Stel je gaat gokken met een dobbelsteen. Een dobbelsteen heeft 6 vlakken.
De kans is 1 op de 6 dat je op bijvoorbeeld vijf komt.
De kans is 1 op de 216 dat je drie keer achter elkaar op de vijf komt.
Stel je hebt zojuist 2 keer 5 gegooid. En je gaat nu al je geld inzetten.
Moet je dan kiezen voor:
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.
Er is een verschil tussen een serie, dan zijn de kansen niet meer onafhankelijk. Om twee keer vijf achter elkaar te gooien, MOET de eerste keer vijf zijn.
Het enige juiste antwoord is a
Wat je doet bij B, is dat je gegevens erbij betrekt die niet relevant zijn, namelijk het resultaat van de vorige worpen. Dit heeft geen invloed op de uitkomst van de derde worp.
De kans dat het de derde keer 5 wordt, is 1 op 6. De kans dat het 'de derde keer weer 5 wordt', is eigenlijk de kans dat je drie keer achter elkaar een 5 gooit, en die is 1/6 * 1/6 * 1/6.
Bedenk dan dat de kans op 5 - 5 - 4 of 5 -5 -2 even groot is
quote:Eigenlijk is het praktisch onmogelijk om wat voor resultaat dan ook te krijgen.Op woensdag 10 oktober 2007 02:21 schreef Stereotomy het volgende:
De kans dat je 5 -5 -5 gooit is zo superklein, denk je dan, dat kan nooit!
Bedenk dan dat de kans op 5 - 5 - 4 of 5 -5 -2 even groot is
quote:Suppose you’re on a game show, and you’re given the choice
of three doors. Behind one door is a car, behind the others,
nothing.
You pick a door, say number 1.
Next, the host, who knows what’s behind the doors, opens
a door which has nothing behind it, say number 3.
He says to you, “Do you want to pick door number 2?”
Is it to your advantage to switch your choice of doors?
quote:LOL da's snel! Je gaat meteen voor de hoofdprijs!Op woensdag 10 oktober 2007 02:33 schreef Stereotomy het volgende:
Ja. Kans is 2/3 ten opzichte van 1/3
http://en.wikipedia.org/wiki/Monty_Hall_problem
quote:Dit is een klassieker. Het Monty Hall probleem. In het Nederlands heet het ook het Willem Ruis probleem.Op woensdag 10 oktober 2007 02:31 schreef TomTancr3do het volgende:
Even iets uitdagenders dan, rechtstreeks gekopieerd uit een oude college-ppt:
[..]
Maar, voor TS hier nog een wat minder simplistisch probleem met dobbelstenen (ook een klassieker trouwens).
Stel je gooit steeds met twee dobbelstenen en je sluit weddenschappen af dat je in 24 worpen tenminste éénmaal dubbelzes zult gooien. Wordt je dan uiteindelijk financieel beter of slechter van die weddenschappen?
quote:beterOp woensdag 10 oktober 2007 02:41 schreef Riparius het volgende:
[..]
Dit is een klassieker. Het Monty Hall probleem. In het Nederlands heet het ook het Willem Ruis probleem.
Maar, voor TS hier nog een wat minder simplistisch probleem met dobbelstenen (ook een klassieker trouwens).
Stel je gooit steeds met twee dobbelstenen en je sluit weddenschappen af dat je in 24 worpen tenminste éénmaal dubbelzes zult gooien. Wordt je dan uiteindelijk financieel beter of slechter van die weddenschappen?
quote:Ik snapte hem net weer niet toen ik er voor het eerst weer naar keek (college was ook al jaren geleden). Maar nu inmiddels wel weer.Op woensdag 10 oktober 2007 02:41 schreef Stereotomy het volgende:
Terwijl het toch zo simpel is als je hem snapt. Net als bij veel andere kansrekening sommen gaat het niet om het rekenen, maar om het snappen en het zien.
quote:(5/6x5/6)^24 is de kans dat je NIET dubbel zes gooit in 24 worpen toch?Op woensdag 10 oktober 2007 02:43 schreef Stereotomy het volgende:
Dat hangt ervan af wat je krijgt en wat je moet dokken
quote:Jij roept maar wat. Je moet het antwoord wel beredeneren.
quote:zie bovenOp woensdag 10 oktober 2007 02:45 schreef Riparius het volgende:
[..]
