Ese es un hermoso problema para el coleccionista de cupones, con un pequeño giro introducido por el hecho de que las pegatinas vienen en paquetes de 5.
Si las pegatinas se compraron individualmente, el resultado se conoce, como puede ver aquí .
Todas las estimaciones para un límite superior del 90% para las pegatinas compradas individualmente también son límites superiores para el problema con un paquete de 5, pero un límite superior menos cercano.
Creo que obtener un límite superior de probabilidad de 90% mejor, usando el paquete de dependencia 5, sería mucho más difícil y no le daría un resultado mucho mejor.
Entonces, usando la estimación de cola con y , llegarás a Una buena respuesta. n = 424 n - β + 1 = 0.1P[T>βnlogn]≤n−β+1n=424n−β+1=0.1
EDITAR :
El artículo "El problema del coleccionista con los dibujos grupales" (Wolfgang Stadje), una referencia del artículo presentado por Assuranceturix, presenta una solución analítica exacta para el problema del coleccionista de cupones con "paquetes de pegatinas".
Antes de escribir el teorema, algunas definiciones de notación: sería el conjunto de todas las etiquetas posibles,. sería el subconjunto que le interesa (en el OP, ), y. Vamos a dibujar, con reemplazo, subconjuntos aleatorios de diferentes calcomanías. será el número de elementos de que aparecen en al menos uno de esos subconjuntos.s = | S | A ⊂ S A = S l = | A | k m X k ( A ) ASs=|S|A⊂SA=Sl=|A|kmXk(A)A
El teorema dice que:
P(Xk(A)=n)=(ln)∑j=0n(−1)j(nj)[(s+n−l−jm)/(sm)]k
Por lo tanto, para la OP tenemos y . Hice algunos intentos con valores de cercanos a la estimación para el problema del coleccionista de cupones clásico (729 paquetes) y obtuve una probabilidad de 90.02% para k igual a 700 .m = 5 kl=s=n=424m=5k
Por lo tanto, no estaba tan lejos del límite superior :)