W&T Wetenschap & Technologie
Een plek om te discussiëren over wetenschappelijke onderwerpen, wetenschappelijke problemen, technologische projecten en grootse uitvindingen.
Maar als je het nou zo ziet: als je 2x 5 hebt gedobbelt telt dat niet mee bij de derde worp. De derde keer is de kans net zo goed 1 op 6. Je dobbelt opnieuw, de kansen gelden opnieuw.quote:Op donderdag 11 oktober 2007 11:20 schreef starla het volgende:
[..]
Valt wel mee als je het voorbeeld op wikipedia leest:
Er zijn drie mogelijkheden bij wisselen:
1) Achter de aangewezen deur staat geit 1. De presentator kiest de andere geit. Wisselen levert de auto op.
2) Achter de aangewezen deur staat geit 2. De presentator kiest de andere geit. Wisselen levert de auto op.
3) Achter de aangewezen deur staat de auto. De presentator kiest een van de twee geiten. Wisselen levert een geit op.
Kans op een auto bij wisselen is dus 2/3
[..]
Leuke link
Mijn resultaten na 10 keer:
Met wisselen Hoofdprijs 70% en Mis 30%
Zonder wisselen Hoofdprijs 20% en Mis 80%
Nu naar het deurenprobleem. Je kiest een van de drie deuren. Kans 1 op 3 dat je de goede kiest.
Vervolgens haalt de presentator 1 deur weg. Daarna kan je opnieuw kiezen, blijven of wisselen.
De kans dat je wat wint gaat toch gewoon weer opnieuw? Als je wisselt (1 van de 2 keuzes) heb je statistisch gezien een kans van 1 op 2 dat je de goede kiest. De kans als je bij je keuze blijft is het zelfde. Waarom is wisselen dan toch beter?
"Dat is echt ontzettend zielig" ©
Of je kiest voorquote:Op woensdag 10 oktober 2007 02:13 schreef Gabry het volgende:
a) maakt niet uit welk getal, de kans is overal even groot. Ik kan inzetten op vijf.
b) De kans is erg klein dat er drie keer vijf valt. Alle mogelijkheden zullen uiteindelijk even vaak voorkomen. Dus zet in op alles behalve de vijf.
c) Zet in op vijf. Misschien is het toeval dat er 2 keer achter elkaar 5 viel, maar misschien is de dobbelsteen wel niet eerlijk
Sport is de belangrijkste bijzaak in het leven.
Nee je kunt niet opnieuw kiezen, je moet ALTIJD wisselen om de kans van 2/3 te verkrijgen.quote:Op donderdag 11 oktober 2007 11:30 schreef Litso het volgende:
[..]
Maar als je het nou zo ziet: als je 2x 5 hebt gedobbelt telt dat niet mee bij de derde worp. De derde keer is de kans net zo goed 1 op 6. Je dobbelt opnieuw, de kansen gelden opnieuw.
Nu naar het deurenprobleem. Je kiest een van de drie deuren. Kans 1 op 3 dat je de goede kiest.
Vervolgens haalt de presentator 1 deur weg. Daarna kan je opnieuw kiezen, blijven of wisselen.
De kans dat je wat wint gaat toch gewoon weer opnieuw? Als je wisselt (1 van de 2 keuzes) heb je statistisch gezien een kans van 1 op 2 dat je de goede kiest. De kans als je bij je keuze blijft is het zelfde. Waarom is wisselen dan toch beter?
Bekijk het van deze kans. Je kiest een deur, de kans dat het de goede is is 1/3.
Presentator opent ander (fout) deurtje
De kans dat jij de goede hebt is nog steeds 1/3.
De kans dat jij niet de goede hebt en de goede dus achter de andere deur zit is dus 1 - 1/3 = 2/3
Je gaat voorbij aan het feit dat als je een fout deurtje kiest, de presentator jouw deurtje niet mag openen. Als dat wel zou mogen zou je (volgens mij, maar moet ik ff uitwerken) wel op een 1/2 kans uitkomen. Hierdoor is het spelverloop dus afhankelijk van jouw keuze en kun je niet spreken over een onafhankelijk kansexperiment zoals 10x een dobbelsteen gooien.
'And I called your name,
like an addicted to cocaine calls for the stuff he'd rather blame'
like an addicted to cocaine calls for the stuff he'd rather blame'
Aan de ene kant snap ik het en geef ik je gelijk, aan de andere kant heb ik het idee dat er iets niet klopt
Breinbrekers
Breinbrekers
"Dat is echt ontzettend zielig" ©
Ik snap de uitwerking wel, maar toch blijft iets me zeggen dat er iets niet klopt en dat komt door bovenstaand regeltje.quote:Op donderdag 11 oktober 2007 11:37 schreef Me_Wesley het volgende:
De kans dat jij de goede hebt is nog steeds 1/3.
Sport is de belangrijkste bijzaak in het leven.
quote:Op donderdag 11 oktober 2007 11:53 schreef Bruce117 het volgende:
[..]
Ik snap de uitwerking wel, maar toch blijft iets me zeggen dat er iets niet klopt en dat komt door bovenstaand regeltje.
De presentator opent een andere deur.
De kans dat jij de goede hebt als je niet veranderd blijft dan 1/3, omdat jouw keuze niet afhankelijk is van de deur die wordt opengemaakt (dat gebeurt namelijk pas nadat jij je keuze hebt gemaakt).
Die laatste twee scenarios lijken hetzelfde, maar toch is de kans anders. Dat komt omdat de presentator door het feit dat jij een deur kiest gelimiteerd is in zijn opties.
'And I called your name,
like an addicted to cocaine calls for the stuff he'd rather blame'
like an addicted to cocaine calls for the stuff he'd rather blame'
De oplossing voor dit quizmaster probleem is alleen correct als gegeven is dat de quizmaster een deur opent die de kandidaat niet eerst gekozen had en waarvan hij weet dat de prijs er niet achter staat. (Dit is voor de wiskundige zeuren onder ons, waar ik er een van ben )
Het is trouwens wat meer inzichtelijk als je uit 100 deuren kunt kiezen en de quizmaster opent er 98. Dan voelt iedereen op zijn klompen aan dat wisselen verstandig is.
) Het is trouwens wat meer inzichtelijk als je uit 100 deuren kunt kiezen en de quizmaster opent er 98. Dan voelt iedereen op zijn klompen aan dat wisselen verstandig is.
Exactquote:Op donderdag 11 oktober 2007 12:09 schreef DrParsifal het volgende:
De oplossing voor dit quizmaster probleem is alleen correct als gegeven is dat de quizmaster een deur opent die de kandidaat niet eerst gekozen had en waarvan hij weet dat de prijs er niet achter staat. (Dit is voor de wiskundige zeuren onder ons, waar ik er een van ben )
Het is trouwens wat meer inzichtelijk als je uit 100 deuren kunt kiezen en de quizmaster opent er 98. Dan voelt iedereen op zijn klompen aan dat wisselen verstandig is.
'And I called your name,
like an addicted to cocaine calls for the stuff he'd rather blame'
like an addicted to cocaine calls for the stuff he'd rather blame'
Zo logisch dat je het drie keer moest lezen? Simpele ziel.quote:Op woensdag 10 oktober 2007 04:27 schreef Laton het volgende:
[..]
cool. ik las het, las het nog 3 keer en ineens snapte ik het
superlogisch inderdaad, maar je moet het maar doorhebben.
