| Dat denken in "TOESTANDEN"
werkt ook erg goed in het volgende probleem: |
|
|
2. De
wiskundekluis.
Een kluisdeur bestaat uit een grote schijf die rond kan draaien. Op
de schijf zitten 4 identieke lichtknoppen, elk met een lamp
erachter. Die lampen zijn echter niet te zien. Als je een lichtknop
indrukt, dan verandert de lamp van AAN naar UIT of van UIT naar AAN.
De kluis gaat open als alle lampen dezelfde stand hebben (AAN of
UIT).
Elke beurt mag je een willekeurig aantal knoppen indrukken.
Maar.....
Na elke beurt wordt de schijf een willekeurig aantal plaatsen
rondgedraaid, zonder dat jij het te zien krijgt. Je weet dus niet
meer welke knop nou welke was.
De grote vraag is: "Is er een 100% methode om de kluis open te
krijgen?" |
 |
| |
| 3. De Vaas met de Vier
Knikkers |
|
|
In een vaas zitten vier knikkers met
verschillende kleur.
We gaan het volgende experiment uitvoeren:
Haal twee knikkers uit de vaas en verf de tweede in dezelfde kleur
als de eerste.
Laat de verf drogen en doe de knikkers weer terug.
Herhaal nu steeds dit experiment (als de knikkers al dezelfde kleur
zijn, hoeft er niet geverfd te worden).
We stoppen met ons geweldige spel pas als alle knikkers in de vaas
dezelfde kleur hebben.
Hoe vaak zal er dan gemiddeld getrokken zijn?
|
|
|
|
Laten we in plaats van naar precieze
kleuren weer naar TOESTANDEN kijken.
We geven een toestand aan met letters.
Toestand AABC betekent bijvoorbeeld twee knikkers van dezelfde
kleur. Daarmee vatten we dus een heleboel mogelijkheden samen.
In totaal zijn er maar vijf mogelijke toestanden: ABCD,
AABC, AAAB, AABB en AAAA, kijk maar: |
|
|
|
|
|
|
Hoe gaan deze toestanden in elkaar
over?
ABCD gaat altijd over in AABC
AABC kan overgaan in AABC of AABB of AAAB
AAAB kan overgaan in AAAB of AABB of AAAA
AABB kan overgaan in AABB of AAAB
AAAA gaat niet over, want is het eindpunt.
Dat staat samengevat in onderstaande kansboom. |
|
|
 |
|
|
Laten we maar meteen de handige aanpak
van het eind van het vorige probleem gebruiken.
Stel dat de gemiddelde lengte van de takken onder AAAB gelijk is aan
X (Dat staat aangegeven in de boom)
Bekijk nu de takken die via de AAAB daaronder lopen. Die
zullen vanaf die tweede AAAB w้้r gemiddelde lengte X
hebben, dus vanaf de bovenste AAAB hebben die takken gemiddelde
lengte X + 1.
Op dezelfde manier gaan we te werk voor AABC en AABB. Dat alles is
aangegeven in de boom hierboven met rode hoofdletters.
Maar de gemiddelde lengte van alle takken vanaf X is nu gelijk
aan 1/2 (X +
1) + 1/4 1 +
1/4
(Y + 1)
En zo kunnen we ook voor Y en Z vergelijkingen opstellen. Dat geeft:
|
X = 1/2
(X + 1) + 1/4
1 + 1/4
(Y + 1)
Y = 1/3 (
Y + 1) + 2/3
( X + 1)
Z = 1/2 (Z +
1) + 2/6
X + 1/6
Y |
Deze drie vergelijkingen zijn vrij eenvoudig op te lossen.
De eerste twee leveren direct X = 5,5 en Y = 7 en daarna geeft
dat met de derde Z = 7
Kortom, vanaf Z is de gemiddelde lengte 7, dus vanaf het begin (ABCD)
is de gemiddelde lengte 8.
Wat een handige en alternatieve aanpak van dit soort
"oneindige" kansbomen, vind je niet?
Deze methode heet de Kans-Aantal-Formule;
de KAF. Nog een paar KAF-voorbeeldjes dan maar? |
|
|
| 4. Hoe lang duurt
het gemiddeld om met een dobbelsteen 4 te gooien?
|
Iedereen weet het
antwoord intu๏tief (of uit symmetrieoverwegingen) natuurlijk:
6 keer.
Wat zeggen de KAF's ons?
Het mini-kansboompje bij dit probleem ziet eruit als hiernaast.