Jij roept maar wat. Je moet het antwoord wel beredeneren.
quote:Nee.Op woensdag 10 oktober 2007 02:45 schreef Terecht het volgende:
[..]
(5/6x5/6)^24 is de kans dat je NIET dubbel zes gooit in 24 worpen toch?
quote:Het is ook inderdaad niet zo moeilijk. Er moet gewoon even een knop omgaan in je hoofd.Op woensdag 10 oktober 2007 02:48 schreef Stereotomy het volgende:
Komt door al die verschillende brakke uitleg die er beschikbaar is. Ik heb er net weer een paar gelezen en ik snapte de helft niet meteen, terwijl ze in theorie toch goed zijn.
quote:
, kansrekening en statistiek is nooit mijn sterkste punt geweest quote:heheheheOp woensdag 10 oktober 2007 02:49 schreef pfaf het volgende:
Dit doet me denken aan een lotto die we een tijdje terug hadden. Iedereen moest een paar nummers geven, die vervolgens - hopelijk - getrokken werden. Waar iedereen moeilijk deed met geboortdata, geluksnummers en weet ik het wel niet, koos ik voor 1-2-3-4. Kwam er iemand naar me toe" Wat dom, de kans dat 1 2 3 4 er uit komt is zoooo klein"
quote:Deze dus, en dat is een eenvoudige. Het aantal ogen dat uit een worp met een dobbelsteen voortkomt is onderling onafhankelijk. Dat betekent dat de een worp een ander worp niet kan beinvloeden. En jij gaat daar zo te zien ook vanuit in jouw voorbeeld berekeningen, immers de je stelt de dat een gebeurtenis met kans 1/6 drie keer voor komt op 1/6^3 en dat is eigenschap waarbij alleen in het geval van onderlinge onafhankelijkheid vanuit kan worden gegaan (vormt zelfs de wiskundige definitie van onderlinge onafhankelijkheid als ik het goed heb).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.
Kansrekening
quote:Als het zo'n klassieker is zal dit wel te simplistisch zijn, maar de kans dat je dubbelzes gooit is toch 1 op 36? Dan zou je financieel slechter ervan worden.Op woensdag 10 oktober 2007 02:41 schreef Riparius het volgende:
[..]
Dit is een klassieker. Het Monty Hall probleem. In het Nederlands heet het ook het Willem Ruis probleem.
Maar, voor TS hier nog een wat minder simplistisch probleem met dobbelstenen (ook een klassieker trouwens).
Stel je gooit steeds met twee dobbelstenen en je sluit weddenschappen af dat je in 24 worpen tenminste éénmaal dubbelzes zult gooien. Wordt je dan uiteindelijk financieel beter of slechter van die weddenschappen?
quote:dat is de kans voor 1 poging. Jje hebt er 24, dus dat zou betekenen dat je kans 2/3 is dat je dubbel zes gooit... ofzo toch?Op woensdag 10 oktober 2007 02:51 schreef Dennis_enzo het volgende:
[..]
Als het zo'n klassieker is zal dit wel te simplistisch zijn, maar de kans dat je dubbelzes gooit is toch 1 op 36? Dan zou je financieel slechter ervan worden.
Naja laat ik maar ophouden, ik heb me al genoeg te kakken gezet
quote:Inderdaad, weer mis.Op woensdag 10 oktober 2007 02:55 schreef Terecht het volgende:
[..]
dat is de kans voor 1 poging. Jje hebt er 24, dus dat zou betekenen dat je kans 2/3 is dat je dubbel zes gooit... ofzo toch?
