WisFaq!

De digitale vraagbaak voor het wiskundeonderwijs

HOME

samengevat

\require{AMSmath}

Dobbelsteen: verwachte aantal benodigde worpen

Hallo,

Ik zit met een probleem. Het gaat om het volgende:

1.
Als je een vierzijdige zuivere dobbelsteen hebt (1 t/m 4), hoe groot is de kans dat je bij de 5e worp alle ogen voor het eerst hebt gehad?

2.
Hoe groot is het verwachte aantal benodigde worpen tot je voor het eerst alle ogen gehad hebt? Hoe groot is de variantie hiervan?

Antwoorden:

1.
Ik denk dat het antwoord hiervan is:
4/4 x 3/4 x 2/4 x 1/4 x 3/4 = 72/1024 Klopt dit?

2.
Dit vind ik een erg lastige om te begrijpen want het antwoord heb ik al, maar ik begrijp niet hoe je eraan komt.
De verwachting zou moeten zijn 1 + (4/3) + (4/2) + (4/1) = 81/3. Hoe kom ik hier aan?

Ik hoop dat u me kunt helpen.
Mvg,
Dejan
Student universiteit - donderdag 2 september 2004

Antwoord

1) Dat kan alleen indien je bij de eerste 4 worpen nog niet alles gehad hebt, maar precies drie verschillende. En dat doe jij niet.
De kans op drie verschillende bij 4 worpen is wel uit te tellen:
Kijk eens naar 1,2,3,1 Dit is een optie met 4!/2! volgorden (=12 volgorden)
Maar ook de 2 of 3 had je dubbel kunnen krijgen. Dat betekent het gevonden aantal maal 3
Verder had ook een van de andere cijfers niet voor kunnen komen. Dat betekent het gevonden aantal maal 4.
Dus kans op precies drie verschillenden na 4 worpen is 144/256. Bij de vierde worp moet je het ontbrekende aantal bijgooien met kans 1/4. Uiteindelijke kans wordt dan 9/64.

2) Zij stochast K1 het aantal worpen dat je nodig hebt om de eerste verschillende te gooien.......Haha dat is dus altijd 1.
Zij K2 aantal worpen om HIERNA de tweede verschillende bij te gooien. De verwachtingswaarde hiervan wordt dan:
1·3/4 + 2·3/16 + 3·3/64 + 4·3/256 + 5·3/1024 + 6·3/4096 + ..... = 4/3
Zij K3 het aantal worpen nodig om de derde verschillende bij te gooien. Verwachting: 1·1/2+2·1/4+3·1/8+4·1/16+5·1/32+6·1/64 ...... = 2
Zij K4 het aantal worpen nodig om de vierde verschillende bij te gooien = verwachting ook zo iets............ komt 4 uit.
Uit de reeksen is dat moeilijk te bewijzen, numeriek valt dit wel uit te rekenen. Toch maar even zoeken naar een andere benadering.

Het achterliggende principe: Ga even uit van de situatie na één worp. De kans dat je vervolgens een nog niet eerder gegooid aantal werpt is 3/4.
Een worp kun je nu zien als een binomiale experiment met succeskans 3/4. De vraag is om nu de verwachtingswaarde van het aantal experimenten tot het eerste succes te berekenen. Dit is een bekend probleem, dat gaat zo:
Stel K is het aantal benodigde worpen om iets nieuws te gooien.
Wanneer je bij de eerste worp niets nieuws gooit dan begin je weer opnieuw, en verwacht je ieder geval in het totaal een worp meer nodig te hebben. Dat leidt tot de relatie: K=3/4+1/4(K+1) dus 3/4K=1 en K=4/3. Dit is de verwachtingswaarde.
Dit grapje gaat ook op met kansen 1/2 en 1/4......... kijk zelf maar.

Met vriendelijke groet

JaDeX

Vragen naar aanleiding van dit antwoord? Klik rechts..!
donderdag 2 september 2004