Kansen op het schaakbord.

Kies 2 vakjes op een schaakbord. Wat is de kans dat die twee vakjes 1 punt gemeen hebben?

  • Het aantal mogelijkheden om 2 vakjes te kiezen op een nxn bord is n^2 \choose 2 =\frac{n^2(n^2-1)}{2}.
  • Elk vakje in de hoek heeft 1 geschikte buur ( groen). Dus zo heb je al 4 mogelijkheden.
  • De vakjes op de rand, die niet in de hoeken liggen, hebben 2 geschikte buren(blauw). Er zijn 4(n – 2) dergelijke vakjes op de rand, dus heb je 2.4(n-2) gunstige mogelijkheden.
  • De inwendige vakjes hebben 4 geschikte buren ( geel). Er zijn (n-2)^2 dergelijke vakjes, dus 4(n-2)^2 gunstige mogelijkheden.
  • In het totaal zijn er 4+8(n-2)+4(n-2)^2=4n^2-8n+4 gunstige mogelijkheden. Maar die zijn dubbel geteld!
  • De kans dat er twee vakjes juist 1 punt gemeen hebben is

        \[\frac{4(n^2-2n+1)}{n^4-n^2}\]

  • Voor een  8×8 bord geeft dit ongeveer 4,8%.

Scherp of stomp

Zijn er meer scherpe dan stompe driehoeken? Tellen dan maar. Maar dan zouden er evenveel zijn, namelijk oneindig veel. Misschien moeten we de vraag anders stellen: Neem de verzameling van alle driehoeken. Wat is de kans, dat een willekeurig genomen element van die verzameling, stomp is?

De vraag is dan uiteraard hoe we de verzameling van alle driehoeken vastleggen. Omdat de grootte van de hoeken van essentieel belang is, lijkt het gunstig om met elke driehoek een koppel getallen (x,y) te laten overeenkomen. Hierbij zijn de hoeken van de driehoek dan x,y en \pi -(x+y). Om een driehoek te vormen moeten x en y voldoen aan:

\begin{cases} 0<x<\pi \\0 <y<\pi\\ 0<x+y<\pi \end{cases}

De verzameling driehoeken komt dan overeen met de driehoek ABC.

Om scherp te zijn moet x en y voldoen aan:

\begin{cases} 0<x<\frac{\pi}{2} \\0 <y<\frac{\pi}{2}\\ \pi-(x+y)<\frac{\pi}{2} \end{cases}

Dit komt overeen met driehoek DEF. De kans opdat een driehoek scherp zou zijn kunnen we dan berekenen door de oppervlaktes te vergelijken en dus is de kans dat een driehoek scherp is gelijk aan \frac{1}{4}. Of met andere woorden de kans dat een driehoek stomp is, is \frac{3}{4}.

Opmerkingen:

  • De punten op DE en EF geven een rechthoekige driehoek. Het is duidelijk dat de kans dat een driehoek rechthoekig is, gelijk is aan 0.
  • Er zijn ook andere mogelijkheden om de verzameling driehoeken vast te leggen. Je kan bijvoorbeeld drie punten op een cirkel nemen, waarvan je één vast houdt. Je kan dan werken met omtrekshoeken en middelpunts hoeken.

Het verdelen van de inzet

Een populaire visie op de ontwikkeling van de kanstheorie komt uit de hoek van de kansspelen. Klassiek is het verhaal over Chevalier De Mere ( 1607-1684) die
Pascal ( 1623-1662) vroeg de kans te berekenen om in vier worpen met een dobbelsteen tenminste één zes te gooien.

Een ander mooi voorbeeld vinden we in een werk van Franciscus Van Schooten, uitgegeven in 1660. Daarin staat een bijdrage van Christanus Huygens ( 1629-1695) over Van reckeninghe in Speelen van Geluck. Hierin behandelt hij onder andere het volgend vraagstuk:
Veronderstel dat twee spelers A en B na een gelijke inzet te hebben gegeven het tegen elkaar opnemen in een eerlijk spel. Ze komen overeen dat wie het eerst 6 ronden gewonnen heeft de totale inzet krijgt. Het spel wordt echter afgebroken op het ogenblik dat A 5 spelen gewonnen heeft en B 3 spelen. Hoe moet de inzet redelijkerwijs verdeeld worden?

Cardano (1501-1576) besprak het probleem in 1539 en gaf als oplossing dat speler A dan \dfrac{6}{7} van de pot krijgt en B de rest. Tartaglia ( +-1499-1557) gaf ook een oplossing in 1556 : A krijgt \dfrac{2}{3} van de inzet. Een eerste, naar huidig inzicht, juiste oplossing komt er van Fermat (1601-1665) in een brief van 1654 aan Pascal (1623-1662). Fermat redeneert als volgt: de overeenkomst was wel degelijk 6 rondjes te winnen. Dus moet de inzet verdeeld worden a rato van de winstkansen van beide spelers in de veronderstelling dat het spel wordt uitgespeeld. er kunnen nog hoogstens 3 spelen gespeeld worden die de volgende uitslag kunnen geven ( we schrijven a voor winst voor speler A en b voor winst van speler B): aaa,aab,aba,abb, baa,bab,bba,bbb. Dus 8 mogelijkheden;  in 7 ervan wint speler A en in 1 ervan speler B. Bijgevolg krijgt A uiteindelijk \dfrac{7}{8} van de totale inzet en B slechts \dfrac{1}{8}.