Naja laat ik maar ophouden, ik heb me al genoeg te kakken gezet
quote:Je moet ook niet van die lastige vragen stellen op dit tijdstip
quote:Nee. Het ging ook om de kans om in 24 worpen tenminste eenmaal dubbelzes te gooien.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:Maar de kans is het grootst dat je 'm in gooit in de eerste 24 worpen, in plaats van de resterende 12...Op woensdag 10 oktober 2007 02:55 schreef Terecht het volgende:
[..]
dat is de kans voor 1 poging. Jje hebt er 24, dus dat zou betekenen dat je kans 2/3 is dat je dubbel zes gooit... ofzo toch?
Toch?
Ik ben ook verre van [understatement] een kansrekening-wonder
A Modern Introduction to Probability and Statistics Understanding Why and How
Springer Texts in Statistics, Dekking, F.M., Kraaikamp, C., Lopuhaä, H.P., Meester, L.E. 2005, XVI, 488 p. 120 illus., Hardcover, ISBN: 1-85233-896-2
erbij pakken, maar dat is teveel moeite op dit tijdstip
. Ik bekijk het antwoord morgen wel.0,50859612386909674041792802317515
De kans dat je minimaal 1 keer dubbel 6 gooit is dan:
1 - 0,50859612386909674041792802317515 = 0,4914039
Het is dus niet rendabel.
De kans dat je bij een worp met twee dobbelstenen niet dubbelzes gooit is 35/36 (er zijn nl. 6x6 = 36 combinaties). De kans dat je na 24 worpen niet één keer dubbelzes hebt gegooid is dus (35/36)24. De kans dat je in die 24 worpen wel tenminste éénmaal dubbelzes hebt gegooid is het complement van deze kans, dus:
1 - (35/36)24 = 0.49140... = ca. 49,14 %.
De kans om tenminste éénmaal dubbelzes te gooien in 24 worpen is dus net iets minder dan 1/2, en dat betekent dat je op den duur geld gaat verliezen als je hierop gaat wedden. Dat ondervond ook de Franse gokker Chevalier de Mere, die het ook niet begreep totdat Blaise Pascal het hem voorrekende. Overigens: als hij weddenschappen had afgesloten dat hij in 25 worpen tenminste éénmaal dubbelzes zou gooien, dan had hij wel goed gezeten (reken dit maar eens na).
quote:dus als je 36 keer mag gooien is de kans 36/36 ?Op woensdag 10 oktober 2007 02:55 schreef Terecht het volgende:
[..]
dat is de kans voor 1 poging. Jje hebt er 24, dus dat zou betekenen dat je kans 2/3 is dat je dubbel zes gooit... ofzo toch?
Naja laat ik maar ophouden, ik heb me al genoeg te kakken gezet
NEEN
quote:Gaan we schoolmeestertje spelen?Op woensdag 10 oktober 2007 04:11 schreef Underdoggy het volgende:
[..]
dus als je 36 keer mag gooien is de kans 36/36 ?
NEEN
quote:DE oplossing is zó simpel eigenlijkOp woensdag 10 oktober 2007 03:13 schreef Riparius het volgende:
Hier maar even de oplossing, want ik wil nu ook naar bed.
De kans dat je bij een worp met twee dobbelstenen niet dubbelzes gooit is 35/36 (er zijn nl. 6x6 = 36 combinaties). De kans dat je na 24 worpen niet één keer dubbelzes hebt gegooid is dus (35/36)24. De kans dat je in die 24 worpen wel tenminste éénmaal dubbelzes hebt gegooid is het complement van deze kans, dus:
1 - (35/36)24 = 0.49140... = ca. 49,14 %.
