To piękny problem z kolekcjonerami kuponów, z niewielkim zdziwieniem wprowadzonym przez fakt, że naklejki są pakowane po 5 sztuk.
Jeśli naklejki zostały zakupione indywidualnie, wynik jest znany, jak widać tutaj .
Wszystkie szacunki 90% górnej granicy dla indywidualnie kupowanych naklejek są również górnymi granicami dla problemu z paczką 5, ale mniej bliską górną granicą.
Myślę, że uzyskanie lepszej górnej granicy prawdopodobieństwa 90%, przy użyciu pakietu 5 zależności, stałoby się znacznie trudniejsze i nie dałoby znacznie lepszego wyniku.
Tak więc, używając oszacowania ogona przy i , dojdziesz do dobra odpowiedź. n = 424 n - β + 1 = 0,1P.[ T> βn logn ] ≤ n- β+ 1n = 424n- β+ 1= 0,1
EDYCJA :
Artykuł „Problem kolekcjonera z rysunkami grupowymi” (Wolfgang Stadje), odniesienie do artykułu autorstwa Assuranceturix, przedstawia dokładne analityczne rozwiązanie problemu kolekcjonerskiego kuponu z „pakietami naklejek”.
Przed napisaniem twierdzenia niektóre definicje notacji: będzie zbiorem wszystkich możliwych naklejek,. byłby podzbiorem, który Cię interesuje (w OP, ), a. Narysujemy z zamiennymi, losowymi podzbiorami różnych naklejek. będzie liczbą elementów pojawiających się w co najmniej jednym z tych podzbiorów.s = | S | A ⊂ S A = S l = | A | k m X k ( A ) AS.s = | S.|A ⊂ S.A = Sl = | A |kmXk( A )ZA
Twierdzenie mówi, że:
P.( Xk( A ) = n ) = ( ln) ∑j = 0n( - 1 )jot( njot) [ ( s+n-l-jm) / ( sm) ]k
Tak więc, dla PO mamy i . Próbowałem z wartościami pobliżu oszacowania dla problemu klasycznego kolekcjonera kuponów (729 paczek) i uzyskałem prawdopodobieństwo 90,02% dla k równego 700 .m = 5 kl = s = n = 424m = 5k
Więc nie było tak daleko od górnej granicy :)