We vinden X = 1/6
1 + 5/6
(X + 1)
ofwel X = 6
Gelukkig maar....... |
 |
|
|
|
| 5. Hoe lang duurt het
om met een dobbelsteen twee keer achter elkaar 6 te gooien? |
|
|
We lezen af:
X = 1/6 1/6 2 +
1/6 5/6
(X + 2) + 5/6 (X
+ 1)
Met als oplossing: X = 42.
Ok้, tijd voor een moeilijkere:
|
 |
|
|
|
| 6. Een weddenschap |
|
|
|
| Spelers A en B houden een
weddenschap. Ze gooien met twee dobbelstenen en kijken naar de som
van beide ogen. Als dat 12 is heeft speler A gewonnen, als dat twee
keer achter elkaar 7 is heeft speler B gewonnen. Hoe groot is de
kans dat A wint?
Stel die kans p, dan geldt de kansboom hiernaast.
p = 1/36 + 1/6
1/36 + 1/6
29/36 p +
29/36 p
Daaruit volgt p = 7/13.
|
 |
|
|
|
| 7. Russisch Roulette |
|
In plaats van met gemiddelde aantallen
kan het ook met kansen, kijk maar:
In ้้n van de zes kamers van een pistool zit een kogel, de andere
vijf zijn leeg.
Twee mensen spelen het levensgevaarlijke "Russisch
Roulette". Persoon A draait de houder met de kogel snel rond
zodat er een willekeurige kamer voor de loop komt te zitten. Daarna
zet hij de loop tegen zijn slaap en haalt de trekker over....
Als A overleeft, is B aan de beurt om hetzelfde te doen, dan A weer,
dan B weer, net zolang tot er eentje dood is.
Hoe groot is de kans dat persoon A dit lugubere spel overleeft? |
Stel dat die kans p is, dan geldt in de kansboom hiernaast:
p = 5/6 1/6 +
5/6 5/6 p
Daaruit volgt meteen dat p = 5/11 |
 |
|
|
| 8. Het probleem van de
verzamelaar |
|
|
Stel de fabrikant van
AMSTEL-bier houdt een actie: aan de onderkant van elke dop staat een
letter, namelijk A, M, S, T, E of L. Wie alle letters verzameld, kan
ze inleveren en daarvoor gratis een flesje AMSTEL witbier krijgen.
Neem aan dat alle letters in gelijke mate over de flesjes verdeeld
zijn.
De vraag is: hoeveel flesjes moet je gemiddeld openen (en eventueel
leegdrinken) om alle letters te hebben?
Nou, laten we een stukje midden uit de kansboom tekenen. De
getallen stellen voor hoeveel verschillende letters we op dat moment
al hebben. Dat ziet er z๓ uit: |
|
|
 |
|
|
Dat geeft de volgende vergelijkingen:
|
|
A = 1/6
(A + 1) + 5/6
(B + 1)
B = 2/6 (B +
1) + 4/6 (C
+ 1)
C = 3/6 (C +
1) + 3/6 (D
+ 1)
D = 4/6 (D +
1) + 2/6 (E
+ 1)
E = 5/6 (E +
1) + 1/6 1 |
|
|
Begin bij de onderste en los van boven naar onderen op.
Dat geeft E = 6, D = 9, C = 11, B =
12,5 en A = 13,7
Omdat de boom begint met het krijgen van ้้n letter staat bovenaan
alleen ้้n vakje met A
Totaal zullen we dus gemiddeld 13,7 + 1 = 14,7
flesjes moeten openen om alle letters te krijgen. |
|
|
| 9. Hoe vaak kun je
"Blackjack met een dobbelsteen" spelen? |
|
|
Daarmee bedoel ik: gooi met een
dobbelsteen, en elke worp moet hoger zijn dan de vorige.
Hoeveel geldige worpen zul je gemiddeld kunnen doen?
De boom ziet er z๓ uit (op z'n kant deze keer, en alle kansen
zijn 1/6): |
|
|
 |
|
|
Dat levert de volgende KAF's:
|
A = 1/6
(1 + (B + 1) + (C + 1) + (D + 1) + (E + 1) + 2)
B = 1/6 (2 +
(C + 1) + (D + 1) + (E + 1) + 2)
C = 1/6 (3 +
(D + 1) + (E + 1) + 2)
D = 1/6 (4 +
(E + 1) + 2)
E = 1/6 (5 +
2) |
|
Achteraan beginnend geeft dat achtereenvolgens:
E = 1,16666 , D = 1,36111 , C = 1,58796 , B =
1,85262 en A = 2,16139
Het gemiddeld aantal keer gooien is dus:
1/6 (A
+ B + C + D + E + 1) = 1,52163 En ja,
je zou geen echte wiskundige zijn als het nu niet kriebelde....