De kans om tenminste éénmaal dubbelzes te gooien in 24 worpen is dus net iets minder dan 1/2, en dat betekent dat je op den duur geld gaat verliezen als je hierop gaat wedden. Dat ondervond ook de Franse gokker Chevalier de Mere, die het ook niet begreep totdat Blaise Pascal het hem voorrekende. Overigens: als hij weddenschappen had afgesloten dat hij in 25 worpen tenminste éénmaal dubbelzes zou gooien, dan had hij wel goed gezeten (reken dit maar eens na).
quote:cool. ik las het, las het nog 3 keer en ineens snapte ik hetOp woensdag 10 oktober 2007 02:41 schreef Riparius het volgende:
[..]
Dit is een klassieker. Het Monty Hall probleem. In het Nederlands heet het ook het Willem Ruis probleem.
Maar, voor TS hier nog een wat minder simplistisch probleem met dobbelstenen (ook een klassieker trouwens).
Stel je gooit steeds met twee dobbelstenen en je sluit weddenschappen af dat je in 24 worpen tenminste éénmaal dubbelzes zult gooien. Wordt je dan uiteindelijk financieel beter of slechter van die weddenschappen?
superlogisch inderdaad, maar je moet het maar doorhebben.
[ Bericht 92% gewijzigd door Sander op 19-05-2011 20:13:29 ]
quote:Simpelere oplossingOp woensdag 10 oktober 2007 02:41 schreef Riparius het volgende:
Stel je gooit steeds met twee dobbelstenen en je sluit weddenschappen af dat je in 24 worpen tenminste éénmaal dubbelzes zult gooien. Wordt je dan uiteindelijk financieel beter of slechter van die weddenschappen?
De kans op dubbel 6 = 1/36 (1/6*1/6, alle andere combinaties zijn niet interessant)
Je moet dus minimaal 36 keer gooien om tenminste 1 keer dubbel zes te gooien.
[ Bericht 8% gewijzigd door starla op 10-10-2007 07:02:02 ]
quote:dus jij denkt dat als je 36 keer gooit, je altijd 1x 66 gooit?Op woensdag 10 oktober 2007 06:55 schreef starla het volgende:
[..]
Simpelere oplossing
De kans op dubbel 6 = 1/36 (1/6*1/6, alle andere combinaties zijn niet interessant)
Je moet dus minimaal 36 keer gooien om tenminste 1 keer dubbel zes te gooien.
en dan is het juist slimmer om weer op de 5 in te zetten 
Dus kijk even aan welke marge's je dobbelsteen moet voldoen voor de interne kwaliteitscontrole.
quote:Je moet natuurlijk wel een goede steekproefgrootte bepalen voordat je dit gaat uitproberen.Op woensdag 10 oktober 2007 08:02 schreef _superboer_ het volgende:
[..]
dus jij denkt dat als je 36 keer gooit, je altijd 1x 66 gooit?
[ Bericht 91% gewijzigd door Sander op 19-05-2011 20:13:29 ]
quote:Nee, ook dat is niet juist. Reken die kans zelf maar eens uit.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.
quote:http://www.youtube.com/watch?v=1uS4Sa3nIFcOp woensdag 10 oktober 2007 02:39 schreef TomTancr3do het volgende:
Dit staat bekend onder het Monty Hall probleem by the way.
quote:lekker wijf maar damn grote neusgatenOp woensdag 10 oktober 2007 13:01 schreef Petertje81 het volgende:
[..]
http://www.youtube.com/watch?v=1uS4Sa3nIFc
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:Die uitleg klopt zeker. Het - inderdaad aantrekkelijkeOp 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?
- 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.
Ik ga toch ff verder kijken zeg
quote:> 1 - ((35/36)^36)Op woensdag 10 oktober 2007 12:52 schreef Riparius het volgende:
[..]
Nee, ook dat is niet juist. Reken die kans zelf maar eens uit.
> 0.63729
Niet overdreven veel. Maar: +EV, PUSH!
quote: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.Op woensdag 10 oktober 2007 13:27 schreef Petertje81 het volgende:
[..]
> 1 - ((35/36)^36)
> 0.63729
Niet overdreven veel. Maar: +EV, PUSH!
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:Toch wel.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.
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.
Meer simulatietjes.
quote: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?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.
quote:Nee.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?
