Este problema es similar al tanque alemán problema. Usted puede utilizar los mismos métodos utilizados para ese problema, con el número de distintos lados visto y su distribución condicional de tomar el lugar de el número de serie más alto visto y su distribución condicional. (Tenga en cuenta que la única información que tenemos y que nos dice nada sobre el número de lados de la bola mágica es el número de distintos lados hemos visto; todos los detalles del lado en el que vimos cuando, tanto aquellos que se registró en su secuencia y los que no la graba, son irrelevantes, ya que su distribución condicional de dado el número de lados visto que es la misma con independencia del número total de lados, es decir, que no llevan ninguna información sobre el número total de lados).
Voy a trabajar el enfoque Bayesiano en analogía con el tratamiento en el artículo de la Wikipedia vinculado anteriormente; no voy a entrar en mucho detalle, para que las partes que son comunes a los dos cálculos.
Así que vamos a $n$ el número de lados de la bola mágica, $k$ el número de batidos realizado hasta el momento, y $m$ el número de distintos lados visto. (Todos la notación es en analogía con el artículo). Entonces, el de la credibilidad $(n\mid k,m)$ está dado por
$$
(n\a mediados de m,k) = (m\mediados de n,k)\frac {(n\a mediados k)}{(m\mid k)}\;.
$$
Podemos tomar la necesaria probabilidad condicional $(m\mid n,k)$ ver $m$ distintos lados en $k$ batidos de una pelota con $n$ lados de esta respuesta:
$$
(m\mediados de n,k)=\frac{m.}{n^k}\binom nm\left\{k\cima de m\right\}\;,
$$
donde el $\left\{k\atop m\right\}$ son los números de Stirling del segundo tipo. Como en el artículo, podemos eliminar el $(m\mid k)$ por marginar a través de todos los posibles $n$:
$$
(m\mid k)=\sum_{n=1}^\infty(m\mediados de n,k)(n\a mediados k)\;.
$$
Ahora viene la sombra parte, $(n\mid k)$, antes de credibilidad que hay $n$ lados después de haber realizado la $k$ batidos. En contraste con el tanque del problema, donde la observación de un tanque de cambios, no sólo el número de serie más alto visto, pero también el número mínimo de tanques, en nuestro caso $(n\mid k)$ no dependen $k$. Podemos usar el mismo truco de la introducción de un número máximo $\Omega$ de los lados hasta que el estado de la credibilidad es uniforme, y con la esperanza de que $\Omega$ por arte de magia abandonan el resultado. A continuación,$(n\mid k)=1/\Omega$$1\le n\le\Omega$. Poniendo todo junto, tenemos
$$
(n\a mediados de m,k)=\frac{(m\mediados de n,k)}{\sum_{n=1}^\Omega(m\mediados de n,k)}=\frac{\frac{m.}{n^k}\binom nm\left\{k\cima de m\right\}}{\sum_{n=1}^\Omega\frac{m.}{n^k}\binom nm\left\{k\cima de m\right\}}=\frac{\frac1{n^k}\binom nm}{\sum_{n=1}^\Omega\frac1{n^k}\binom nm}\;.
$$
Ahora, curiosamente, si queremos que la suma en el numerador de ejecución hasta el infinito para deshacerse de $\Omega$, nos encontramos con que converge si y sólo si $m\le k-2$. Es decir, si usted no tenían idea de cómo muchos de los lados de la bola mágica podría tener y que nunca he visto en el mismo lado del doble, entonces todavía no tienen idea de la cantidad de lados que puede tener. Que tal vez sea la esperada, lo que tal vez no como se esperaba es que esto es cierto (aunque "sólo" con una divergencia logarítmica en el denominador) si has visto una sola repetición de un lado. Sólo con al menos dos reoccurrences puede superar su anterior ignorancia en cuanto a la posible escala de número de lados.
Veamos algunos ejemplos. El primer caso es convergente $m=1$, $k=3$, es decir, que sacudió tres veces y tiene el mismo lado en cada momento. Entonces
$$
(n\a mediados de 1,3)=\frac{\frac1{n^2}}{\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2}}=\frac6{(n\pi)^2}\;.
$$
Así que en este punto ya $6/\pi^2\approx61\%$ seguro de que la cosa se trata de un limón y sólo muestra este lado. De manera más general, tenemos
$$
(n\mid 1,k)=\frac1{n^{k-1}\zeta(k-1)}\;,
$$
así que después de ver el mismo lado de cuatro veces en una fila, su inclinación a ir a la tienda para obtener su dinero de vuelta se ha elevado a $1/\zeta(3)\approx83\%$. Por otro lado, si usted ve $m=2$ diferentes lados en $k=4$ batidos, usted tiene
$$
(n\a mediados de 2,4)=\frac{\frac1{n^4}\binom n2}{\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^4}\binom n2}=\frac{\frac{n-1}{n^3}}{\sum_{n=1}^\infty\frac{n-1}{n^3}}=\frac{\frac{n-1}{n^3}}{\zeta(2)-\zeta(3)}\aprox 2.258\frac{n-1}{n^3}\;,
$$
así que ahora sólo acerca de $28\%$ se concentran en la posibilidad de que estos son los únicos dos lados.
