shadock a écrit :
Pour résumé la situation, par exemple dans mon sac il y a {1,2,3,4} il y a N = 4 objets.
Et ces quatre objets, je les repère par {2,6,19,1000} puisque Xmax>>4 (je ne vois pour l'instant pas trop l’intérêt mais passons)
Donc si je tire au hasard 1 2 2 2 1 3 1 1 4 1 2
Je vais noter :
Liste 1 : 2 6  19  1000
Liste 2 : 6 2

C'est presque ça .
En reprenant ton exemple, je dirai :

Par exemple dans mon sac il y a N = 4 objets repérés par {2,6,19,1000}
Donc si je tire au hasard 2 6 6 6 2 19 2 2 1000 2 6
Je vais noter :
Liste 1 : 2 6  19  1000
Liste 2 : 6 2

J'ajoute que l'on ne peut pas savoir par quoi sont repérés les objets avant de les avoir tiré au moins une fois. Et que si Xmax ~ N, on aurait déjà une bonne idée de la valeur de N, ce qui n'est absolument pas le cas. D'autre part, dans la réalité, T reste très inférieur à N, même si du point de vue mathématique, T peut devenir égal à N. Mais alors, le problème a perdu tout son intérêt .

Oui, donc c'est N>>T qui importe, on se fiche de Xmax.
Tmoy et Pmoy sont fonctions de K, le nombre total de tirages et de N, le nombre de boules.
K=T+P+W, W étant les tirages de valeurs déjà apparues au moins 2 fois... Mouais...
Par ailleurs :
T = Tmoy(K,N) = (N^K-(N-1)^K) / N^(K-1)
Pas de démonstration pour le moment, déduction sur la base de quelques exemples...
P = Pmoy(K,N) = N^K - (N-1)^K - K*(N-1)^(K-1)

On voit que : T = [P + K*(N-1)^(K-1)] / N^(K-1)
Mouais...
Log T = Log(N^K-(N-1)^K) - (K-1)*Log(N)
Log P = Log [N^K - (N-1)^K - K*(N-1)^(K-1)]
Bof...

A part me faire un immense tableur avec ces formules appliquées aux valeurs que tu proposes (en espérant qu'elles soient justes !), je ne sais pas si je peux avancer plus...

Pour chaque objet Xi, on note leur probabilité d'être inscrits k fois après n tirages:
[TeX]P(Xi=0)=(\frac{N-1}{N})^n[/TeX][TeX]P(Xi=1)=C_n^1*\frac{1}{N}*(\frac{N-1}{N})^{(n-1)}[/TeX][TeX]P(Xi=2)=C_n^2*\frac{1}{N^2}*(\frac{N-1}{N})^{(n-2)}+C_n^3*\frac{1}{N^3}*(\frac{N-1}{N})^{(n-3)}[/TeX]
[TeX]+...+C_n^n*\frac{1}{N^n}*(\frac{N-1}{N})^{(n-n)}=1-P(Xi=1)-P(Xi=0)[/TeX]
Chaque variable aléatoire [latex](Xi=2)[/latex] suit donc une loi uniforme [latex]U(P(Xi=2))[/latex].

Donc, n variables aléatoires Xi indépendantes suivent une loi binomiale [latex]B(n,P(Xi=2))[/latex].

Si n est grand, alors n variables aléatoires Xi indépendantes suivent une loi normale [latex]N(nP(Xi=2),nP(Xi=0)P(Xi=1)P(Xi=2))[/latex] en posant [latex]N(m,\sigma)[/latex].

Après, il faudrait réaliser l'encadrement à [latex]+- 1.96 \sigma[/latex] et en déduire un encadrement de N. Je fais ça tous les jours de tête

JE PENSE A DES BILLETS DE BANQUE

pour l’énigme mathématique je suis dessus mais j'ai du mal

C'est un problème qui ressemble quand même pas mal à celui que j'ai posté il y a quelques temps:

http://www.prise2tete.fr/forum/viewtopic.php?id=11147

Je m'interrogeais sur la vérification que le tirage du loto soit réellement aléatoire (i.e. chaque boule suit une loi uniforme sur un grand nombre de tirage, ce qui a amené rapidement à une estimation de l'ensemble des tirages par une loi normale).