Een dozijn. quote: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: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:Lastig.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!
[Oeps, foutje gemaakt.]
[ Bericht 17% gewijzigd door Petertje81 op 10-10-2007 15:49:09 ]
quote: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 metOp 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!
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: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.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
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:Lees de uitleg op Wikipedia.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?
quote:Nee je ziet het goed. Als je niet wisselt is de kans 1/3, als je wel wisselt 1/2.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?
quote: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 successenOp 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.
quote: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.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
quote:Het blijft lastig.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!
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:Groot 'is ie niet, die kans. Zo'n 0.01%.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
Linkje.
quote:Nee, natuurlijk niet, je legt me woorden in de mond nu. Ik zeg alleen dat je na 36 keer werpen tenminste 1 keer een dubbel 6 verwacht te gooien. Aangezien dit meer is dan 24, sluit je onterecht een weddenschap af.Op woensdag 10 oktober 2007 08:02 schreef _superboer_ het volgende:
[..]
dus jij denkt dat als je 36 keer gooit, je altijd 1x 66 gooit?
Natuurlijk kun je oneindig lang 2 keer een 1 gooien of whatever.
Daar kun je zelf de succeskans, het aantal experimenten, de lengte van de succesreeksen en het aantal simulaties instellen.
quote:Nee zo zit dat niet. De verwachting is dat je gemiddeld 1 op de 36 keer dubbelzes zult gooien, maar de kans dat je in 24 worpen tenminste éénmaal dubbelzes zult gooien is minder dan 50%.Op woensdag 10 oktober 2007 17:56 schreef starla het volgende:
[..]
Nee, natuurlijk niet, je legt me woorden in de mond nu. Ik zeg alleen dat je na 36 keer werpen tenminste 1 keer een dubbel 6 verwacht te gooien. Aangezien dit meer is dan 24, sluit je onterecht een weddenschap af.
Natuurlijk kun je oneindig lang 2 keer een 1 gooien of whatever.
quote:Dat zeg ik...Op woensdag 10 oktober 2007 18:00 schreef Riparius het volgende:
[..]
Nee zo zit dat niet. De verwachting is dat je gemiddeld 1 op de 36 keer dubbelzes zult gooien, maar de kans dat je in 24 worpen tenminste éénmaal dubbelzes zult gooien is minder dan 50%.
quote:Op woensdag 10 oktober 2007 17:56 schreef starla het volgende:
[..]
Nee, natuurlijk niet, je legt me woorden in de mond nu. Ik zeg alleen dat je na 36 keer werpen tenminste 1 keer een dubbel 6 verwacht te gooien. Aangezien dit meer is dan 24, sluit je onterecht een weddenschap af.
Natuurlijk kun je oneindig lang 2 keer een 1 gooien of whatever.
quote:Grmbl. Al de verwarring die ik trachtte te zaaien weer vernietigd.Op woensdag 10 oktober 2007 18:00 schreef Riparius het volgende:
[..]
Nee zo zit dat niet. De verwachting is dat je gemiddeld 1 op de 36 keer dubbelzes zult gooien, maar de kans dat je in 24 worpen tenminste éénmaal dubbelzes zult gooien is minder dan 50%.
"Hey there mister can you tell me what happened to the seeds I've sown. Can you give me a reason, sir, as to why they've never grown?"
quote:Tja, ook met kromme redeneringen kun je op juiste antwoorden uitkomen. Maar daar wordt die redenering niet juist mee. Als je met één dobbelsteen werpt, dan is de verwachting dat je gemiddeld één op de zes keer een zes gooit. En de kans dat je in 4 worpen dan tenminste éénmaal een zes gooit is meer dan 50%. Maar dat heeft niets te maken met het feit dat 6 meer is dan 4, net zomin als het feit dat 24 kleiner is dan 36 iets te maken heeft met het feit dat de kans op dubbelzes bij 24 worpen met twee dobbelstenen kleiner is dan 50%. Zie je?
quote:Het is inderdaad niet echt groot, maar nog steeds wel een factor 100 groter dan wat die vriend van me beweerde.Op woensdag 10 oktober 2007 17:41 schreef Petertje81 het volgende:
[..]
