gwen : c'est bien cela !
elpafio : c'est à peu près cela .

J'y vais de ma petite proposition avant la levée de l’anonymat sur les différentes propositions
Soit x le nombre de tirage pour avoir T et P.
Je définis T et P comme la somme des probabilités d'augmenter respectivement les listes 1 et 2.

1er tirage: [latex]T=1[/latex] et [latex]P=0[/latex];

2è tirage: [latex]T=1+\frac{N-1}{N}[/latex] et [latex]P=0+\frac{1}{N}[/latex];

3è tirage: [latex]T=1+\frac{N-1}{N}+\frac{N-2}{N}[/latex] et [latex]P=0+\frac{1}{N}+\frac{2}{N}[/latex];
...
...
...
x-ième tirage: [latex]T=1+\frac{N-1}{N}+\frac{N-2}{N}+...+ \frac{N-x+1}{N}[/latex] et [latex]P=0+\frac{1}{N}+\frac{2}{N}+...+\frac{x-1}{N}[/latex];

Au final [latex]P=\sum_{k=1}^{x}\frac{k-1}{N}=\frac{x(x-1)}{2N}[/latex] (1)
et
[TeX]T=\sum_{k=1}^{x}\frac{N-k+1}{N}=x-\frac{x(x-1)}{2N}=x-P[/latex] (2)

on en déduit rapidement que [latex]x=T+P[/latex] (3) ***ce qui est évident à trouver même sans ces calculs***.

Les équations (1), (2) et (3) conduisent à l'estimation de N:

[latex]N=\frac{x(x-1)}{2P}=\frac{(T+P)(T+P-1)}{2P}[/TeX]
AN: T=1750 et P=105, je trouve [latex]N\approx16377[/latex]

Kossi_tg, je pense que tu te trompes lorsque tu écris x=T+P : il te manque W le nombre de tirages de valeurs apparaissant 3 fois et plus.

Dylasse, ta formule pour T est équivalente à la mienne, ce qui semble de bonne augure ! :
[latex]T = Tmoy(K,N) = \frac{N^K-(N-1)^K}{N^{(K-1)}}   (1)[/latex]

En revanche pour ce qui est de P, j'avais fait une erreur (j'avais oublié le dénominateur) :
[latex]P = Pmoy(K,N) = \frac{N^K - (N-1)^K - K*(N-1)^{(K-1)}}{N^{(K-1)}}   (2)[/latex]

Quelqu'un sait-il en faire la démonstration ?

On voit que : [latex]T = P + \frac{K*(N-1)^{(K-1)}}{N^{(K-1)}}[/latex]

Donc [latex]K = 2T - \frac{K*(N-1)^{(K-1)}}{N^{(K-1)}} + W[/latex]

Je paresse à essayer de calculer W...

Il y a aussi N=T+Z, Z étant le nombre d'objets non tirés et je trouve :
[latex]Z = Z(K,N) = \frac{(N-1)^K}{N^{(K-1)}}[/latex], ce qui ne fait que permettre de revenir à la formule (1)...

Nodgim, je ne vois pas pourquoi... En plus, en changeant les noms (ton T' c'est le T de l'énoncé et ton T c'est mon K), ça ne simplifie pas les choses !

Et Titoufred, je suis d'accord qu'il y a une doute sur le fait que 1) et 2) soient équivalents. Et il est vrai que dans nos formules, on s'intéresse aux T et P moyens sur la base d'un N non moyen...

Oui j'avais fait une erreur, le nombre de tirage je note x ici est différent de T+P

Je l'ai ré-estimé de la manière suivante.

soient des [latex]L_k[/latex], les listes contenant les éléments tirés pour la k-ième fois. Soient [latex]N_k[/latex] le nombre d'éléments dans [latex]L_k[/latex]. L'équiprobabilité de tirage des éléments permet d'estimer que [latex]\frac{N_{k+1}}{N_k}=constante[/latex], en d'autres termes, les [latex]N_k[/latex] diminuent de manière régulière suivant k.
[TeX]N_1=T[/latex] et [latex]N_2=P[/latex] donc [latex]N_{k+1}=\frac{P}{T}*N_k[/TeX]
x est la somme des M premiers [latex]N_k[/latex] où M=minimum(x,N)
[TeX]x=\frac{T^2}{T-P}*(1-(\frac{P}{T})^M)[/TeX]
AN: T=1750 et P=105
[TeX]x\approx1861.7[/TeX]
En considérant T comme une somme de probabilité d'appartenir à [latex]L_1[/latex], je trouve [latex]T=N-N*(1-\frac{1}{N})^x[/latex]