Ahora, a usted le preguntó acerca de una estimación del número de lados. El valor esperado de $(n\mid m,k)$ es
$$
\mathbb E(n\a mediados de m,k)=\frac{\sum_{n=1}^\Omega\frac1{n^{k-1}}\binom nm}{\sum_{n=1}^\Omega\frac1{n^k}\binom nm}\;.
$$
Así resulta que, incluso después de dos reoccurences usted no puede obtener un número finito de estimación del número de lados si usted no tiene ninguna previo ni idea de cómo muchos no puede ser – se necesitan tres reoccurrences para la suma en el numerador de converger. En el caso de la observación de un solo lado, el valor esperado es
$$
\mathbb E(n\mid1,k)=\frac{\zeta(k-2)}{\zeta(k-1)}\;.
$$
así que después de ver el mismo de cuatro lados, y nada más, su estimación del número de lados es $\zeta(2)/\zeta(3)\approx1.368$.
Para dar una visión más realista ejemplo, digamos que usted agite el balón con $n=20$ lados $k=20$ veces. A continuación, el modo de la distribución del número de distintos lados que vemos es a $m=13$ (a una probabilidad de alrededor de $28\%$). Así que digamos que usted observar que la mayoría de los probables valor y tratar de estimar el número de lados. Entonces
$$
(n\a mediados de 13,20)=\frac{\frac1{n^{20}}\binom n{13}}{\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^{20}}\binom n{13}}\approx\frac{8.25\cdot10^{19}}{n^{20}}\binom n{13}\;.
$$
Aquí está una parcela, con un bonito modo en $n=20$. La estimación de la expectativa de valor es
$$
\mathbb E(n\a mediados de 13,20)=\frac{\sum_{n=1}^\Omega\frac1{n^{19}}\binom n{13}}{\sum_{n=1}^\Omega\frac1{n^{20}}\binom n{13}}\approx26.5\;,
$$
que tal vez muestra que sería mejor usar el modo como el estimador más que la media, al menos si usted no espera que un gran número de lados.
Otra pregunta que podríamos hacernos es: Si hemos visto todos los $m=n$ lados, ¿qué número $k$ de los ensayos que necesitamos hacer antes de, digamos, $99\%$ seguro de que eso es todo lo que hay? Que es, para que $k$ hacer primero tenemos
$$
(n=m\mid m,k)=\frac{\frac1{m^k}\binom mm}{\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^k}\binom nm}=\frac{\frac1{m^k}}{\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^k}\binom nm}\ge0.99\;?
$$
Un poco de ensayo y error en las fronteras de Wolfram|Alpha límites de tiempo muestra que para $m=n=20$ esto requiere una total $k=157$ ensayos. (Si el cálculo fuera de tiempo, intentarlo de nuevo.)
Relativa a la aproximación considerada en los comentarios: Si el plazo para $n=m$ es dominante, se puede comparar con el término siguiente, para $n=m+1$:
$$
\frac{(m\mediados de n=m,k)}{(m\mediados de n=m+1,k)}
=
\frac{\frac1{m^k}\binom mm}{\frac1{(m+1)^k}\binom{m+1}m}
=
\frac{\left(1+\frac1m\right)^k}{m+1}
=
\frac{\mathrm e^{k\log\left(1+\frac1m\right)}}{m+1}\;.
$$
Ya podemos ver que esto se va a poner muy grande para un gran $k$ (sin aproximación hasta el momento); para ver más claramente cómo es grande, podemos utilizar $\log(1+x)\simeq x$ para obtener
$$
\frac{(m\mediados de n=m,k)}{(m\mediados de n=m+1,k)}
\simeq
\frac{\mathrm e^{k/m}}{m+1}\;.
$$
Así, por $k\gg m$ esta proporción crece de manera exponencial. El tercer término es menor por un factor similar, por lo que podemos pasar por alto y todos los demás términos y aproximado de la credibilidad de $n=m$
\begin{eqnarray}
(n=m\mid m,k)
&\simeq&
\frac{(m\mid n=m,k)}{(m\mid n=m,k)+(m\mid n=m+1,k)}
\\
&\simeq&
\frac1{1+(m+1)\mathrm e^{-k/m}}
\\
&\simeq&
1-(m+1)\mathrm e^{-k/m}\;.
\end{eqnarray}
Así que nuestras dudas de si efectivamente $n=m$ decaimiento exponencial con $k/m$.
