Kansberekening met een dobbelsteen

quote:

Op woensdag 10 oktober 2007 12:09 schreef Mikkie het volgende:

[..]

Je zegt het verkeerd.

Statistisch gezien is het zeer waarschijnlijk dat je bij 36 keer gooien tenminste één keer dubbel zes hebt gegooid.

Nee, ook dat is niet juist. Reken die kans zelf maar eens uit.

quote:

Op woensdag 10 oktober 2007 02:39 schreef TomTancr3do het volgende:
Dit staat bekend onder het Monty Hall probleem by the way.

http://www.youtube.com/watch?v=1uS4Sa3nIFc

quote:

Op woensdag 10 oktober 2007 13:01 schreef Petertje81 het volgende:

[..]

http://www.youtube.com/watch?v=1uS4Sa3nIFc

_{lekker wijf maar damn grote neusgaten}

Ik snap die omslachtige uitleggen niet. Je kunt het met schema's uitleggen en voordoen en uitleggen met 100 deuren waarvan er 99 opengaan etc. - allemaal erg omslachtig imho.

Maar het belangrijkste wat je moet snappen, is dat wanneer je je keuze wél verlegt naar een andere deur, dat je dan in feite de open deur er gratis bij krijgt van de presentator, en dus op 2 deuren komt! Vandaar dat de kans 2/3 wordt als je wel verandert tegen 1/3 als je je keuze niet verandert.

Immers, aan het begin mag je maar 1 deur kiezen (1/3). Het aanbod wat je krijgt is: "Hey, wil je deze deur waar niks achter zit er ook bij, plus deze onbekende deur?" En dat zijn twee deuren (2/3).

Of is deze uitleg weer moeilijk te volgen? Anyway, ik snapte het probleem pas goed toen ik deze uitleg las ooit. Andere uitleggen zijn stom.

[ Bericht 3% gewijzigd door Stereotomy op 10-10-2007 13:26:38 ]

quote:

Op woensdag 10 oktober 2007 13:13 schreef Stereotomy het volgende:

[..]

_{lekker wijf}

Ik snap die omslachtige uitleggen niet. Je kunt het met schema's uitleggen en voordoen en uitleggen met 100 deuren waarvan er 99 opengaan etc. - allemaal erg omslachtig imho.

Maar het belangrijkste wat je moet snappen, is dat wanneer je je keuze wél verlegt naar een andere deur, dat je dan in feite de open deur er gratis bij krijgt van de presentator, en dus op 2 deuren komt! Vandaar dat de kans 2/3 wordt tegen 1/3 als je je keuze niet verandert.

Immers, aan het begin mag je maar 1 deur kiezen (1/3). Het aanbod wat je krijgt is: "Hey, wil je deze deur waar niks achter zit er ook bij, plus deze onbekende deur?" En dat zijn twee deuren (2/3).

Of is deze uitleg weer moeilijk te volgen? Anyway, ik snapte het probleem pas goed toen ik deze uitleg las ooit. Andere uitleggen zijn stom.

Die uitleg klopt zeker. Het - inderdaad aantrekkelijke - meisje vroeg zich echter af wat er gebeurt als de programmamakers er aanvullende strategieën op na houden, zoals "We openen altijd het meest linkse deurtje mogelijk" en "Je mag altijd ruilen als je het juiste deurtje had, maar slechts in de helft van de gevallen als je het verkeerde deurtje had". In hoeverre verandert dat de optimale strategie van een kandidaat? Moet je nog steeds altijd ruilen? En heb je nog altijd 2/3e kans onder de optimale strategie?

Je krijgt op deze manier een heel mooie interactie tussen de strategieën van de kandidaat en Monty Hall, waarbij steeds wederzijds de tactiek wordt aangepast op basis van kennis van de strategie van de ander.

Oh, sorry, ik stopte met kijken bij minuut 2 omdat ik dacht dat ze weer met eeuwige normale schema's zou aankomen.

Ik ga toch ff verder kijken zeg

quote:

Op woensdag 10 oktober 2007 12:52 schreef Riparius het volgende:

[..]

Nee, ook dat is niet juist. Reken die kans zelf maar eens uit.

> 1 - ((35/36)^36)
> 0.63729

Niet overdreven veel. Maar: +EV, PUSH!

quote:

Op woensdag 10 oktober 2007 13:27 schreef Petertje81 het volgende:

[..]

> 1 - ((35/36)^36)
> 0.63729

Niet overdreven veel. Maar: +EV, PUSH!