Groot 'is ie niet, die kans. Zo'n 0.01%.
Linkje.
quote:Kratje bier in beide richtingen. Statistiek.Op woensdag 10 oktober 2007 19:10 schreef Monolith het volgende:
[..]
Het is inderdaad niet echt groot, maar nog steeds wel een factor 100 groter dan wat die vriend van me beweerde.
quote:Ik zie letters, maar daar is alles mee gezegdOp woensdag 10 oktober 2007 18:12 schreef Riparius het volgende:
[..]
Tja, ook met kromme redeneringen kun je op juiste antwoorden uitkomen. Maar daar wordt die redenering niet juist mee. Als je met één dobbelsteen werpt, dan is de verwachting dat je gemiddeld één op de zes keer een zes gooit. En de kans dat je in 4 worpen dan tenminste éénmaal een zes gooit is meer dan 50%. Maar dat heeft niets te maken met het feit dat 6 meer is dan 4, net zomin als het feit dat 24 kleiner is dan 36 iets te maken heeft met het feit dat de kans op dubbelzes bij 24 worpen met twee dobbelstenen kleiner is dan 50%. Zie je?
quote:Zo zit dat wel. Je argumentatie verder is juist, maar ondersteunt je standpunt niet. Ik pak de oorspronkelijke post er even bij:Op woensdag 10 oktober 2007 18:00 schreef Riparius het volgende:
[..]
Nee zo zit dat niet. De verwachting is dat je gemiddeld 1 op de 36 keer dubbelzes zult gooien, maar de kans dat je in 24 worpen tenminste éénmaal dubbelzes zult gooien is minder dan 50%.
quote:Deze uitspraak is geheel juist. Je hebt immers een binomiale verdeling (uitgaande van een zuivere dobbelsteen) met n=36 en p=1/36. De verwachting is 1, wat overeenkomt met 'tenminste 1'.Op woensdag 10 oktober 2007 17:56 schreef starla het volgende:
Nee, natuurlijk niet, je legt me woorden in de mond nu. Ik zeg alleen dat je na 36 keer werpen tenminste 1 keer een dubbel 6 verwacht te gooien. Aangezien dit meer is dan 24, sluit je onterecht een weddenschap af.
Kijk je naar de kans dat je met twee dobbelstenen tenminste n/36 maal 2*6 gooit bij n worpen, gaat die ingevolge de CLT trouwens mooi naar 1/2.
[ Bericht 6% gewijzigd door GlowMouse op 10-10-2007 22:50:26 ]
quote:Dat is niet statistisch gezien maar vanuit de kansrekening bezien. En vanuit de kansrekening bezien is je uitspraak onjuist zoals al betoogd.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.
quote:Je zou hier kunnen twijfelen aan de zuiverheid van de dobbelsteen. Inzetten op vijf is daarom verstandig omdat je kans wanneer de dobbelsteen toch zuiver is niet kleiner is dan bij enig ander getal.Op woensdag 10 oktober 2007 02:13 schreef Gabry het volgende:
Naar aanleiding van een discussies die ik al mijn hele leven moet aanhoren heb ik besloten een topic te maken over kansberekeningen.
Stel je gaat gokken met een dobbelsteen. Een dobbelsteen heeft 6 vlakken.
De kans is 1 op de 6 dat je op bijvoorbeeld vijf komt.
De kans is 1 op de 216 dat je drie keer achter elkaar op de vijf komt.
Stel je hebt zojuist 2 keer 5 gegooid. En je gaat nu al je geld inzetten.