"Welfare culture is bad not just because, as in Europe, it's bankrupting the state, but because it enfeebles the citizenry, it erodes self-reliance and resourcefulness."
-Mark Steyn
-Mark Steyn
Dat is nou juist het probleem, soms is iets zó logisch dat het keihard tegen ons gevoel indruist en moeilijk te bevatten isquote:Op zaterdag 13 oktober 2007 06:10 schreef StefanP het volgende:
[..]
Zo logisch dat je het drie keer moest lezen? Simpele ziel.
"Dat is echt ontzettend zielig" ©
Het bedrijf van de familie Blaasmaarraak vervaardigt scheepstoeters voor de Europese markt. De kans dat een scheepstoeter geen geluid produceert, bedraagt 4,7%.
Er worden 16 scheepstoeters geleverd aan Duitsland. Bereken de kans dat de zesde en achtste scheepstoeter geen geluid produceren.
Ik heb eerst zitten kutten met binominale kansen, zoals:
P(zesde en achtste geen geluid) = P(GGGGGGGGGGGGGGGG)
De kans op mislukking is 0,047, dus de kans op succes is 0,953.
X is binomiaal met n = 16 ; p = 0,953
P(X=14) binompdf (16,0.953,14) = 0,1351
Ik vraag me echter af of dit wel de goede methode is. Alvast bedankt!
Er worden 16 scheepstoeters geleverd aan Duitsland. Bereken de kans dat de zesde en achtste scheepstoeter geen geluid produceren.
Ik heb eerst zitten kutten met binominale kansen, zoals:
P(zesde en achtste geen geluid) = P(GGGGGGGGGGGGGGGG)
De kans op mislukking is 0,047, dus de kans op succes is 0,953.
X is binomiaal met n = 16 ; p = 0,953
P(X=14) binompdf (16,0.953,14) = 0,1351
Ik vraag me echter af of dit wel de goede methode is. Alvast bedankt!
De vraagstelling is niet helemáál duidelijk. Maar, wat jij uitrekent is de kans dat er van de 16 scheepstoeters twee niet werken. Willekeurig welke twee. Maar dat wordt volgens mij niet gevraagd. Wat gevraagd wordt is de kans dat scheepstoeter nr. 6 en 8 kapot zijn. Nu is het niet duidelijk of die andere toeters ook kapot mogen zijn of dat die wel moeten werken. Bij gebrek aan duidelijkheid daarover zou ik zeggen dat het enige dat gevraagd wordt is dat 6 en 8 kapot zijn, en de rest maakt niet uit. Dus er kunnen best 16 kapotte zijn, maar ook maar 2 (maar dat moeten dan 6 en 8 zijn.)
Hoe dan ook, de berekening is dan: 1*1*(14x)*1*0.047*0.047 ~ 0.221%.
Immers de 'volgorde is van belang'. Dus je gebruikt geen binompdf, want die is ervoor als de volgorde niet van belang is.
Hoe dan ook, de berekening is dan: 1*1*(14x)*1*0.047*0.047 ~ 0.221%.
Immers de 'volgorde is van belang'. Dus je gebruikt geen binompdf, want die is ervoor als de volgorde niet van belang is.
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Je berekent hier nu toch de kans dat er 2 mislukkingen zitten in een ongeordende reeks van 16 experimenten? Er juist gevraagd wordt naar de geordende reeks waarbij experiment 6 en 8 mislukken. Volgens mij is de kans hier gewoon heel simpel te berekenen met (0,953^14)*(0.047^2) = 0,0011.quote:Op donderdag 17 januari 2008 10:27 schreef jens007 het volgende:
Het bedrijf van de familie Blaasmaarraak vervaardigt scheepstoeters voor de Europese markt. De kans dat een scheepstoeter geen geluid produceert, bedraagt 4,7%.
Er worden 16 scheepstoeters geleverd aan Duitsland. Bereken de kans dat de zesde en achtste scheepstoeter geen geluid produceren.
Ik heb eerst zitten kutten met binominale kansen, zoals:
P(zesde en achtste geen geluid) = P(GGGGGGGGGGGGGGGG)
De kans op mislukking is 0,047, dus de kans op succes is 0,953.
X is binomiaal met n = 16 ; p = 0,953
P(X=14) binompdf (16,0.953,14) = 0,1351
Ik vraag me echter af of dit wel de goede methode is. Alvast bedankt!
Volkorenbrood: "Geen quotes meer in jullie sigs gaarne."
Hoe kom je aan die 1? De kans op succes is 95.3%.quote:Op donderdag 17 januari 2008 10:41 schreef Iblis het volgende:
De vraagstelling is niet helemáál duidelijk. Maar, wat jij uitrekent is de kans dat er van de 16 scheepstoeters twee niet werken. Willekeurig welke twee. Maar dat wordt volgens mij niet gevraagd. Wat gevraagd wordt is de kans dat scheepstoeter nr. 6 en 8 kapot zijn. Nu is het niet duidelijk of die andere toeters ook kapot mogen zijn of dat die wel moeten werken. Bij gebrek aan duidelijkheid daarover zou ik zeggen dat het enige dat gevraagd wordt is dat 6 en 8 kapot zijn, en de rest maakt niet uit. Dus er kunnen best 16 kapotte zijn, maar ook maar 2 (maar dat moeten dan 6 en 8 zijn.)
Hoe dan ook, de berekening is dan: 1*1*(14x)*1*0.047*0.047 ~ 0.221%.
Immers de 'volgorde is van belang'. Dus je gebruikt geen binompdf, want die is ervoor als de volgorde niet van belang is.
Volkorenbrood: "Geen quotes meer in jullie sigs gaarne."
Ik had het ook al gevraagd aan een ex-wiskunde student en die kwam er ook niet uit, waarschijnlijk door de onduidelijke vraagstelling....
Omdat er niet gespecificeerd wordt dat die anderen heel moeten zijn. Er staat alleen: Wat is de kans dat 6 en 8 kapot zijn. Dus nr. 1 moet of kapot of heel zijn, en dat heeft kans 1. Als je wilt uitrekenen wat de kans is dat 6 en 8 kapot zijn en de rest heel, dan moet je de succeskans meenemen, maar zoals ik het lees wordt er gegeven dat er 16 worden gemaakt. Dus de kans dat nr. 1 gemaakt is (goed of fout) is 1. En idem voor nr 2.quote:Op donderdag 17 januari 2008 10:43 schreef Monolith het volgende:
[..]
Hoe kom je aan die 1? De kans op succes is 95.3%.
Als die anderen wel heel moeten zijn kom je uiteraard op 0.953140.0472 ~ 0.113%.
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Ah zo. Ik nam aan dat het feit dat 6 en 8 kapot zouden zijn impliceerde dat de overigen wel werkten, maar dat hoeft inderdaad niet per sé.quote:Op donderdag 17 januari 2008 10:46 schreef Iblis het volgende:
[..]