Sterker, hoe vaak je ook gooit, dubbel zes is nooit een zekerheid. In theorie kan je oneindig vaak gooien, zonder ook maar een keer dubbel zes te gooien. De term (35/36)^x nadert nul als x naar oneiding gaat, maar wordt nooit nul.

quote:

Op woensdag 10 oktober 2007 03:01 schreef Dennis_enzo het volgende:
Betekent 1 op 36 niet dat je bij 36 keer gooien het gemiddeld 1 keer gooit? :p

quote:

Op woensdag 10 oktober 2007 03:03 schreef Riparius het volgende:
Nee. Het ging ook om de kans om in 24 worpen tenminste eenmaal dubbelzes te gooien.

Toch wel.

Berekening:

0 x 66: (35/36)^36 = 0.3627;
1 x 66: (35/36)^35 * (1/36)^1 * 36 = 0.3731;
2 x 66: (35/36)^34 * (1/36)^2 * 630 = 0.1865;
3 x 66: (35/36)^33 * (1/36)^3 * 7140 = 0.0604;
4 x 66: (35/36)^32 * (1/36)^4 * 58905 = 0.0142;
5 x 66: (35/36)^31 * (1/36)^5 * 376992 = 0.0026;
Enzovoorts.

Verwachte waarde: 0.3627 * 0 + 0.3731 * 1 + 0.1865 * 2 + 0.0604 * 3 + 0.0142 * 4 + 0.0026 * 5 + [...] = 0.9971 + [...].

De verwachte waarde benadert dus inderdaad 1. Gemiddeld gooi je in 36 worpen 1 maal dubbel 6.

Monte carlo simulatietje.

Bovendien heb je gemiddeld genomen ook 36 worpen nodig alvorens je voor de eerste keer dubbel zes werpt:

Meer simulatietjes.

quote:

Op woensdag 10 oktober 2007 14:53 schreef Petertje81 het volgende:
Bovendien heb je gemiddeld genomen ook 36 worpen nodig alvorens je voor de eerste keer dubbel zes werpt:

Meer simulatietjes.

En ook gemiddeld 36 voordat je dubbel 5 gooit. En dubbel 4. Maar hoeveel heb je er gemiddeld nodig voordat je dubbel 4 of 5 of 6 gooit? Het gemiddelde van de gemiddelden?

quote:

Op woensdag 10 oktober 2007 15:14 schreef Iblis het volgende:

[..]

En ook gemiddeld 36 voordat je dubbel 5 gooit. En dubbel 4. Maar hoeveel heb je er gemiddeld nodig voordat je dubbel 4 of 5 of 6 gooit? Het gemiddelde van de gemiddelden?

Nee. Een dozijn.

quote:

Op woensdag 10 oktober 2007 15:18 schreef Petertje81 het volgende:

[..]

Nee. Een dozijn.

Ingewikkeld he, kansrekening!

Maar dan nu een moeilijke. Wat is de kans, als je n keer gooit met een dobbelsteen, je elke worp die je nog niet gehad hebt nog (minstens) een keer herhaald ziet. Dus, b.v. dat je 312231 gooit. Of dat je 44 gooit. Of dat je 65556 gooit. Of 123456654321 Maar dus niet 23344 (2 niet herhaald). Je hoeft dus niet alle zes de cijfers te gooien.

Voor n = 1 geldt dat de kans 0 is!

quote:

Op woensdag 10 oktober 2007 14:39 schreef Petertje81 het volgende:

[..]


[..]

Toch wel.

Er is niets mis met je berekening, maar veel mensen halen verwachting en kans door elkaar, dat is waar ik op reageerde. Je verwacht gemiddeld één op de zesendertig keer dubbelzes te gooien (dat is juist), maar de kans dat je tenminste éénmaal dubbelzes gooit in zesendertig worpen is minder dan 2/3.

quote:

Op woensdag 10 oktober 2007 15:23 schreef Iblis het volgende:

[..]

Ingewikkeld he, kansrekening!

Maar dan nu een moeilijke. Wat is de kans, als je n keer gooit met een dobbelsteen, je elke worp die je nog niet gehad hebt nog (minstens) een keer herhaald ziet. Dus, b.v. dat je 312231 gooit. Of dat je 44 gooit. Of dat je 65556 gooit. Of 123456654321 Maar dus niet 23344 (2 niet herhaald). Je hoeft dus niet alle zes de cijfers te gooien.

Voor n = 1 geldt dat de kans 0 is!

Lastig.

[Oeps, foutje gemaakt.]

[ Bericht 17% gewijzigd door Petertje81 op 10-10-2007 15:49:09 ]

En het is natuurlijk duidelijk dat het een limiet naar 1 dient te worden.

Ik vind het ook altijd heerlijk om te zien dat mensen op zo'n roulette-tv-tafel in het HC terug gaan kijken wat er de laatste x aantal rondes gevallen is

quote:

Op woensdag 10 oktober 2007 15:23 schreef Iblis het volgende:

[..]

Ingewikkeld he, kansrekening!

