Verwachtingswaarde

Hoeveel keer moet je gemiddeld een eerlijk muntstuk opgooien om 5 keer na elkaar kop te krijgen?

Antwoord

  • Noteer met e de gezochte verwachtingswaarde van het aantal keer opgooien. We noteren K voor kop en M voor munt.
  • Stel dat je bij de eerste poging M gooit. Hiervoor heb je \frac{1}{2} kans. Dan heb je nog steeds geen enkele keer K gehad en dus moet je gemiddeld nog e+1 keer opgooien voordat je er bent. Die 1 komt van de poging die je al hebt ondernomen.
  • Heb je eerst K en dan M, en daartoe heb je \frac{1}{4} kans, dan moet je weer van vooraf aan beginnen en heb je gemiddeld e+2 pogingen nodig. De 2 staat er omdat je al 2 keer gegooid hebt( KM) en dan helemaal opnieuw moet beginnen. 
  • Werk zo verder de gevallen KKM ,KKKM,KKKKM en KKKKK af
  • Ga zo verder en dan krijg je volgende vergelijking :
    e=\frac{1}{2}(e+1)+\frac{1}{4}(e+2)+\frac{1}{8}(e+3)+\frac{1}{16}(e+4)+ \frac{1}{32}(e+5)+\frac{1}{32}.5
  • Oplossen van deze vergelijking geeft e=62.

Even en oneven elementen

Hoe groot is de kans dat bij een permutatie van \{1,2,...,n\} geen 2 even elementen en geen 2 oneven elementen naast elkaar staan?

Of anders geformuleerd: Er zijn in een gezelschap een aantal jongens en een aantal meisjes. Ze moeten op 1 rij gaan staan. Hoe groot is de kans dat geen twee jongens of twee meisjes naast elkaar gaan staan?

  • Het totaal aantal permutaties van n elementen is n!.
  • Als n even is ( n = 2m) zijn er evenveel jongens als meisjes. Er zijn twee mogelijke schikkingen JMJM… of MJMJ…; Bij elk van de mogelijkheden kan je de jongens op m! manieren ordenen en ook de meisjes op m! manieren rangschikken. Het totaal aantal mogelijkheden is dus 2.m!.m!
  • Als n oneven is (n = 2m – 1) zijn er bijvoorbeeld m – 1 jongens en m meisjes. in dit geval kan je enkel MJM…krijgen en zijn er dus in het totaal (m-1)!.m! mogelijkheden.
  • Noteer met P(n) de kans dat geen twee jongens of twee meisjes naast elkaar gaan staan bij n personen. Als n = 2m, dan is

        \[K(2m)=K(2m-1)=\frac{m!}{m(m+1)...(2m-1)}\]

  • Zo is K(1)=K(2)=1; K(3)=K(4)=33,3% ; K(5)=K(6)=10% ; K(7)=K(8)=2,86% en K(9)=K(10)=0,79%

Darts

Het dartbord is in 1896 ontworpen door Brian Gamlin.

De nummers werden zo geplaatst dat elk hoog getal tussen twee lage getallen ligt. Hoe groter het getal waarop je mikt, hoe meer je gestraft wordt als de pijl er net niet ingaat. Wie op de sector met getal 20 mikt, maar net mist, moet het doen met 1 of 5 punten.

Een mogelijk onderzoeksvraag zou kunnen zijn: kan je het bord ‘moeilijker’ maken?  Er zijn immer  heel veel borden mogelijk: we kunnen 20 getallen op 19! mogelijkheden rangschikken op een cirkel. Bij benadering  zijn dat ongeveer 6.10^{16} rangschikkingen. Hoe kunnen we de getallen dan rangschikken zodanig dat de grootste som van de trio’s zo klein mogelijk is en de kleinste som zo groot mogelijk? Op het gebruikelijke dart bord is de maximale som 42 en de minimale som 26. Er bestaat een schikking  met maximale som 33 en minimale som 30.

Een ander mogelijk onderzoek peilt waarnaar je het best kan richten om gemiddeld de hoogste score te halen. Wie niet zo goed kan darten kan beter niet op de 20 mikken omdat het risico in de 1 of 5 terecht te komen te groot is. Maar waar kan je dan wel het best op spelen? Op 7 lijkt een goed idee, want die heeft 2 hoge buren: 16 en 19. Als we aannemen dat een beginnende speler toch wel een beetje kan mikken, en dus ofwel de bedoelde sector ofwel één van  zijn naaste buren zal raken, heeft het zin om dergelijke trio’s van sectoren te bekijken. We bestuderen twee gevallen:

  • Stel dat elke sector van het trio dezelfde trefkans heeft. Wie op de 7 mikt heeft dan gemiddeld \frac{1}{3}(16+7+19)=14 punten. Wie op de 20 mikt , gemiddeld slechts \frac{1}{3}(5+20+1)=8,67 punten. Hier kan je dus beter op de 7 gaan spelen!
  • Stel dat de trefkans ( kans om de sector waarop je mikt, ook te raken) gelijk is aan p en dat de kans om de twee buren te raken even groot is. dan is de trefkans van elk van de buren gelijk aan \frac{1}{2}(1-p). De verwachte waarde voor het trio a,b,c is dan \frac{1}{2}(1-p)a+pb+\frac{1}{2}(1-p)c=\frac{1}{2}(1-p)(a+b+c)+\frac{1}{2}(3p-1)b De verwachtingwaarde wordt dus bepaald door de som van het trio plus een term die afhangt van het middelste getal b en de kans p dat je die raakt? Voor p=0,6 is de verwachtingswaarde voor b=19 gelijk aan 13,4 en die van 20 is 13,2. De verwachtingswaarde voor b=7 is slechts 8. Onder deze voorwaarden kan je dus beter op de 19 mikken.

Het matching probleem

Neem 4 kaarten met erop het nummer 1,2,3 en 4. Schud ze en leg ze op tafel terwijl je 1,2 3 en 4 zegt. Hoe groot is de kans dat  het nummer op de kaart overeen komt met het getal dat je zegt? 

Er zijn 4!= 24 mogelijke rangschikkingen; Noteer met P(i,4) de kans dat er i matches zijn bij 4 geschudde kaarten. Dan is 

  •  P(0,4)=\frac{9}{24}=0,375
  •  P(1,4)=\frac{8}{24}=0,333...
  •  P(2,4)=\frac{6}{24}=0,25
  •  P(4,4)=\frac{1}{24}=0,041666...

Het is duidelijk dat P(3,4) = 0 want als er 3 juist zijn moetje vierde automatisch ook juist zijn. Er bestaat een algemeen formule om de kans te berekenen op m matches in een rij van n geschudde kaarten:

    \[P(m,n)=\frac{1}{m!}\Big( \frac{1}{0!}-\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}...+\frac{(-1)^{n-m}}{(n-m)!}\Big)\]

De kans op 0 matches komt overeen met de formule voor derangements. De kans op minstens 1 overeenkomst is  62,5%

Dit probleem werd voor het eerst bestudeerd door de Franse wiskundige Pierre Rémond de Montfort in zijn ‘Essay d’Analyse sur les Jeux du Hazard’ uit 1708.

Montfort voerde het experiment uit met 13 kaarten en noemde het spel Treize.

Kansen en matrices

Een cavia bevindt zich in kamer 2. Ze kan deze kamer verlaten naar kamer 3,1 of 5 en dit met even grote waarschijnlijkheid. Hoe groot is de kans dat de cavia zich na 4 verplaatsingen in kamer 5 bevindt?

Noteer met a,b,c,d,e de kans dat de cavia zich op een zeker moment   in kamer 1,2,3,4,5 bevindt. Met a_i,b_i,c_i,d_i,e_i noteren we de kans dat het beestje zich, na i verplaatsingen, in kamer 1,2,3,4,5 bevindt. 

Dan is bijvoorbeeld a_1=0*a+\frac{1}{3}*b+\frac{1}{3}*c+\frac{1}{3}*d+\frac{1}{3}*e. We kunnen voor b_1,c_1,d_1,e_1 gelijkaardige formules vinden. Het is makkelijker die gegevens in een matrix M te steken die de overgang regelt van a,b,c,d,e naar a_1,b_1,c_1,d_1,e_1. De overgang wordt geregeld door A_1=M*A, hierbij is A=(a,b,c,d,e)^t ,A_1=(a_1,b_1,c_1,d_1,e_1)^t en 

    \[M= \begin{pmatrix}0&\frac{1}{3}&\frac{1}{3}&\frac{1}{3}&\frac{1}{3}\\\frac{1}{4}&0&\frac{1}{3}&0&\frac{1}{3}\\\frac{1}{4}&\frac{1}{3}&0&\frac{1}{3}&0\\\frac{1}{4}&0&\frac{1}{3}&0&\frac{1}{3}\\\frac{1}{4}&\frac{1}{3}&0&\frac{1}{3}&0\end{pmatrix}\]

Het is duidelijk dat bij de vierde verplaatsing A_4=M^4*A.

Berekening met een rekentoestel geeft:

    \[A_4=\begin{pmatrix}0,20987654\\0,21219136\\0,11342593\\0,21219136\\0,05555556\end{pmatrix}\]

Er is dus ongeveer 5,56% kans dat de cavia zich na 4 verplaatsingen in kamer 5 zit.