Kansberekening met een dobbelsteen

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.

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.

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.

Het antwoord is B

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......

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.

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.

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 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...

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.

Dit is een heel intuïtieve uitkomst echter. Je schrijft alles uit. En zegt: Kijk 11 van de 36 voldoen. Dus 11/36e.

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...

Zoals Iblis al aangeeft is hier de kansdefinitie van Laplace toepasbaar.
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.

Ok duidelijk, maar geldt hier geen formule voor? en moet je dus altijd alles uitschrijven om tot een uitkomst te komen?

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 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)*p^k*(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.

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?

De formule is – mits elke uitkomst even waarschijnlijk is: aantal gunstige uitkomsten/totaal aantal uitkomsten.

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.

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)*p^k*(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.

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?

maak van de 2 een 3, dus 3 boven 0 en 5/6^3 in die formule. Correct me if i'm wrong

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?

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.

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

dan zou je volgens mij op 125/216 uitkomen en dat kan niet kloppen denk ik....

quote:

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.

Je hebt gelijk! dank voor de uitleg

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?

Het ligt aan jou.

quote:

Op donderdag 27 maart 2008 13:09 schreef Haushofer het volgende:
Het ligt aan jou.

weinig kans....

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..

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?

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?

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 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..

Dobbelstenen in Las Vegas voldoen aan die eis.

Gezellig hier

heb twee jaar geleden over net zoiets een profielwerkstuk gehouden (wel wat uitgebreider gelukkig)