Le problème de la sortie des boules du loto sur un grand nombre de tirage est analogue au problème que tu poses. Dans ce problème, on disposait alors de toutes les informations sur le tirage. Malgré tout, on voit que l'intervalle de confiance à 95% est énorme: on peut considérer le tirage comme aléatoire si les boules sont tirées entre 59 et 92 fois, avec tout de même 3700 boules tirées ! Sacré écart. Dans ton cas, il n'y a qu'environ 2000 tirages et il nous manque l'information sur le nombre de sortie de chaque élément. Donc, en toute logique, l'écart-type de l'estimateur doit être encore plus grand. Je ne suis pas certain que l'on puisse estimer N avec les indices dont on dispose. Mais peut-être que d'autres ont trouvé ?

Et pour la devinette: es-tu un collectionneur ? Un numismate, par exemple ?

Appelons T(z) et P(z) la longueur des listes des pions tirés au moins une fois et de ceux tirés 2 fois ou plus, après z tirages.

Pour le tirage suivant, nous avons 3 cas :
Cas 1 : On tire un pion jamais tiré, cette situation se produit dans N - T(z) cas sur les N possibles, soit une probabilité de (n-T(z))/N. Dans ce cas, T(z+1)=T(z)+1 et P(z+1)=P(z).
Cas 2 : on tire un pion tiré précédemment 1 seule fois : proba : (T(z)-P(z))/N, T(z+1)=T(z) et P(z+1)=P(z)+1.
Cas 3 : on tire un pion déjà tiré 2 fois ou plus : proba : P(z)/N, T(z+1)=T(z) et P(z+1)=P(z).

On en déduit T(z+1) = (N-T(z))/N (T(z)+1) + (T(z)-P(z))/N T(z) + P(z)/N T(z)
soit : T(z+1) = T(z) (1-1/N) + 1

Cette suite définie par récurrence s'exprime en fonction de z (après un décalage U(z) = T(z) - N) : T(z) = N (1 - (1-1/N)^z)

Pour P, la formule de récurrence est : P(z+1) = P(z) + T(z)/N - P(z)/N.
L'expression de P(z) en fonction de N et z est définie et unique mais dépasse mes possibilités...

On peut néanmoins construire nos 2 suites avec excell et tâtonner pour résoudre l'application numérique avec T=1750 et P=105.
On trouve la valeur la plus probable de N = 15180 et les 2 valeurs de T et P après z=1860 tirages (ce qui signifie en passant que 5(=1860-1750-105) tirages ont sorti un pion pour la troisième fois ou plus).

Merci à dylasse et masab qui aboutissent approximativement au même résultat pour l'application numérique .

Non, rien de tout cela fix33.
Mais je signale à tous que j'ai éliminé pas mal de pistes dans le sujet .

Bravo à masab qui a été le premier à deviner pourquoi je m'intéressais à ce problème... en se servant d'un indice dont j'avais pris conscience mais qui était venu là de manière tout à fait fortuite !

J'ai encore rétréci le champ des recherches dans le sujet .

Tu complètes ta collection de vignettes Panini et tu en mets une série de côté pour ton gosse ?

Bravo et merci à enigmatus qui confirme les valeurs données par dylasse et masab.
Nombrilist : désolé, aucun rapport...
Neoténien : certains ont pourtant réussi en se contentant de ces données .

Bonsoir Jackv,

L'objectif serait-il d'essayer d'estimer le nombre de solutions du Trapézomino, en tenant compte de la subtile pièce joker qui peut remplacer une autre pièce ?
Dans la deuxième liste serait placée toute solution similaire à l'une de celles de la première liste, mais s'en différenciant par le fait que la pièce joker y remplacerait une des pièces classiques.

J'ai l'impression que cette idée n'est pas clairement exposée...
Et c'est encore moins clair dans ma tête