független legyen; a húzások függetlensége továbbra is a 0,99ᵐ kifejezés feltétele.
Mikor ad félrevezető képet a csomagok száma?
Egy csomagon belüli ismétlési tilalom megsérti a darabonkénti függetlenséget. Ha a gyártó garantál bizonyos kategóriákat, külön ritkasági szinteket használ, vagy összehangolja a csomagok tartalmát, akkor más eloszlás keletkezik. Ezeket a szabályokat az egyenlő esélyű modell nem tudja követni.
A csere szintén más folyamatot eredményez. Ha valakitől célzottan egy hiányzó lapot kapsz, az nem véletlen húzás a teljes sorozatból. A megszerzett új típussal frissítheted a meglévő darabszámot, és onnan újraszámolhatod a még hátralévő véletlen gyűjtést. A cserék várható sikerét az eszköz nem becsli meg.
A várható hiányzó darabszám és a teljes album befejezésének valószínűsége több hiányzó típusnál sem ugyanaz. A 0,5 várható hiányból nem következik 50%-os kész album. Az előző egyhiányzós esetben azért volt ilyen közvetlen kapcsolat, mert a végén kizárólag nulla vagy egy hiányzó maradhatott.
Hogyan használd értelmes döntéshez?
Először készíts listát a meglévő különböző típusokról. Ellenőrizd, mit tudsz a sorozat eloszlásáról és a csomagolási szabályokról. Ha ezek eltérnek a feltételezett modelltől, a számítást szemléltető összehasonlításként kezeld, és ezt az eredmény mellett is tartsd észben.
A következő lépésben adj meg egy előre választott új darabszámot, és nézd meg a várható új típusok mennyiségét. A beszerzésre szánt saját keretedet ettől külön határozd meg. Az, hogy már sok lapod van, nem változtatja meg egy konkrét, még hiányzó típus következő húzásbeli 1%-os esélyét a százfajtás modellben.
A százalékkalkulátor segít a megszerzett arány ellenőrzésében, a valószínűségi kalkulátor pedig az általános próbamodellek vizsgálatában. Kezdd a tényleges hiánylistával, majd olvasd el együtt az átlagos darabszámot és annak feltételeit. Így a számításból értelmezhető becslés készül.
Források
- Wolfram MathWorld: Coupon Collector’s Problem – az ismételt véletlen gyűjtés alapfeladata.
- OpenStax: Geometric Distribution – az első sikerig tartó független próbák. A húsz és egy hiányzó típus példáit ezekből a feltételekből vezettük le.
Záró tudáspróba
Kérdésenként egy választ jelölj meg, majd a megoldások alapján pontozd magad. Ez a három kérdés a cikkben bemutatott összefüggéseket ellenőrzi.
1. Száz egyforma esélyű típusból egy hiányzik. Mit jelent a befejezésig várható 100 további darab?
- A) Átlagos várakozást; 100 darab után a siker esélye körülbelül 63,4%.
- B) 100 darab után pontosan 50% a siker esélye.
- C) 100 darab biztosan befejezi az albumot.
2. Két típus hiányzik ugyanebben a modellben. Miért kevés a korábbi 299-es küszöb átvétele?
- A) A meglévő 98 típus után a következő darab csak a két hiányzó lehet.
- B) Két típusnál mindig pontosan kétszer annyi darab kell, mint egynél.
- C) Az egyetlen meghatározott típusra vonatkozott; mindkettő megszerzéséhez 95%-os cél mellett 366 darab kell.
3. Húsz hiányzó típusnál az uniókorlát 597 darabhoz legalább 95,0427%-os befejezési esélyt ad. Melyik állítás pontos?
- A) 597 darab biztos befejezést jelent.
- B) 597 elegendő a korláttal igazolt célhoz, de ebből nem következik, hogy ez a pontos minimum.
- C) 596 darabnál a valódi sikeresély bizonyítottan 95% alatt van.
Megoldások és pontozás
1. A. A hiányzó típus kimaradása 0,99¹⁰⁰; a megszerzés 1 − 0,99¹⁰⁰ ≈ 63,3968%. A várható érték nem garancia. Ismétléshez: Második példa: egyetlen fajta hiányzik.
2. C. Az átfedést is figyelembe vevő esély 1 − 2 × 0,99ᵐ + 0,98ᵐ. Ez 365-nél még 95% alatt, 366-nál már fölötte van. Ismétléshez: Két hiányzó típushoz más befejezési esély tartozik.
3. B. A kimaradási esélyek összege felső korlát, amely átfedő eseteket többször is számolhat. Elégséges feltételt kaptunk. Ismétléshez: Húsz hiányzó típusra adható óvatos befejezési korlát.
Minden helyes válasz 1 pont; a hibás vagy kihagyott válasz 0 pont. Az összpontszám 0–3 lehet.
- 0 pont: dolgozd végig újra a három megoldásban megjelölt részt, és írd le a példák kiinduló feltételeit.
- 1 pont: a két elhibázott kérdésnél vezesd le a helyes választ; külön írd mellé, melyik feltétel vagy számolási lépés maradt ki.
- 2 pont: térj vissza az egyetlen elhibázott kérdéshez kapcsolt részhez, majd egy bemenet megváltoztatásával ellenőrizd újra az eredményt.
- 3 pont: a három összefüggést ebben a feladatsorban helyesen alkalmaztad. Próbáld ki a cikk egyik ellenőrzését saját adatokkal, a feltételeket és a mértékegységeket is feljegyezve.