Het mag duidelijk zijn dat het vastleggen van een juiste uitkomstenverzameling hét uitgangspunt moet zijn voor een goede opbouw van het kansexperiment. het was uiteindelijk de Rus Kolmogorov die rond 1930 deze gedachtegang via een axiomatisch systeem goed vastlegde.

De paradox van Bertrand

Sinds Zeno aantoonde dat de snelvoetige Achilles de schildpad nooit zou inhalen, hebben vele paradoxen de wiskundige gemeenschap bezig gehouden. Elke paradox draagt bij tot een dieper inzicht in de wiskunde die men bedrijft.

Ook de kanstheorie is niet gespaard gebleven van haar portie paradoxen. Begin vorige eeuw waren verschillende wiskundigen zich bewust van bepaalde problemen bij het berekenen van kansen. Onder andere Joseph Bertrand( Franse wiskundige, die leefde van 1822 tot 1900) wilde beklemtonen dat een degelijke fundering van verscheidene, intuïtief gebruikte begrippen noodzakelijk was. Het was wachten tot 1933 om via het monumentale werk van A.N.Kolmogorov te ontdekken dat de ideale axiomatische theorie voor de kansrekening die der maattheorie is.

Besluit: een uitspraak in kanstheorie heeft enkel zin met betrekking tot een bepaalde kansruimte, in het bijzonder met betrekking tot een bepaald universum.

 

Lees hier meer over het koordenprobleem van Bertrand.

Dobbelen voor goudstaven

Je mag maximaal 5 keer werpen met een dobbelsteen. Je mag na elke beurt stoppen, en je krijgt het aantal ogen van de laatste worp uitbetaald in goudstaven. Vind een strategie waarmee je gemiddeld het meest aantal goudstaven wint.

 

 

 

 

 

 

 

 

Als je 1 gooit, is het duidelijk ongunstig om te stoppen. En als je een 6 gooit, dan kan je dat niet verder verbeteren en is het logisch dat je dan stopt. Maar wat doe je als je iets anders gooit? Een handige manier om daar achter te komen is het volgende: als je de eerste van je 5 worpen afkeurt en besluit verder te gaan om hogere ogen te gooien, kom je eigenlijk in een nieuw spel terecht : een spel met 4 worpen met dezelfde spelregels. Zo doorredenerend kom je uiteindelijk in een spel terecht waarvan je de strategie al kent: je mag één keer gooien en je enige optie is te stoppen.

Hoeveel goudstaven zou die ene keer gooien gemiddeld opleveren? Vermits elke waarde van de dobbelsteen even waarschijnlijk geworpen wordt is dat

    \[\frac{1}{6}(1+2+3+4+5+6)=3,5\]

. Deze informatie helpt je bij het vorige spel: het spel met 2 worpen. Je wilt beter doen dan het gemiddelde. Dus als de eerste worp beter is dan 3,5 dan stop je en anders ga je door. Je kan in je eerste worp 4,5 of 6 goudstaven winnen elk met kans \frac{1}{6}. In het andere geval ga je door en win je gemiddeld 3,5 goudstaven. De totale gemiddelde winst van dit spel met 2 worpen is dus

    \[\frac{1}{6}(4+5+6)+\frac{1}{2}.3,5=4,25.\]

Deze waarde kan je nu weer gebruiken in het spel met 3 worpen. Je stopt bij de eerste worp als je 5 of 6  (meer dan 4,25) gooit. anders ga je verder en stopt als je 4,5 of 6 gooit. Zo niet ga je nog 1 keer verder. De gemiddelde winst is nu:

    \[\frac{1}{6}(5+6)+\frac{4}{6}\frac{1}{6}(4+5+6)+\frac{1}{2}3.5=4,66\]

Verder redeneren geeft volgende strategie voor het 5 beurten spel: Bij de eerste drie keer gooien alleen stoppen als je 5 of 6 gooit, bij de vierde beurt als je 4,5 of 6 gooit en anders er een laatste beurt aan wagen.  Stel a=\frac{1}{6}(5+6) en b=\frac{1}{6}(4+5+6), dan is de gemiddelde winst:

    \[a+\frac{4}{6}a+\frac{4}{6}\frac{4}{6}a+\frac{4}{6}\frac{4}{6}\frac{4}{6}b+\frac{4}{6}\frac{4}{6}\frac{4}{6}\frac{1}{2}.3,5=5,12\]

Met de gegeven strategie verdien je uiteindelijk gemiddeld  5,12 goudstaven.