Moet je dan kiezen voor:
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.
quote:Zou je dit formeel willen toetsen, kun je de eerste 140 waarnemingen niet zomaar negeren. De juiste volgorde is eerst je hypotheses opstellen, en dan pas toetsen. Je vriend houdt nu zichzelf voor de gek.Op woensdag 10 oktober 2007 16:14 schreef Monolith het volgende:
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!
quote:Ik heb de uitleg gelezen, maar als hij altijd een fout deurtje als eerste opent en de 2de vraag altijd vraagt dan is er toch geen verschil, aangezien er 2 deurtjes overblijven? Alleen zie je dat idd niet terug in de kansberekening, dat had ik meteen al door.
Wiskunde is gewoon subjectief.
quote:Oh, dus mijn uitleg klopte niet eens.Opmerking
Een vaak gehoorde heuristische, maar onjuiste redenering, die wel getalsmatig het goede antwoord oplevert, is de volgende. Aanvankelijk was de kans 1/3 om achter de aangewezen deur de auto te vinden. De beide andere deuren hebbben samen 2/3 kans op de auto. Door te wisselen verhoog je dus je kans van 1/3 naar 2/3. Het probleem in de redenering is het verwarren van (aanvankelijke) kansen en voorwaardelijke kansen gegeven de ene getoonde geit. De verwarring wordt hier in de hand gewerkt doordat de voorwaardelijke kans op de auto achter de eerst aangewezen deur (althans bij de juiste strategie van de presentator) óók 1/3 is, evenals de aanvankelijke kans op deze zelfde gebeurtenis.
quote:KlunsOp woensdag 10 oktober 2007 23:01 schreef Stereotomy het volgende:
[..]
Oh, dus mijn uitleg klopte niet eens.
quote:Op woensdag 10 oktober 2007 22:54 schreef Guncta het volgende:
[..]
Ik heb de uitleg gelezen, maar als hij altijd een fout deurtje als eerste opent en de 2de vraag altijd vraagt dan is er toch geen verschil, aangezien er 2 deurtjes overblijven? Alleen zie je dat idd niet terug in de kansberekening, dat had ik meteen al door.
Wiskunde is gewoon subjectief.
quote:Het is toch gewoon het verlagen/verhogen van de kansen door een doos weg te halen?
De kans om met opzet een fout antwoord kiezen wordt door deze aanpassing ook gewoon 1 op 2.
Immers, kies een foute doos = 2 op 3
Presentator haalt een foute doos weg, kans is 1 op 2 om een foute doos te kiezen.
quote:Als je eerst een doos kiest, waarna er een foute wordt weggehaald en daarna wisselt, dan is de kans 2/3 dat je een goede doos pakt.Op donderdag 11 oktober 2007 10:52 schreef Guncta het volgende:
[..]
Het is toch gewoon het verlagen/verhogen van de kansen door een doos weg te halen?
De kans om met opzet een fout antwoord kiezen wordt door deze aanpassing ook gewoon 1 op 2.
Immers, kies een foute doos = 2 op 3
Presentator haalt een foute doos weg, kans is 1 op 2 om een foute doos te kiezen.
Als je geen doos kiest, waarna er een foute wordt weggehaald, en dan pas een doos kiest, dan is de kans inderdaad 1/2.
Het is een beetje tegenintuïtief, maar daarom wordt het ook de monty hall paradox genoemd
quote:Valt wel mee als je het voorbeeld op wikipedia leest:Op donderdag 11 oktober 2007 11:11 schreef Dodecahedron het volgende:
Pfff, lastig idd.
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
quote:Leuke linkOp donderdag 11 oktober 2007 11:15 schreef Dodecahedron het volgende:
http://www.fi.uu.nl/toepassingen/00066/Ruis.html
Mijn resultaten na 10 keer:
Met wisselen Hoofdprijs 70% en Mis 30%
Zonder wisselen Hoofdprijs 20% en Mis 80%
[ Bericht 31% gewijzigd door starla op 11-10-2007 11:25:54 ]
quote:Leuk overzichtjeOp donderdag 11 oktober 2007 11:15 schreef Dodecahedron het volgende:
http://www.fi.uu.nl/toepassingen/00066/Ruis.html
quote:Dan nog vind ik het een contra-intuitief. Maar ja, het zit hem echt in het wisselen natuurlijk.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
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.
quote: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.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?
quote:Of je kiest voorOp 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
quote:Nee je kunt niet opnieuw kiezen, je moet ALTIJD wisselen om de kans van 2/3 te verkrijgen.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.