D้ vraag die maar in je hoofd blijft rondspoken is
natuurlijk:
| Hoe is het als de dobbelsteen geen
zesvlak is, maar een N-vlak??? |
Als we alle constante getallen samennemen dan zien de
bovenstaande vergelijkingen er z๓ uit:
|
A = 1/6
(7 + B + C + D + E) = B + 1/6
B = B (1 + 1/6)
B = 1/6 (7 +
C + D + E) = C + 1/6
C = C (1 + 1/6)
C = 1/6 (7 +
D + E) = D + 1/6
D = D (1 + 1/6)
D = 1/6 (7 +
E) = E + 1/6
E = E (1 + 1/6)
E = 1/6 (7) |
|
Tijd om te generaliseren. Dit was voor N = 6, laten we
overgaan op N algemeen (die 6 wordt dan N, en die zeven wordt
N + 1). Op dezelfde manier als hierboven vinden we dan:
...
...
W = 1/N (N +
1 + X + Y + Z)
X = 1/N (N + 1 + Y +
Z)
Y = 1/N (N + 1 +
Z)
Z = 1/N (N + 1) |
...
...
= X (1 + 1/N)
= Y (1 + 1/N)
= Z (1 + 1/N)
= 1 + 1/N |
|
|
Van onderaf gezien is elke volgende term de vorige
vermenigvuldigd met (1 + 1/N)
De E, D, C, B en A bij de dobbelsteen waren dus eigenlijk (11/6),
(11/6)2, (11/6)3,
(11/6)4 en (11/6)5
Het gemiddeld aantal worpen bij een N-vlak wordt daarmee:
1/N (1 + (1 +
1/N)
+ (1 + 1/N)2
+ (1 + 1/N)3
+ ... + (1 + 1/N)N-1)
Tussen haakjes staan de eerste N termen van een meetkundige rij met
reden 1 + 1/N. De
som daarvan is:
ter controle: N = 6 geeft inderdaad 1,52162.....
(eigenlijk 70993/117649)
Nou, laten we dan meteen maar de limiet voor N ฎ
ฅ nemen; dan staat daar zomaar ineens e - 1 Verrassend;
je zou misschien denken dat je met een oneindig-vlak ook veel vaker
kunt gooien, maar dat is dus niet zo. Het gemiddeld aantal worpen
gaat naar e - 1 ป 1,72
K้nnen we zo'n oneindig-vlak?
Natuurlijk: een RANDOM-generator maakt een willekeurig getal tussen
0 en 1.
Daar zijn er oneindig van.
Dus als je een RANDOM-generator getallen laat maken (tussen 0 en 1)
die steeds groter moeten zijn, zul je gemiddeld een rij van
1,72 getallen krijgen. Niet alleen tussen 0 en 1 natuurlijk; tussen
elke twee grenzen! En voor wie deze
kansrekening-redeneringen niet vertrouwt, zich op glad ijs waant,
staat hier n๓g een bewijs, deze keer
analytisch. Twee redeneringen die hetzelfde antwoord opleveren: dat
schept vertrouwen! |
|
|
|
10. Een echt
wiskundig gezinnetje |
|
|
Een man en een vrouw,
beiden wiskundige, besluiten samen een gezinnetje te gaan stichten.
Dat is natuurlijk een spannende onderneming, maar om het geheel ook
wiskundig iets spannender te maken, spreken ze af net zolang door te
gaan tot ้้n bepaalde volgorde wat geslacht betreft van drie
kinderen voorkomt. Er zijn natuurlijk 8 mogelijke volgorden van drie
(J = jongen, M = meisje):
|
| JJJ, JJM , JMJ , MJJ, JMM, MJM, MMJ, MMM |
|
En allemaal hebben ze kans 1/8 vooraf
(neem aan dat de kans op een jongen of meisje 50% is).
HIJ zal eerst een volgorde van drie kiezen, daarna ZIJ. Ze stoppen
dus pas zodra ้้n van de twee gekozen volgorden is gerealiseerd.
De winnaar is degene die de juiste volgorde koos.
Hoe groot is de kans dat ZIJ zal winnen?
|
|
|
Zij is in het voordeel want
ze kan gebruik maken van zijn keus.
Het gaat er voor de twee gekozen drietallen om welk van twee het
meest waarschijnlijk als eerste zal voorkomen.
Het gaat er natuurlijk om voor elke paar drietallen te bepalen hoe
groot de kans is dat de ้้n voor de ander komt.