Omdat er niet gespecificeerd wordt dat die anderen heel moeten zijn. Er staat alleen: Wat is de kans dat 6 en 8 kapot zijn. Dus nr. 1 moet of kapot of heel zijn, en dat heeft kans 1.
Ik weet niet of dit een huiswerkopgave / tentamenvraag was, maar in dit soort gevallen kun je bij het antwoord het best eerst uitleggen hoe je de vraag interpreteert.
Volkorenbrood: "Geen quotes meer in jullie sigs gaarne."
Helaas is deze vraag niet te maken omdat er niets over onafhankelijkheid gemeld wordt. Zonder dat gegeven valt er geen zinnig antwoord te geven.
eee7a201261dfdad9fdfe74277d27e68890cf0a220f41425870f2ca26e0521b0
Volgens mij mag je op basis van de vraagstelling wel redelijkerwijs aannemen dat er sprake is van onafhankelijke experimenten.quote:Op donderdag 17 januari 2008 12:03 schreef GlowMouse het volgende:
Helaas is deze vraag niet te maken omdat er niets over onafhankelijkheid gemeld wordt. Zonder dat gegeven valt er geen zinnig antwoord te geven.
Volkorenbrood: "Geen quotes meer in jullie sigs gaarne."
Juist omdat er gesproken wordt van toeters in één levering lijkt me dat een onjuiste veronderstelling, denk aan een slechte batch waarbij dezelfde grondstoffen zijn gebruikt.quote:Op donderdag 17 januari 2008 12:10 schreef Monolith het volgende:
[..]
Volgens mij mag je op basis van de vraagstelling wel redelijkerwijs aannemen dat er sprake is van onafhankelijke experimenten.
eee7a201261dfdad9fdfe74277d27e68890cf0a220f41425870f2ca26e0521b0
Bij dit soort vragen is de eenvoudigste oplossing de juiste. Dat maakt deel uit van de vraag. Net zoals wanneer je vraagt: wat is het volgende getal 1 , 2 , 3 ,?quote:Op donderdag 17 januari 2008 13:02 schreef GlowMouse het volgende:
[..]
Juist omdat er gesproken wordt van toeters in één levering lijkt me dat een onjuiste veronderstelling, denk aan een slechte batch waarbij dezelfde grondstoffen zijn gebruikt.
Dan zeg je 4, het laatste getal plus één, en niet vijf, de som van de laatste twee getallen.
Te veel onzin gepost. Tijd voor een schone lei.
In de praktijk zou je daar inderdaad vanuit gaan. Het lijkt me echter sterk dat vraagsteller als antwoord 'dat kan ik niet berekenen, want ik mag geen onafhankelijkheid veronderstellen' verwacht.quote:Op donderdag 17 januari 2008 13:02 schreef GlowMouse het volgende:
[..]
Juist omdat er gesproken wordt van toeters in één levering lijkt me dat een onjuiste veronderstelling, denk aan een slechte batch waarbij dezelfde grondstoffen zijn gebruikt.
Volkorenbrood: "Geen quotes meer in jullie sigs gaarne."
Ik dacht zelf eigenlijk aan twee. Namelijk de reeks van de grootste priemgetallen die een echte deler van n zijn (met a(1) = 1 voor volledigheid).quote:Op donderdag 17 januari 2008 13:35 schreef ThinkTank het volgende:
[..]
Bij dit soort vragen is de eenvoudigste oplossing de juiste. Dat maakt deel uit van de vraag. Net zoals wanneer je vraagt: wat is het volgende getal 1 , 2 , 3 ,?
Dan zeg je 4, het laatste getal plus één, en niet vijf, de som van de laatste twee getallen.
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Ik ben vanmiddag even bij mijn docente langsgeweest en het antwoord los gepeuterd, het moet idd zijn:
0.953140.0472 ~ 0.113%.
Bedankt iedereen voor de hulp en aandacht
0.953140.0472 ~ 0.113%.
Bedankt iedereen voor de hulp en aandacht
Dat de vraagsteller het niet wil horen is een andere zaak, maar ik ga geen onzin verkopen. Bij een tentamen heb ik in een vergelijkbare situatie opgeschreven waarom het gevraagde zich niet liet uitrekenen. Daar heb ik uiteindelijk (uiteraard) alle punten voor gekregen.quote:Op donderdag 17 januari 2008 13:41 schreef Monolith het volgende:
In de praktijk zou je daar inderdaad vanuit gaan. Het lijkt me echter sterk dat vraagsteller als antwoord 'dat kan ik niet berekenen, want ik mag geen onafhankelijkheid veronderstellen' verwacht.
eee7a201261dfdad9fdfe74277d27e68890cf0a220f41425870f2ca26e0521b0
Dan moet je net een docent hebben die zo flexibel is. Ik zou het zekere voor het onzekere nemen en gewoon stellen dat je afhankelijkheid moet aannemen voor de beantwoording en de berekening uitvoeren.quote:Op donderdag 17 januari 2008 16:44 schreef GlowMouse het volgende:
[..]
Dat de vraagsteller het niet wil horen is een andere zaak, maar ik ga geen onzin verkopen. Bij een tentamen heb ik in een vergelijkbare situatie opgeschreven waarom het gevraagde zich niet liet uitrekenen. Daar heb ik uiteindelijk (uiteraard) alle punten voor gekregen.
Volkorenbrood: "Geen quotes meer in jullie sigs gaarne."
Je hebt toch wel fijntjes opgemerkt dat de vraagstelling wat duidelijker kon?quote:Op donderdag 17 januari 2008 16:39 schreef jens007 het volgende:
Ik ben vanmiddag even bij mijn docente langsgeweest en het antwoord los gepeuterd, het moet idd zijn:
0.953140.0472 ~ 0.113%.
Bedankt iedereen voor de hulp en aandacht
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Maar dat kun je dus toch tegen haar zeggen?
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Als je het wiskundig bekijkt is heb je 1/6e kans dat je een 5 gooit, maar het is een reallife dobbelsteen.
Ik zeg: weet ik veel, aan de hand van de informatie kan alles nog gebeuren.
Ik zeg: weet ik veel, aan de hand van de informatie kan alles nog gebeuren.
Er stond uiteindelijk, de docent was helaas niet zo flexibel.quote:Op donderdag 17 januari 2008 16:50 schreef Monolith het volgende:
Dan moet je net een docent hebben die zo flexibel is. Ik zou het zekere voor het onzekere nemen en gewoon stellen dat je afhankelijkheid moet aannemen voor de beantwoording en de berekening uitvoeren.
eee7a201261dfdad9fdfe74277d27e68890cf0a220f41425870f2ca26e0521b0
Net zoiets als steeds verdubbelen op de roulettetafel als je verliest. Omdat de "kans zo klein is dat je 10+ keer verliest op dezelfde kleur"
1 euro inzet op zwart
bij verlies: 2 euro op zwart
bij verlies: 4 euro op zwart
bij verlies: 8 euro op zwart
bij verlies: 16 euro op zwart
bij verlies: 32 euro op zwart
bij verlies: 64 euro op zwart
bij verlies: 128 euro op zwart
bij verlies: 256 euro op zwart
bij verlies: 512 euro op zwart
bij verlies: 1024 euro op zwart
bij verlies: 2048 euro op zwart
Kans dat het 12 keer achter elkaar rood is is 1 / 4096. 4095 / 4096 keer win je een euro. Als je verliest verlies je 4095 euro.