Breinbrekers
quote:Ik snap de uitwerking wel, maar toch blijft iets me zeggen dat er iets niet klopt en dat komt door bovenstaand regeltje.Op donderdag 11 oktober 2007 11:37 schreef Me_Wesley het volgende:
De kans dat jij de goede hebt is nog steeds 1/3.
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.
[ Bericht 94% gewijzigd door Janetje op 11-10-2007 12:08:09 ]
) 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.
quote:ExactOp 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.
quote:Zo logisch dat je het drie keer moest lezen? Simpele ziel.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.
quote:Dat is nou juist het probleem, soms is iets zó logisch dat het keihard tegen ons gevoel indruist en moeilijk te bevatten isOp zaterdag 13 oktober 2007 06:10 schreef StefanP het volgende:
[..]
Zo logisch dat je het drie keer moest lezen? Simpele ziel.
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(GGGGG
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!
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.
quote: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.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!
quote:Hoe kom je aan die 1? De kans op succes is 95.3%.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.
quote: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.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%.
quote: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.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.
quote:Volgens mij mag je op basis van de vraagstelling wel redelijkerwijs aannemen dat er sprake is van onafhankelijke experimenten.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.
quote: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.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.
quote: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 ,?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.
quote: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.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.
quote: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).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.
0.953140.0472 ~ 0.113%.
Bedankt iedereen voor de hulp en aandacht
quote: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.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.
quote: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.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.
quote:Je hebt toch wel fijntjes opgemerkt dat de vraagstelling wat duidelijker kon?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
Ik zeg: weet ik veel, aan de hand van de informatie kan alles nog gebeuren.
quote:Er stond uiteindelijk, de docent was helaas niet zo flexibel.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.
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.
quote: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.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.
quote:dan is je kans 1/99 tegenover 1/98 toch?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.
quote:Dat is t inderdaad. Maximum en Minimum inzet....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.
quote: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.Op dinsdag 22 januari 2008 00:15 schreef Agiath het volgende:
[..]
dan is je kans 1/99 tegenover 1/98 toch?
quote: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.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.
quote: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 zettenOp 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.
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?
quote:Volgens mij word er geen winst gemaakt.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
quote: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?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
quote:Verlies je 3 zou ik zeggen.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
quote:De verwachte winst per cyclus is dus 1*0.74 - 3*0.26 = -0.055.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).
quote:Ik zou denken dat je op de lange duur altijd verlies maakt en dus meestal met een lege portemonnee vertrekt.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?
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.
quote: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.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?
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.quote:En wat nou al was de 0 er niet geweest?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
)quote: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.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.
quote:Maar je mag maar maximaal (ik noem maar iets) ¤500 nizetten.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.
quote:Gast, waar is je avatar van De Zeeuw?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.
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...
quote: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.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.
quote: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.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.
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......
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: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...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.
quote: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.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.
quote:Zoals Iblis al aangeeft is hier de kansdefinitie van Laplace toepasbaar.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.
quote: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).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.
quote:De formule is – mits elke uitkomst even waarschijnlijk is: aantal gunstige uitkomsten/totaal aantal uitkomsten.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.
quote: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?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.
quote: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.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.
quote:dan zou je volgens mij op 125/216 uitkomen en dat kan niet kloppen denk ik....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
quote:Je hebt gelijk! dank voor de uitlegOp 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 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?
quote:weinig kans....Op donderdag 27 maart 2008 13:09 schreef Haushofer het volgende:
Het ligt aan jou.
quote: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.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?
quote:Dobbelstenen in Las Vegas voldoen aan die eis.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..
(wel wat uitgebreider gelukkig)