Maar dan nu een moeilijke. Wat is de kans, als je n keer gooit met een dobbelsteen, je elke worp die je nog niet gehad hebt nog (minstens) een keer herhaald ziet. Dus, b.v. dat je 312231 gooit. Of dat je 44 gooit. Of dat je 65556 gooit. Of 123456654321 Maar dus niet 23344 (2 niet herhaald). Je hoeft dus niet alle zes de cijfers te gooien.

Voor n = 1 geldt dat de kans 0 is!

Bedoel je niet juist dat je elke worp die je al WEL gehad hebt nog een keer herhaald ziet? In dat geval moet je de kans van de gebeurtenis F(X) != 1 voor X =1, X = 2, .. , X= 6 berekenen met
X = het aantal ogen is
F(X) = het aantal keer dat X gegooid is
Dat zijn echter geen o.o. gebeurtenissen, dus dat is op deze manier wel vrij omslachtig. Is daar een makkelijkere manier voor?

Ik liep zelf laatst ook nog tegen iets aan waar ik niet helemaal een makkelijke oplossing voor had. Iemand die ik ken speelt zo'n online spelletje waarbij je dingen kunt upgraden of iets dergelijks. Daar zaten mensen allemaal ingewikkelde theorieën te bedenken over mogelijke effecten die de succeskans zouden beïnvloeden. Die vriend van mij was ervan overtuigd dat er een dergelijk mechanisme was. Hij hield namelijk de resultaten van zijn pogingen bij. Zo probeerde hij iets waarvan de gemiddeld succeskans door de spelers inmiddels empirisch vast was gesteld op zo'n 10%. Nou had hij zo'n 150 pogingen bij gehouden waarvan bij de laatste 10 pogingen er 6 achter elkaar gelukt waren. Hij beweerde dat dat aan de effecten van bepaalde omstandigheden in het spelletje lag omdat de kans op 6 keer achter elkaar 1 in een miljoen was (10%^6). Dat kon geen toeval zijn!

Nou is het mij natuurlijk duidelijk dat de kans dat je in een geordende reeks van 150 experimenten met 10% kans op succes een subreeks van 6x succes achter elkaar zult vinden een stuk groter is dan die één in een miljoen, maar ik kon zo direct geen simpele berekening vinden om deze kans exact te bepalen. Iemand enig idee of dit op een simpele manier mogelijk is? (Kansrekening is bij mij namelijk al weer behoorlijk weggezakt ).

quote:

Op woensdag 10 oktober 2007 16:14 schreef Monolith het volgende:

[..]

Nou is het mij natuurlijk duidelijk dat de kans dat je in een geordende reeks van 150 experimenten met 10% kans op succes een subreeks van 6x succes achter elkaar zult vinden een stuk groter is dan die één in een miljoen, maar ik kon zo direct geen simpele berekening vinden om deze kans exact te bepalen. Iemand enig idee of dit op een simpele manier mogelijk is? (Kansrekening is bij mij namelijk al weer behoorlijk weggezakt ).

Dat is inderdaad simpel uit te rekenen, als het gaat om de kans op (eenmaal) precies zes maal achtereen succes, als het gaat om de kans op tenminste zesmaal achtereen succes wordt het wat lastiger.

Maar wat ik niet snap bij die Willem Ruis vraag:
Waarom wordt de kans groter?
Immers, hij opent altijd een deurtje waar niks achter zit.
De eerste keus doet er dan sowieso niet toe.
En daarna wordt het een kans van 1 op 2, of zie ik iets over het hoofd?

quote:

Op woensdag 10 oktober 2007 16:30 schreef Guncta het volgende:
Maar wat ik niet snap bij die Willem Ruis vraag:
Waarom wordt de kans groter?
Immers, hij opent altijd een deurtje waar niks achter zit.
De eerste keus doet er dan sowieso niet toe.
En daarna wordt het een kans van 1 op 2, of zie ik iets over het hoofd?

Lees de uitleg op Wikipedia.

quote:

Op woensdag 10 oktober 2007 16:30 schreef Guncta het volgende:
Maar wat ik niet snap bij die Willem Ruis vraag:
Waarom wordt de kans groter?
Immers, hij opent altijd een deurtje waar niks achter zit.
De eerste keus doet er dan sowieso niet toe.
En daarna wordt het een kans van 1 op 2, of zie ik iets over het hoofd?

Nee je ziet het goed. Als je niet wisselt is de kans 1/3, als je wel wisselt 1/2.

quote:

Op woensdag 10 oktober 2007 16:23 schreef Riparius het volgende:

[..]

Dat is inderdaad simpel uit te rekenen, als het gaat om de kans op (eenmaal) precies zes maal achtereen succes, als het gaat om de kans op tenminste zesmaal achtereen succes wordt het wat lastiger.