Par la méthode du point fixe, je trouve pour T=1750 et x=1861.7
[TeX]N=14880[/TeX]

Ok j'y ai réfléchi quelques minutes à tête reposé. Personne n'a trouvé la solution.

Nombrilist n'a pas tout à fait tort!! Il y a bien des lois statistiques là dessous, mais ce qu'a fait nombrilist a été faussé par ton énoncé de départ.

Iol y a bien une loi binomiale là dessous.

Vous voulez la solution ? Je vous la livre!

Le but est bien de trouver une approximation de N n'est ce pas ?

Celà ne peut se faire qu'à partir de 2 informations : le nombre d'élément tirés et le nombre total de tirages.

On va appeler k le nombre de tirages et E le nombre d'élément différents tirés.

On va se dire qu'avec une probabilité de 99% on a le nombre N

On va commencer avec N=2

La probabilité pour qu'un élément ne soit pas tiré, dans ce cas, est 1/2.

Si on fait 2 tirages, la probabilité pour qu'un élément ne soit pas tiré est de 1/2X1/2 = 1/4

Pour k tirages, la probabilité que le dernier élément ne soit pas tiré est donc de (1/2)^k (^ est pour le signe puissance, en informatique)

Avec quel k aura-t-on une probabilité <1% ? avec k=7 (1/128)

Donc déjà, avec N=2, il faut 7 tirages pour être sûr à 99% que N=2! Imaginez la suite. Donc pour N=2, k=7, E=1 (avec P>99%)

On fait de même avec N=3. La probabilité que le dernier élément ne soit pas tiré est de (N-1)/N soit 2/3.

Là il faut 12 tirages pour être sur à plus de 99% que N=3, k=12 et E=2.

Pour N=4, E=3 et donc, !P = 3/4, on a au moins 99% pour k=17

Pour N=5, E=4, !P=4/5..., on a 99% sur avec k=21

Pour N=6, E=5, !P=5/6... 99% avec k=26

Donc ce qu'il faut est d'établir des tables pour différents N et différents k donnant des pourcentages de certitudes.

En résumé, une fois la table établié, tu regarderas vers 99%, pour le nombre de tirages k et tu auras N avec ce début de table pour les pourcentages de certitude à plus de 99%

k=7 et E=1 pour N=2
k=12 et E=2 pour N=3
k=17 et E=3, N=4
k=21 et E=4, N=5
k=26 et E=5, N=6

Etc... (pour les courageux ?)

Si des personnes ont un moyen mathématiques de déduire k à partir de  P=1-((N-1)/N)^k avec P>99% (Oubliez le triangle de Pascal, c'est une très mauvaise idée pour ce cas), JE SUIS PRENEUR!

kossi_tg a écrit:

Oui j'avais fait une erreur, le nombre de tirage je note x ici est différent de T+P

Je l'ai ré-estimé de la manière suivante.

soient des [latex]L_k[/latex], les listes contenant les éléments tirés pour la k-ième fois. Soient [latex]N_k[/latex] le nombre d'éléments dans [latex]L_k[/latex]. L'équiprobabilité de tirage des éléments permet d'estimer que [latex]\frac{N_{k+1}}{N_k}=constante[/latex], en d'autres termes, les [latex]N_k[/latex] diminuent de manière régulière suivant k.
[TeX]N_1=T[/latex] et [latex]N_2=P[/latex] donc [latex]N_{k+1}=\frac{P}{T}*N_k[/TeX]
x est la somme des M premiers [latex]N_k[/latex] où M=minimum(x,N)
[TeX]x=\frac{T^2}{T-P}*(1-(\frac{P}{T})^M)[/TeX]
AN: T=1750 et P=105
[TeX]x\approx1861.7[/TeX]
En considérant T comme une somme de probabilité d'appartenir à [latex]L_1[/latex], je trouve [latex]T=N-N*(1-\frac{1}{N})^x[/latex]