Dus eigenlijk speel je toch gewoon kiet. (de 0 op de roulette tafel niet meegerekend.)
Koop dan maar aandelen, of ga kaarten tellen bij blackjack, of koop verzwaarde dobbelstenen en ga in een steegje dobbelen, dan win je nog eens wat.
1 euro inzet op zwart
bij verlies: 2 euro op zwart
bij verlies: 4 euro op zwart
bij verlies: 8 euro op zwart
bij verlies: 16 euro op zwart
bij verlies: 32 euro op zwart
bij verlies: 64 euro op zwart
bij verlies: 128 euro op zwart
bij verlies: 256 euro op zwart
bij verlies: 512 euro op zwart
bij verlies: 1024 euro op zwart
bij verlies: 2048 euro op zwart
Kans dat het 12 keer achter elkaar rood is is 1 / 4096. 4095 / 4096 keer win je een euro. Als je verliest verlies je 4095 euro.
Dus eigenlijk speel je toch gewoon kiet.
(de 0 op de roulette tafel niet meegerekend.)Koop dan maar aandelen, of ga kaarten tellen bij blackjack, of koop verzwaarde dobbelstenen en ga in een steegje dobbelen, dan win je nog eens wat.
ignorance more frequently begets confidence than does knowledge - Charles Darwin
In theorie zou je daar altijd 1 euro winst aan overhouden, maar in de praktijk heeft niemand natuurlijk een onbeperkte hoeveelheid geld en hebben casino's een maximale inzet.quote:Op vrijdag 18 januari 2008 14:48 schreef Neruo het volgende:
Net zoiets als steeds verdubbelen op de roulettetafel als je verliest. Omdat de "kans zo klein is dat je 10+ keer verliest op dezelfde kleur"
1 euro inzet op zwart
bij verlies: 2 euro op zwart
bij verlies: 4 euro op zwart
bij verlies: 8 euro op zwart
bij verlies: 16 euro op zwart
bij verlies: 32 euro op zwart
bij verlies: 64 euro op zwart
bij verlies: 128 euro op zwart
bij verlies: 256 euro op zwart
bij verlies: 512 euro op zwart
bij verlies: 1024 euro op zwart
bij verlies: 2048 euro op zwart
Kans dat het 12 keer achter elkaar rood is is 1 / 4096. 4095 / 4096 keer win je een euro. Als je verliest verlies je 4095 euro.
Volkorenbrood: "Geen quotes meer in jullie sigs gaarne."
dan is je kans 1/99 tegenover 1/98 toch?quote:Op donderdag 11 oktober 2007 11:25 schreef Dodecahedron het volgende:
[..]
Dan nog vind ik het een contra-intuitief. Maar ja, het zit hem echt in het wisselen natuurlijk.
Het wordt makkelijker als je 100 deuren neemt ... Je kiest 1 deur. De assistente opent er 98 ... dan wordt het helemaal verdacht wanneer 1 deur open blijft.
Buy it, use it, break it, fix it,
Trash it, change it, mail - upgrade it,
Charge it, point it, zoom it, press it,
Snap it, work it, quick - erase it,
Trash it, change it, mail - upgrade it,
Charge it, point it, zoom it, press it,
Snap it, work it, quick - erase it,
Dat is t inderdaad. Maximum en Minimum inzet....quote:Op vrijdag 18 januari 2008 14:56 schreef Monolith het volgende:
[..]
In theorie zou je daar altijd 1 euro winst aan overhouden, maar in de praktijk heeft niemand natuurlijk een onbeperkte hoeveelheid geld en hebben casino's een maximale inzet.
Plus dat de 0 op het bord op de lange duur altijd voor verlies zorgt bij rood/zwart.
Buy it, use it, break it, fix it,
Trash it, change it, mail - upgrade it,
Charge it, point it, zoom it, press it,
Snap it, work it, quick - erase it,
Trash it, change it, mail - upgrade it,
Charge it, point it, zoom it, press it,
Snap it, work it, quick - erase it,
Nee. De kans dat je in een keer de juiste kiest is 1/100. De kans dat de prijs achter een van de andere 99 deuren zit is 99/100.quote:Op dinsdag 22 januari 2008 00:15 schreef Agiath het volgende:
[..]
dan is je kans 1/99 tegenover 1/98 toch?
Volkorenbrood: "Geen quotes meer in jullie sigs gaarne."
Dat maakt niet uit. Want je verdubbelt elke keer dat je verliest. En zodra je een keer wint, heb je sowieso 1 euro (dollar, whatever) winst. Dus de 0 valt gewoon onder 'verlies'. En dat de kans om te winnen dus kleiner dan 50% is, maakt niet uit. Zelfs al was de kans om te winnen maar 1%, als je oneindig veel geld hebt 'werkt' de strategie, omdat zodra je wint, je op winst staat.quote:Op dinsdag 22 januari 2008 00:18 schreef Agiath het volgende:
[..]
Dat is t inderdaad. Maximum en Minimum inzet....
Plus dat de 0 op het bord op de lange duur altijd voor verlies zorgt bij rood/zwart.
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Je zou dus kunt ook denken dan als er een keer een enorme streak komt van rood er niet meer genoeg geld op aarde is om weer in te zettenquote:Op dinsdag 22 januari 2008 00:28 schreef Iblis het volgende:
[..]
Dat maakt niet uit. Want je verdubbelt elke keer dat je verliest. En zodra je een keer wint, heb je sowieso 1 euro (dollar, whatever) winst. Dus de 0 valt gewoon onder 'verlies'. En dat de kans om te winnen dus kleiner dan 50% is, maakt niet uit. Zelfs al was de kans om te winnen maar 1%, als je oneindig veel geld hebt 'werkt' de strategie, omdat zodra je wint, je op winst staat.
Buy it, use it, break it, fix it,
Trash it, change it, mail - upgrade it,
Charge it, point it, zoom it, press it,
Snap it, work it, quick - erase it,
Trash it, change it, mail - upgrade it,
Charge it, point it, zoom it, press it,
Snap it, work it, quick - erase it,
Ik weet dat het onmogelijk is, maar bij deze strategie die ik net bedacht heb, zie ik nog niet waarom er wel winst gemaakt wordt 
Stap 1: Zet 1 in.
Stap 2: Als je wint: ga naar stap 1
Stap 3: Zet 2 in
Stap 4: Onafhankelijk van winst/verlies: ga naar stap 1
In tegenstelling tot de verdubbelingsmethode is de inzet dus nooit groter dan 2.
Op deze methode win je 1 met kans 18/37 + 19/37*18/37 ≈ 0.74
En verlies je 2 met kans 19/37 * 19/37 ≈ 0.26
De verwachte winst per cyclus is dus 1*0.74 - 2*0.26 ≈ 0.21 met variantie 1.31 (relatief groot, een grote startbuffer is dus erg handig als je winst wilt maken).
Op basis van een kleine simulatie van 10x het casino binnenlopen met 25 euro en weglopen als het bedrag boven de 1000 euro komt, bleek de variantie te zorgen voor een lege portemonnee in de helft van de gevallen. Bij een start met 50 euro was dit nog maar tweemaal het geval.