Het is dus inderdaad de kans op een reeks van minimaal 6 keer succes. Bovendien is het niet per sé de kans op één reeks van tenminste 6 successen. Meerdere reeksen van tenminste 6 keer succes mag natuurlijk ook. Het effect van een grotere reeks op de kans is vrij duidelijk. Neem bijvoorbeeld de kans op 3 keer succes (met succeskans = 0.1). Dat is in een reeks van 3 gewoon 0.1^3 = 0.001. in een reeks van vier is dat al (0.9*0.1^3 *2 + 0.1^4) = 0.0019 en in een reeks van 5 is dat 0.00289. Zo'n combinatorische aanpak is echter nogal omslachtig, zeker voor 150 pogingen met een reeks van 6 successen

quote:

Op woensdag 10 oktober 2007 16:46 schreef Monolith het volgende:

[..]

Het is dus inderdaad de kans op een reeks van minimaal 6 keer succes. Bovendien is het niet per sé de kans op één reeks van tenminste 6 successen. Meerdere reeksen van tenminste 6 keer succes mag natuurlijk ook. Het effect van een grotere reeks op de kans is vrij duidelijk. Neem bijvoorbeeld de kans op 3 keer succes (met succeskans = 0.1). Dat is in een reeks van 3 gewoon 0.1^3 = 0.001. in een reeks van vier is dat al (0.9*0.1^3 *2 + 0.1^4) = 0.0019 en in een reeks van 5 is dat 0.00289. Zo'n combinatorische aanpak is echter nogal omslachtig, zeker voor 150 pogingen met een reeks van 6 successen

Is toch minder lastig dan het misschien lijkt. Bij 150 experimenten kun je de kans bepalen dat je bij experiment n geen succes hebt en bij experimenten n+1 t/m n+6 wel. Wat er dan vanaf n+7 gebeurt doet niet terzake voor een reeks van minimaal 6 maal achtereen succes. Heb nu even geen zin om dit uit te werken, maar zo moet het lukken.

quote:

Op woensdag 10 oktober 2007 15:23 schreef Iblis het volgende:

[..]

Ingewikkeld he, kansrekening!

Maar dan nu een moeilijke. Wat is de kans, als je n keer gooit met een dobbelsteen, je elke worp die je nog niet gehad hebt nog (minstens) een keer herhaald ziet. Dus, b.v. dat je 312231 gooit. Of dat je 44 gooit. Of dat je 65556 gooit. Of 123456654321 Maar dus niet 23344 (2 niet herhaald). Je hoeft dus niet alle zes de cijfers te gooien.

Voor n = 1 geldt dat de kans 0 is!

Het blijft lastig.

Voor n = 0: 0;
voor n = 1: 1/6^n*6 = 1/6;
voor n = 2: 1/6^n*6 = 1/36;
voor n = 3: 1/6^n*6 = 1/216;
voor n = 4: 1/6^n*6 + 1/6^n*15*(n boven n-2) = 2/27;
voor n = 5: 1/6^n*6 + 1/6^n*15*(n boven n-2)*2 = 17/432.

Tot daar is het vrij makkelijk te berekenen. Daarna wordt het echter plots veel lastiger. Bij n = 6 krijg je niet alleen en (n boven n-3)-term, maar bovendien een term betreffende drie tweetallen. Voor n = 7 krijg je naast termen voor 7*a, 5*a + 2*b, 4*a + 3*b ook een term voor 3*a + 2*b + 2*c. Binnen de kortste keren explodeert dit aantal termen. Het lukt mij vooralsnog niet deze explosie te formaliseren.

Monte Carlo lukt het uiteraard wel: klik!. Voor grotere waardes van n blijkt inderdaad dat die kans 1 is. Voor n = 100, bijvoorbeeld, kreeg ik bij 100000 simulaties een kans van 1.0.

Ik ben wel benieuwd naar hoe je de oplossing generaliseert naar een functie voor alle n.

quote:

Op woensdag 10 oktober 2007 16:46 schreef Monolith het volgende:

[..]

Het is dus inderdaad de kans op een reeks van minimaal 6 keer succes. Bovendien is het niet per sé de kans op één reeks van tenminste 6 successen. Meerdere reeksen van tenminste 6 keer succes mag natuurlijk ook. Het effect van een grotere reeks op de kans is vrij duidelijk. Neem bijvoorbeeld de kans op 3 keer succes (met succeskans = 0.1). Dat is in een reeks van 3 gewoon 0.1^3 = 0.001. in een reeks van vier is dat al (0.9*0.1^3 *2 + 0.1^4) = 0.0019 en in een reeks van 5 is dat 0.00289. Zo'n combinatorische aanpak is echter nogal omslachtig, zeker voor 150 pogingen met een reeks van 6 successen

Groot 'is ie niet, die kans. Zo'n 0.01%.

Linkje.