Par la méthode du point fixe, je trouve pour T=1750 et x=1861.7

[latex]N=14880[/latex]

Avec les approximations trouvées grâce aux formules ci-dessus, j'ai pris le problème à l'envers. Je suppose que le nombre de tirage est 1862 et le nombre d'élément 14880 (résultats de mes calculs).
Sur un million d'exemple, j'ai obtenu en moyenne T=1750.01 et P=106.22
Pour chaque exemple: je fais 1862 tirages. L'élément tiré est ajouté à la liste 1 si c'est sa 1ère apparition, à la liste 2 si c'est sa 2è apparition, rien si c'est sa k-ième apparition (k>2).
Je me suis même amusé en prenant plusieurs T et P  différents (T>P), fais le calcul dans les deux sens et ai tjrs les bonnes valeurs pour T et P au tirage. Je pense que cette approximation n'est pas mal

Neotenien, tu utilises le nombre d'éléments différents tirés E=N-1.
D'après le problème, E=T. Comment tu passes de E=N-1 à E=T et ainsi estimer le nombre de tirage qui répond à la question posée? A moins que tu sois entrain de créer un autre sujet.

Je ne sais pas si d'autres te suivent mais moi non, peut-être que c'est la fin du week-end qui déprime
Mais puis-tu te servir de ta méthode pour trouver N pour T=7 et P=2 s'il te plait? Ce cas concret me permettra d'y voir plus clair.

En gros selon toi l'énoncé n'est pas bon, un bon énoncé serait ce que tu imagines. Désolé mais je ne suis pas d'accord, ce que tu avances peut être un autre problème mais le problème ici est d'estimer N connaissant T et P. Si tu veux poser un autre problème où il faudra estimer N connaissant T et k (nombre de tirages), tu n'as qu'à le faire. Mais débarquer et dire

Ok j'y ai réfléchi quelques minutes à tête reposé. Personne n'a trouvé la solution.

Nombrilist n'a pas tout à fait tort!! Il y a bien des lois statistiques là dessous, mais ce qu'a fait nombrilist a été faussé par ton énoncé de départ.

Iol y a bien une loi binomiale là dessous.

Vous voulez la solution ? Je vous la livre!

Puis au lieu de nous livrer la super réponse que personne n'aurait trouvée, nous dire qu'en fait c'est le problème qui est faux et que le bon problème serait autre chose... bah cela ne se passe pas comme ca en débat scientifique.

Jackv, que cherches-tu à estimer précisément ? Qu'est-ce qu'une solution d'un trapézomino ? Comment les trouves-tu ? Pourquoi y en a-t-il qui se répètent dans tes recherches ?

Il y a les rotations des pièces.

Je pensais bien que ce problème déclencherait d'interminables discutions !
Voici quelques précisions :

- je trouve des solutions (et d'autres parmi vous d'ailleurs) en cherchant complètement au hasard.
J'ai commencé ma collection il y a déjà quelques années ; j'ai bien pensé à mettre de coté les solutions qui avaient déjà été trouvées, mais sans noter celles qui revenaient plus de deux fois. désolé...

- deux solutions superposables par rotation sont considérées comme identiques.

- N existe effectivement, mais c'est bien parce que personne au monde ne connait actuellement sa valeur que je cherche à en avoir une estimation, même grossière. Être sûr de cette valeur à 99% ne m’intéresse absolument pas  ; la connaître à + ou - 5% me suffirait déjà.
Un ami prof de math m'a assuré qu'il avait bien réussi à écrire un programme permettant de trouver toutes les solutions mais qu'il ne disposait pas d'une machine assez puissante (en mémoire comme en puissance de calcul) pour obtenir un résultat dans un temps dit raisonnable (moins d'un an !).
Mais si quelqu'un parmi vous veut bien relever le défi ...