Wie ziet de denkfout?
Stap 1: Zet 1 in.
Stap 2: Als je wint: ga naar stap 1
Stap 3: Zet 2 in
Stap 4: Onafhankelijk van winst/verlies: ga naar stap 1
In tegenstelling tot de verdubbelingsmethode is de inzet dus nooit groter dan 2.
Op deze methode win je 1 met kans 18/37 + 19/37*18/37 ≈ 0.74
En verlies je 2 met kans 19/37 * 19/37 ≈ 0.26
De verwachte winst per cyclus is dus 1*0.74 - 2*0.26 ≈ 0.21 met variantie 1.31 (relatief groot, een grote startbuffer is dus erg handig als je winst wilt maken).
Op basis van een kleine simulatie van 10x het casino binnenlopen met 25 euro en weglopen als het bedrag boven de 1000 euro komt, bleek de variantie te zorgen voor een lege portemonnee in de helft van de gevallen. Bij een start met 50 euro was dit nog maar tweemaal het geval.
Wie ziet de denkfout?
eee7a201261dfdad9fdfe74277d27e68890cf0a220f41425870f2ca26e0521b0
Volgens mij word er geen winst gemaakt.quote:Op dinsdag 22 januari 2008 01:38 schreef GlowMouse het volgende:
Ik weet dat het onmogelijk is, maar bij deze strategie die ik net bedacht heb, zie ik nog niet waarom er wel winst gemaakt wordt
Dus, als ik het goed begrijp: Je zet 1 in, win je (kans 18/37), krijg je 2 terug. Dus bingo. Anders zet je nog maals 2 twee in, win je (kans 18/37), dan heb je -3 + 4 = 1 winst. Anders heb je dus 3 verlies, of niet?quote:Stap 1: Zet 1 in.
Stap 2: Als je wint: ga naar stap 1
Stap 3: Zet 2 in
Stap 4: Onafhankelijk van winst/verlies: ga naar stap 1
Verlies je 3 zou ik zeggen.quote:In tegenstelling tot de verdubbelingsmethode is de inzet dus nooit groter dan 2.
Op deze methode win je 1 met kans 18/37 + 19/37*18/37 ≈ 0.74
En verlies je 2 met kans 19/37 * 19/37 ≈ 0.26
De verwachte winst per cyclus is dus 1*0.74 - 3*0.26 = -0.055.quote:De verwachte winst per cyclus is dus 1*0.74 - 2*0.26 ≈ 0.21 met variantie 1.31 (relatief groot, een grote startbuffer is dus erg handig als je winst wilt maken).
Ik zou denken dat je op de lange duur altijd verlies maakt en dus meestal met een lege portemonnee vertrekt.quote:Op basis van een kleine simulatie van 10x het casino binnenlopen met 25 euro en weglopen als het bedrag boven de 1000 euro komt, bleek de variantie te zorgen voor een lege portemonnee in de helft van de gevallen. Bij een start met 50 euro was dit nog maar tweemaal het geval.
Wie ziet de denkfout?
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Je zou het ook zo kunnen bekijken. Op de lange duur heft rood/zwart elkaar op. D.w.z. de keren dat je ¤1,– inzet, en rood krijgt, is net zo groot als het aantal keren dat je zwart krijgt. Idem als je ¤2,– inzet. Het venijn zit ‘m dus in de 0 – zoals gebruikelijk. Want die trekt je leeg.
Dat je verlies krijgt door de 0 gebeurt dus als je in fase 2 een 0 krijgt (dan verlies je direct je ¤2,–) maar ook als je in fase 1 én fase 2 een 0 krijgt. Die 0 zorgt daarom voor een verlies van -2/37 + -1/37^2 = -0.055.
Overigens heb ik ook een simulatie geschreven, maar die komt praktisch nooit boven de 1000 als je met 50 euro begint. 100 euro raken lukt nog wel een paar keer, maar 1000 euro lukte de eerste 5000 potjes niet.
Dat je verlies krijgt door de 0 gebeurt dus als je in fase 2 een 0 krijgt (dan verlies je direct je ¤2,–) maar ook als je in fase 1 én fase 2 een 0 krijgt. Die 0 zorgt daarom voor een verlies van -2/37 + -1/37^2 = -0.055.
Overigens heb ik ook een simulatie geschreven, maar die komt praktisch nooit boven de 1000 als je met 50 euro begint. 100 euro raken lukt nog wel een paar keer, maar 1000 euro lukte de eerste 5000 potjes niet.
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Zoals Iblis al aangaf verlies je in totaal 3 als je twee keer achter elkaar verliest. De verwachtingswaarde is dus negatief. Er is simpelweg geen praktische strategie die rendabel is in roulette alleen een theoretische met zeer minimale winst. De reden is heel simpel. De kansen zijn altijd in het voordeel van het casino aangezien de kans op winst x de uitkeringsfactor = 36/37 voor elke vorm van inzet (op kleur, individueel cijfer, etcetera). Casino's zijn nou eenmaal geen liefdadigheidsinstellingen.quote:Op dinsdag 22 januari 2008 01:38 schreef GlowMouse het volgende:
Ik weet dat het onmogelijk is, maar bij deze strategie die ik net bedacht heb, zie ik nog niet waarom er wel winst gemaakt wordt
Stap 1: Zet 1 in.
Stap 2: Als je wint: ga naar stap 1
Stap 3: Zet 2 in
Stap 4: Onafhankelijk van winst/verlies: ga naar stap 1
In tegenstelling tot de verdubbelingsmethode is de inzet dus nooit groter dan 2.
Op deze methode win je 1 met kans 18/37 + 19/37*18/37 ≈ 0.74
En verlies je 2 met kans 19/37 * 19/37 ≈ 0.26
De verwachte winst per cyclus is dus 1*0.74 - 2*0.26 ≈ 0.21 met variantie 1.31 (relatief groot, een grote startbuffer is dus erg handig als je winst wilt maken).
Op basis van een kleine simulatie van 10x het casino binnenlopen met 25 euro en weglopen als het bedrag boven de 1000 euro komt, bleek de variantie te zorgen voor een lege portemonnee in de helft van de gevallen. Bij een start met 50 euro was dit nog maar tweemaal het geval.
Wie ziet de denkfout?
Volkorenbrood: "Geen quotes meer in jullie sigs gaarne."
quote:Op dinsdag 22 januari 2008 08:50 schreef Iblis het volgende:
Dus, als ik het goed begrijp: Je zet 1 in, win je (kans 18/37), krijg je 2 terug. Dus bingo. Anders zet je nog maals 2 twee in, win je (kans 18/37), dan heb je -3 + 4 = 1 winst. Anders heb je dus 3 verlies, of niet?
als je er te lang over nadenkt dan zie je dit niet meer. Maar 3 verlies inderdaad, daardoor gaat het fout.
eee7a201261dfdad9fdfe74277d27e68890cf0a220f41425870f2ca26e0521b0
En wat nou al was de 0 er niet geweest?quote:Op dinsdag 22 januari 2008 08:50 schreef Iblis het volgende:
[..]
Volgens mij word er geen winst gemaakt.
[..]