Die kansen zijn beslist niet gelijk.
Bekijk bijvoorbeeld de drietallen JJJ en MJJ
De enige manier waarbij JJJ v๓๓r MJJ komt is als de eerste drie
kinderen jongens zijn!!!!! Die kans is dus 1/8. Dus is de kans dat MJJ v๓๓r JJJ komt
7/8.
Nog een voorbeeld: neem de drietallen JMM en JJM |
Laten we de kans bekijken dat JMM wint.
Voor de eerste twee kinderen zijn er vier mogelijkheden: JJ, MJ, JM
en MM. Stel dat de kansen dat JMM wint in die gevallen A, B, C en D
zijn. Dan geldt er na het volgende kind de kansboom hiernaast.
Daaruit lezen we af:
A = 0,5A
B = 0,5C + 0,5
C = 0,5A + 0,5B
D = 0,5C + 0,5D |
 |
|
|
Dat heeft als
oplossing A = 0, B = 2/3 , C =
1/3
en D = 1/3
De kans vooraf dat JMM wint is het gemiddelde daarvan en dat
is 2/3. En dus is de kans dat JJ wint
1/3.
In de volgende tabel staan voor alle koppels van drietallen de
kansen dat de ้้n van de ander wint: |
|
|
| |
wint van (HIJ): |
|
d
r
i
e
t
a
l
(ZIJ) |
|
JJJ |
JJM |
JMJ |
JMM |
MJJ |
MJM |
MMJ |
MMM |
| JJJ |
|
1/2 |
2/5 |
2/5 |
1/8 |
5/12 |
3/10 |
1/2 |
| JJM |
1/2 |
|
2/3 |
2/3 |
1/4 |
5/8 |
1/2 |
7/10 |
| JMJ |
3/5 |
1/3 |
|
1/2 |
1/2 |
1/2 |
3/8 |
7/12 |
| JMM |
3/5 |
1/3 |
1/2 |
1 |
1/2 |
1/2 |
3/4 |
7/8 |
| MJJ |
7/8 |
3/4 |
1/2 |
1/2 |
|
1/2 |
1/3 |
3/5 |
| MJM |
7/12 |
3/8 |
1/2 |
1/2 |
1/2 |
|
1/3 |
3/5 |
| MMJ |
7/10 |
1/2 |
5/8 |
1/4 |
2/3 |
2/3 |
|
1/2 |
| MMM |
1/2 |
3/10 |
5/12 |
1/8 |
2/5 |
2/5 |
1/2 |
|
|
|
|
't Is duidelijk. Als HIJ
een drietal uit de eerste rij kiest, reageert zij daarop door een
drietal uit de bijbehorende kolom te kiezen waarvoor de winstkans zo
groot mogelijk is. Voor de kolommen zijn die grootste kansen
respectievelijk 7/8 - 3/4
- 2/3 - 2/3 - 2/3
- 2/3 - 3/4 - 7/8.
Hij kan het beste het kleinste van deze getallen kiezen dus dat is
2/3
en HIJ zal JMJ, JMM, MJJ of MJM kiezen.
Zij zal daarop reageren met respectievelijk JJM, JJM, MMJ en MMJ en
ze heeft kans 2/3 om te winnen. |
|
|
variant 1: als
beiden eerst geheim een drietal moeten kiezen.
Dan is het de beste tactiek om willekeurig te kiezen tussen JMM en
MJJ. |
|
variant 2: als HIJ
random een drietal kiest.
Dan kun je voor elk van de drietallen die ZIJ kan kiezen de
verwachtingswaarde uitrekenen (neem aan dat als ZIJ het zelfde
driatal kiest, er opnieuw gekozen moet worden) Die
verwachtingswaarden voor de kans op winst zijn de gemiddelden van de
rijen uit de tabel hierboven en zijn:
|
| drietal |
JJJ |
JJM |
JMJ |
JMM |
MJJ |
MJM |
MMJ |
MMM |
| verwachtingswaarde |
0,377 |
0,558 |
0,485 |
0,580 |
0,580 |
0,485 |
0,558 |
0,377 |
|
|
Dus kun je het beste JMM of MJJ kiezen.
|
|
|
11.
Delende Amoeben |
|
Een populatie begint met
้้n enkele amoebe. De kans dat een amoebe zich in twee๋n splitst
is gelijk aan 0,75, en de kans dat een amoebe uitsterft zonder
nageslacht is 0,25.
Hoe groot is de kans dat een amoebe een oneindig lange stamboom
maakt? |
|
|
