De geometrische verdeling

Veronderstel dat we n onafhankelijke uitvoeringen doen van eenzelfde Bernoulli experiment met succeskans p. Bij de binomiaalverdeling stellen we ons de vraag hoeveel keer succes hebben we. Nu stellen we volgende vraag: na hoeveel uitvoeringen boeken we voor het eerst succes?  

Bijvoorbeeld: hoeveel keer moet de gokker roulette spelen om voor het eerst te winnen?

X is het tijdstip van het eerste succes. X is een stochast met waarden 1,2,…

    \[\text{P(X=k)}=q^{k-1}p\]

We zeggen dat X een geometrische verdeling heeft met parameter p. Het is inderdaad een kansverdeling want de som van alle kansen is 1.

Een voorbeeld van een geometrische verdeling met p=0,10:

Het gemiddelde van zo een geometrische verdeling is \frac{1}{p}. Een belangrijke eigenschap van de geometrische verdeling is het geheugenverlies: ze vergeet het verleden. Als we weten dat uitvoeringen 1 tot en met i mislukkingen waren, dan heeft de wachttijd vanaf die i-de mislukking tot het eerste succes, juist dezelfde verdeling als de wachttijd vanaf het begin. Met andere woorden de verdeling van die wachttijd tot het eerste succes hangt helemaal niet af van het aantal mislukkingen dat tot dan toe gebeurd is. In symbolen:

    \[P(X>i+j|X>i)=P(X>j)\]

Andere dobbelstenen

Iedereen kent deze klassieke dobbelsteen. Nemen we nu twee van dergelijke dobbelstenen en berekenen we de som van het aantal ogen: 

De vraag is nu: kunnen we geen ander stel van dobbelstenen vinden die dezelfde verdeling geeft?

  • We stellen onze gewone dobbelsteen voor door

        \[x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x\]

    Je leest deze veelterm als: er is 1 kant met 6stippen, 1 kant met 5 stippen,…
  • Wanneer je nu met 2 dobbelstenen gooit, voer je eigenlijk het product uit van die veelterm met zichzelf en krijg je dus (x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x)^2=x^{12}+2x^{11}+3x^{10}+...+x^2 Je leest in deze uitkomst dan volledig het bovenstaande schema.
  • Noem nu het gezochte stel andere dobbelstenen door f(x) en g(x).
  • We willen dat f(x).g(x)=x^{12}+2x^{11}+3x^{10}+...+x^2 .
  • De ontbonden vorm van de veelterm in het rechterlid is

        \[x^2(x+1)^2(x^2+x+1)^2(x^2-x+1)^2\]

  • Hieruit volgt dat we opzoek moeten naar een a,b,c en d  zodat

        \[f(x)=x^a(x+1)^b(x^2+x+1)^c(x^2-x+1)^d\]


    g(x)=x^{2-a}(x+1)^{2-b}(x^2+x+1)^{2-c}(x^2-x+1)^{2-d}
  • Omdat we zes zijvlakken hebben moet f(1)=6 , dus moet 2^b3^c=6 of b=c=1
  • Verder kan a zeker niet nul zijn want dan zou f(0) niet 0 zijn. En dus kan a ook niet 2 zijn. Bijgevolg is a=1.
  • Voor d=1 krijgen we de klassieke dobbelstenen.
  • Nemen we d=0, dan is f(x)=x(x+1)(x^2+x+1)=x^4+2x^3+2x^2+x. Dis geeft een dobbelsteen met op de zijvlakken 4/3/3/2/2/1
  • De andere dobbelsteen geeft dat g(x)=x(x+1)(x^2+x+1)(x^2-x+1)^2=x^8+x^6+x^5+x^4+x^3+x of een dobbelsteen met op de zijvlakken 8/6/5/4/3/1.
  • Hier zie je dat de verdeling inderdaad hetzelfde is tussen de 2 sets van dobbelstenen.

 

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.