Dus, als ik het goed begrijp: Je zet 1 in, win je (kans 18/37), krijg je 2 terug. Dus bingo. Anders zet je nog maals 2 twee in, win je (kans 18/37), dan heb je -3 + 4 = 1 winst. Anders heb je dus 3 verlies, of niet?
[..]
Verlies je 3 zou ik zeggen.
[..]
De verwachte winst per cyclus is dus 1*0.74 - 3*0.26 = -0.055.
[..]
Ik zou denken dat je op de lange duur altijd verlies maakt en dus meestal met een lege portemonnee vertrekt.
Volgens mij had ik toch gelijk dat de 0 wel degelijk invloed heeft op deze dingen (denk ik
)
Buy it, use it, break it, fix it,
Trash it, change it, mail - upgrade it,
Charge it, point it, zoom it, press it,
Snap it, work it, quick - erase it,
Trash it, change it, mail - upgrade it,
Charge it, point it, zoom it, press it,
Snap it, work it, quick - erase it,
De nul heeft invloed op je winstkansen, uiteraard. Maar de martingalestrategie werkt, hoe scheef de kansen ook zijn. Die stelt namelijk dat je blijft verdubbelen totdat je een keertje wint. En dan maakt het niet uit hoe groot je verlies- of winstkans is. Natuurlijk, hoe groter je winstkans, hoe ‘sneller’ de strategie werkt.quote:Op dinsdag 22 januari 2008 19:07 schreef Agiath het volgende:
[..]
En wat nou al was de 0 er niet geweest?
Volgens mij had ik toch gelijk dat de 0 wel degelijk invloed heeft op deze dingen (denk ik
Het gaat echter alleen om de uitkomsten. V = Verlies, W = Winst:
V V V W => 1 euro winst
V V W => 1 euro winst
V W => 1 euro winst.
Stel echter dat de kans op V veel groter is dan W, dan krijg je iets als:
V V V V V V V V V V V V V V V V W => 1 euro winst
V V V V V V V V V V V V V V V V V V V V V V V V V V W => 1 euro winst
V V V V V V V V V V V V V V V W => 1 euro winst
Je moet dus een veel groter vermogen hebben om het vol te houden in het laatste geval. Maar als je oneindig veel geld hebt, dan gaat het wel.
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Maar je mag maar maximaal (ik noem maar iets) ¤500 nizetten.quote:Op dinsdag 22 januari 2008 00:28 schreef Iblis het volgende:
[..]
Dat maakt niet uit. Want je verdubbelt elke keer dat je verliest. En zodra je een keer wint, heb je sowieso 1 euro (dollar, whatever) winst. Dus de 0 valt gewoon onder 'verlies'. En dat de kans om te winnen dus kleiner dan 50% is, maakt niet uit. Zelfs al was de kans om te winnen maar 1%, als je oneindig veel geld hebt 'werkt' de strategie, omdat zodra je wint, je op winst staat.
Als je dus 9 keer achter elkaar rood heb verlies je ¤1 + ¤2 + ¤4 + ¤8 + ¤16 + ¤32 + ¤64 + ¤128 + ¤ 256 = ¤511.
De kans op deze reeks is 1 op 512 (met de 0 niet meegeteld).
Je draait op deze manier dus gewoon quitte door zo te spelen.
Met de 0 meegeteld maak je verlies.
'And I called your name,
like an addicted to cocaine calls for the stuff he'd rather blame'
like an addicted to cocaine calls for the stuff he'd rather blame'
Gast, waar is je avatar van De Zeeuw?quote:Op dinsdag 22 januari 2008 19:37 schreef Me_Wesley het volgende:
[..]
Maar je mag maar maximaal (ik noem maar iets) ¤500 nizetten.
Als je dus 9 keer achter elkaar rood heb verlies je ¤1 + ¤2 + ¤4 + ¤8 + ¤16 + ¤32 + ¤64 + ¤128 + ¤ 256 = ¤511.
De kans op deze reeks is 1 op 512 (met de 0 niet meegeteld).
Je draait op deze manier dus gewoon quitte door zo te spelen.
Met de 0 meegeteld maak je verlies.
Confidence through competence
quote:Op dinsdag 22 januari 2008 19:41 schreef Stereotomy het volgende:
[..]
Gast, waar is je avatar van De Zeeuw?
Die staat er al een tijdje hoor...
'And I called your name,
like an addicted to cocaine calls for the stuff he'd rather blame'
like an addicted to cocaine calls for the stuff he'd rather blame'
Dat er in de praktijk een limiet is, is waar. En dan maakt het inderdaad uit. Als er geen limiet is, en daar ging het over, en daarom in theorie, dan vis je inderdaad altijd achter het niet. Casino's zijn geen liefdadigheidsinstelling.quote:Op dinsdag 22 januari 2008 19:37 schreef Me_Wesley het volgende:
[..]
Maar je mag maar maximaal (ik noem maar iets) ¤500 nizetten.
Als je dus 9 keer achter elkaar rood heb verlies je ¤1 + ¤2 + ¤4 + ¤8 + ¤16 + ¤32 + ¤64 + ¤128 + ¤ 256 = ¤511.
De kans op deze reeks is 1 op 512 (met de 0 niet meegeteld).
Je draait op deze manier dus gewoon quitte door zo te spelen.
Met de 0 meegeteld maak je verlies.
Overigens hoef je in de praktijk ook niet altijd quitte te spelen. Zeg dat je 512 euro hebt. Als je de pech hebt dat het 9 keer achter elkaar rood is, dan ben je (op 1 euro na) wel al je knaken kwijt. En als je dan die ene euro nog een keer inzit, en het is weer rood, dan verlies je dus ook. Er is dus zeker wel een kans dat je verliest, zelfs als er geen 0 op de tafel zou staan. Vanwege de 0 verlies je echter gegarandeerd.
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Kan iemand me uitleggen hoe ik kan uitrekenen of 2 gebeurtenissen onafhankelijk zijn? Ik heb het boek erbij gepakt en ook nog met Google gezocht, maar ik kan het nergens vinden. Ik kan door logisch beredeneren wel bedenken of ze onafhankelijk zijn, maar ik kan nergens vinden hoe ik het nou echt uit moet rekenen.
Als twee gebeurtenissen A en B onafhankelijk zijn, dan geldt dat Pr(A) * Pr(B) = Pr(A & B) Waarbij & 'doorsnede' betekent. Meestal neem je het aan. Doch, als je een setje formules hebt, dan kun je het wellicht uitrekenen.quote:Op dinsdag 12 februari 2008 12:44 schreef morgane het volgende:
Kan iemand me uitleggen hoe ik kan uitrekenen of 2 gebeurtenissen onafhankelijk zijn? Ik heb het boek erbij gepakt en ook nog met Google gezocht, maar ik kan het nergens vinden. Ik kan door logisch beredeneren wel bedenken of ze onafhankelijk zijn, maar ik kan nergens vinden hoe ik het nou echt uit moet rekenen.
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Ik weet niet of die topic nog gelezen wordt, maar ik benieuwd of iemand een sluitend antwoord zou kunnen geven op de volgende vraag. Het klinkt in eerste instantie als een basaal statistisch iets, toch ben ik nog steeds niet overtuigd van het juiste antwoord.
De vraag is simpel: Wat is de kans dat je tenminste één keer een 1 gooit wanneer je twee keer achter elkaar met dezelfde dobbelsteen gooit?
a) een aantal statistisch onderlegde mensen die ik hierover sprak gaven als antwoord simpelweg 1/6 is de kans
b)je gooit twee keer, de kans waneer je één keer gooit is 1/6, dus als je twee keer gooit is de kans 2/6
c)mijn eigen idee is dat wanneer je 2 keer met een dobbelsteen gooit je 36 mogelijkheden hebt van combinaties (1,1;1,2;1,3....1,6;2,1,2,2....2,6......6,6), daarvan voldoen 11 combinaties aan het criterium dat er minimaal één keer een 1 gegooid wordt, dus is de kans 11/36...
Wie o wie, kan mij een sluitend antwoord geven op deze eigenlijk simpele vraag......
De vraag is simpel: Wat is de kans dat je tenminste één keer een 1 gooit wanneer je twee keer achter elkaar met dezelfde dobbelsteen gooit?
a) een aantal statistisch onderlegde mensen die ik hierover sprak gaven als antwoord simpelweg 1/6 is de kans
b)je gooit twee keer, de kans waneer je één keer gooit is 1/6, dus als je twee keer gooit is de kans 2/6
c)mijn eigen idee is dat wanneer je 2 keer met een dobbelsteen gooit je 36 mogelijkheden hebt van combinaties (1,1;1,2;1,3....1,6;2,1,2,2....2,6......6,6), daarvan voldoen 11 combinaties aan het criterium dat er minimaal één keer een 1 gegooid wordt, dus is de kans 11/36...
Wie o wie, kan mij een sluitend antwoord geven op deze eigenlijk simpele vraag......
a. Statistisch onderlegde mensen hoeven niet noodzakelijkerwijs iets van kansrekening te weten.
b. Die mensen hebben de somregel niet begrepen: je kunt kansen alleen op gebeurtenissen optellen wanneer het gaat om gebeurtenissen binnen hetzelfde experiment die elkaar uitsluiten.
c. Juist antwoord.
b. Die mensen hebben de somregel niet begrepen: je kunt kansen alleen op gebeurtenissen optellen wanneer het gaat om gebeurtenissen binnen hetzelfde experiment die elkaar uitsluiten.
c. Juist antwoord.
eee7a201261dfdad9fdfe74277d27e68890cf0a220f41425870f2ca26e0521b0
En zou je dat ook nog kunnen toelichten aan de hand van de juiste regels, zodat ik ook enig bewijsmateriaal heb om antwoord c extra kracht bij te zetten...quote:Op woensdag 26 maart 2008 10:18 schreef GlowMouse het volgende:
a. Statistisch onderlegde mensen hoeven niet noodzakelijkerwijs iets van kansrekening te weten.
b. Die mensen hebben de somregel niet begrepen: je kunt kansen alleen op gebeurtenissen optellen wanneer het gaat om gebeurtenissen binnen hetzelfde experiment die elkaar uitsluiten.
c. Juist antwoord.
Elk van de door jou genoemde paartjes is even waarschijnlijk. En dan zijn er 11 die de goede uitkomst hebben. Daarom is de kans 11/36. Dat wordt wel de kansdefinitie van Laplace genoemd. Technisch gezien is de uitkomstenruimte eindig en symmetrisch, vandaar dat Laplace opgaat.quote:Op woensdag 26 maart 2008 11:42 schreef Geluksknikker het volgende:
[..]
En zou je dat ook nog kunnen toelichten aan de hand van de juiste regels, zodat ik ook enig bewijsmateriaal heb om antwoord c extra kracht bij te zetten...
Dit is een heel intuïtieve uitkomst echter. Je schrijft alles uit. En zegt: Kijk 11 van de 36 voldoen. Dus 11/36e.
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Zoals Iblis al aangeeft is hier de kansdefinitie van Laplace toepasbaar.quote:Op woensdag 26 maart 2008 11:42 schreef Geluksknikker het volgende:
[..]
En zou je dat ook nog kunnen toelichten aan de hand van de juiste regels, zodat ik ook enig bewijsmateriaal heb om antwoord c extra kracht bij te zetten...
In dit geval hebben we de uitkomstenruimte S = {x1,x2 | x1,x2 ∈ 1..6}
Elke uitkomst x1,x2 heeft een kans van 1/36, waaruit volgt dat de kansruimte symmetrisch is.
De kansdefinitie van LaPlace stelt dat bij een symmetrische kansruimte de kans op een gebeurtenis A gegeven wordt door P(A) = N(A) / N(S) oftewel het aantal uitkomsten in A gedeeld door het totale aantal uitkomsten. In dit geval is dat dus 11/36.
Volkorenbrood: "Geen quotes meer in jullie sigs gaarne."
Ok duidelijk, maar geldt hier geen formule voor? en moet je dus altijd alles uitschrijven om tot een uitkomst te komen?
Je zou kunnen zeggen dat er sprake is van een Bernouille experiment m.b.t de kans op k keer 1 in k worpen, met succeskans p = 1/6. De gevraagde kans is dan P(X=1) + P(X=2) of 1 - P(X=0).quote:Op woensdag 26 maart 2008 12:44 schreef Geluksknikker het volgende:
Ok duidelijk, maar geldt hier geen formule voor? en moet je dus altijd alles uitschrijven om tot een uitkomst te komen?
Bij een dergelijk experiment is de kans P(X=x) = (n boven k)*pk*(1-p)n-k
Voor 1 - P(X=0) krijg je dan 1 - ((2 boven 0)*1/60*5/62) = 1 - 25/36 = 11/36.
Volkorenbrood: "Geen quotes meer in jullie sigs gaarne."
De formule is – mits elke uitkomst even waarschijnlijk is: aantal gunstige uitkomsten/totaal aantal uitkomsten.quote:Op woensdag 26 maart 2008 12:44 schreef Geluksknikker het volgende:
Ok duidelijk, maar geldt hier geen formule voor? en moet je dus altijd alles uitschrijven om tot een uitkomst te komen?
Je hebt 6*6 = 36 uitkomsten. Verder heb je 6 worpen met als eerste een (1; x) en 6 met als tweede een 1: (x; 1). Maar zo tel je er eentje dubbel (nl. (1;1)) dus het totale aantal is 6 + 6 - 1 = 11. Vul dat in en je hebt 11/36.
Het probleem is daarom een soort van telprobleem; namelijk uitrekenen hoeveel uitkomsten er gunstig zijn en zorgen dat je niets dubbel telt. Je hoeft daarvoor meestal niet alles uit te schrijven.
Dat de uitkomsten allemaal even waarschijnlijk zijn is natuurlijk van belang. Stel dat je met een loterij meedoet, dan kun je zeggen ‘je wint wel, of je wint niet’. Maar de kans is natuurlijk géén 50% omdat ‘niet winnen’ veel vaker voorkomt dan wél winnen.
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Ok, maar als je in plaats van 2 keer, drie keer gooit, dan verandert de k dus in 3 en hoe wordt dan deze formule verder ingevuld....kans zou dan volgens mij 96/216 = 12/27 worden.....komt dat dan ook bij deze formule uit?quote:Op woensdag 26 maart 2008 14:05 schreef Monolith het volgende:
[..]
Je zou kunnen zeggen dat er sprake is van een Bernouille experiment m.b.t de kans op k keer 1 in k worpen, met succeskans p = 1/6. De gevraagde kans is dan P(X=1) + P(X=2) of 1 - P(X=0).
Bij een dergelijk experiment is de kans P(X=x) = (n boven k)*pk*(1-p)n-k
Voor 1 - P(X=0) krijg je dan 1 - ((2 boven 0)*1/60*5/62) = 1 - 25/36 = 11/36.
Je berekening klopt niet helemaal. Die kans zou je ook kunnen berekenen d.m.v. 1 - de kans op '0 keer 1' m.b.v. de kansdefinitie van Laplace te bepalen. Het aantal uitkomsten waarbij 0 keer 1 gegooid wordt omvat alle mogelijke combinaties van 3 cijfers van de getallen 2 t/m 6 oftewel 5x5x5 = 125. Het totaal aantal uitkomsten bij 3 worpen omvat alle mogelijke combinaties van 3 cijfers van de 1t/m6 = 6x6x6 = 216. De kans op minstens 1 keer 1 bij 3 worpen is dan 1 - (125/216) = 91/216.quote:Op woensdag 26 maart 2008 14:28 schreef Geluksknikker het volgende:
[..]
Ok, maar als je in plaats van 2 keer, drie keer gooit, dan verandert de k dus in 3 en hoe wordt dan deze formule verder ingevuld....kans zou dan volgens mij 96/216 = 12/27 worden.....komt dat dan ook bij deze formule uit?
Vul je de eerder genoemde formule in dan krijg je 1 - ((3 boven 0)*1/60*5/63 = 1 - 125/216 = 91/216.
Volkorenbrood: "Geen quotes meer in jullie sigs gaarne."
dan zou je volgens mij op 125/216 uitkomen en dat kan niet kloppen denk ik....quote:Op woensdag 26 maart 2008 14:48 schreef Underdoggy het volgende:
maak van de 2 een 3, dus 3 boven 0 en 5/6^3 in die formule. Correct me if i'm wrong
Je hebt gelijk! dank voor de uitlegquote:Op woensdag 26 maart 2008 14:52 schreef Monolith het volgende:
[..]
Je berekening klopt niet helemaal. Die kans zou je ook kunnen berekenen d.m.v. 1 - de kans op '0 keer 1' m.b.v. de kansdefinitie van Laplace te bepalen. Het aantal uitkomsten waarbij 0 keer 1 gegooid wordt omvat alle mogelijke combinaties van 3 cijfers van de getallen 2 t/m 6 oftewel 5x5x5 = 125. Het totaal aantal uitkomsten bij 3 worpen omvat alle mogelijke combinaties van 3 cijfers van de 1t/m6 = 6x6x6 = 216. De kans op minstens 1 keer 1 bij 3 worpen is dan 1 - (125/216) = 91/216.
Vul je de eerder genoemde formule in dan krijg je 1 - ((3 boven 0)*1/60*5/63 = 1 - 125/216 = 91/216.
een kans is niet echt iets om op te rekenen of wel?
je kunt toch beter massa van eerste en tweede voorwerp berekenen en dan kijken hoe je hem het beste kunt gooien. Door goed te gooien kun je bepalen welke hoek of welk vlak als eerst op het tweede voorwerp terecht komt en met welke hoek (hoek als in van hoeveel graden).
En dan krijg je ook nog de afstand van de 2 voorwerpen.
Gelukkig hoeven we ons niet (nooit) druk te maken over de constante van Cavendish aangezien die toch altijd hetzelfde is: (6,67428 +/- 0,00067 × 10-11 Nm2 kg-2.)
dat is dan F = G ; M1+M2/R2, die berekening waar Albert is achter gekomen, weej wel
of ligt het aan mij?
je kunt toch beter massa van eerste en tweede voorwerp berekenen en dan kijken hoe je hem het beste kunt gooien. Door goed te gooien kun je bepalen welke hoek of welk vlak als eerst op het tweede voorwerp terecht komt en met welke hoek (hoek als in van hoeveel graden).
En dan krijg je ook nog de afstand van de 2 voorwerpen.
Gelukkig hoeven we ons niet (nooit) druk te maken over de constante van Cavendish aangezien die toch altijd hetzelfde is: (6,67428 +/- 0,00067 × 10-11 Nm2 kg-2.)
dat is dan F = G ; M1+M2/R2, die berekening waar Albert is achter gekomen, weej wel
of ligt het aan mij?
"Nothing is true, everything is permitted." -Assassin's Creed
Het ligt aan jou.
Ik schrijf boeken over wetenschap en filosofie!
https://www.epsilon-uitga(...)e-tijd-materie/10996
https://www.spectrumboeke(...)k-niet-9789000386765
https://www.spectrumboeke(...)tronen-9789000395071
https://www.epsilon-uitga(...)e-tijd-materie/10996
https://www.spectrumboeke(...)k-niet-9789000386765
https://www.spectrumboeke(...)tronen-9789000395071
weinig kans....quote:Op donderdag 27 maart 2008 13:09 schreef Haushofer het volgende:
Het ligt aan jou.
"Nothing is true, everything is permitted." -Assassin's Creed
Maare ff over eht dobbelsteen gooien ... dan meot je wel een goede hebben zonder gaten erin ( die puntjes) want dat zou de kans waarschijnlijk wel kunnen beinvloeden .. of 1 met veel "inkt" erop . etc etc..
When I get sad, I stop being sad and just be awesome instead.
Weet iemand hoe de kansberekeningen in dit spel berekend kunnen worden? Dus, hoe groot is de kans dat bijvoorbeeld 8 dobbelstenen wint van 7 dobbelstenen, waarbij een gelijk aantal ogen dus verliest betekent voor de aanvaller?
Géén kloon van tvlxd!
Als X de ogensom is van de aanvaller, en Y de ogensom van de verdediger, dan wordt gevraagd P(X > Y). Dit is E(P(X > y | Y=y)). Geen eenvoudige uitdrukking om uit te rekenen in ieder geval, omdat alleen het berekenen van P(X > y | Y=y) bij 7 dobbelsteentjes op papier ondoenlijk is. Je moet dan gaan programmeren, en dan is een simulatie sneller geprogrammeerd.quote:Op zaterdag 29 maart 2008 12:09 schreef Montov het volgende:
Weet iemand hoe de kansberekeningen in dit spel berekend kunnen worden? Dus, hoe groot is de kans dat bijvoorbeeld 8 dobbelstenen wint van 7 dobbelstenen, waarbij een gelijk aantal ogen dus verliest betekent voor de aanvaller?
eee7a201261dfdad9fdfe74277d27e68890cf0a220f41425870f2ca26e0521b0
Dobbelstenen in Las Vegas voldoen aan die eis.quote:Op zaterdag 29 maart 2008 11:16 schreef MouzurX het volgende:
Maare ff over eht dobbelsteen gooien ... dan meot je wel een goede hebben zonder gaten erin ( die puntjes) want dat zou de kans waarschijnlijk wel kunnen beinvloeden .. of 1 met veel "inkt" erop . etc etc..
|
|
