Dobbelstenen met meerdere soorten, combinaties en kansen

Getalletjesmonster

Hallo ik ben nieuw hier. Ik studeer statistiek voor ervaring en ondersteuning.

Ik heb een geining probleem die menig studieboek altijd je te makkelijke info over geeft, want ze gaan altijd uit met 1 dobbelsteen of een ander simpel voorbeeld met iets tastbaars zoals knikkerkleuren uit dozen. Ik had deze opgaaf:

Werp 3 keer een zuivere dobbelsteen; Hoe groot is de kans dat je totaal => 5 gooit?

(Resultaat maakt in dit geval niet uit bij 3 stenen tegelijk, want je krijgt hoe dan ook 3 onafhankelijke getallen die tesamen afhankelijk discreet stochaistisch zijn van 1 t/m 6; de kans blijft per worp of per dobbelsteen altijd 1/6 per element)

Nou, dus ik redeneer: Als je dus complementair gaat redeneren, krijg je dus de 1 (of 100%) - de kans dat je het niet gooit. Waar? Yes dacht ik... en misschien uit te rekenen met combinaties! Maar toen ging ik eens denken:

3 maal 6 ogen (oftewel eerste getal, tweede getal, derde getal) krijg je dus 1,2,3,4,5,6,12,18,24,30,36,72,108,144,180...216 mogelijkheden als verzameling U als totaal; oftewel 6^3 en GEEN 6! over 3! ofzo.

Je kan dus als je uitgaat van <5, nooit een 3 gooien, want dan heb je hoe dan ook voor de andere twee worpen als 1, een totaal van 5. Dus dit is er mogelijk:

1-1-1, 1-1-2, 1-2-1 en 2-1-1. Je hebt dus feitelijk 212/216 kans en dit antwoord was goed.

Maar stel nu ik herhaal de vraag, maar dan voor "6 of meer gooien", oftewel 1 - kans <6.

Als je de eerste steen al 3 gooit, dan is de tweede en derde verbonden aan 1/6 kans dat je 1 gooit, nietwaar? En deze kun je al met een kans van 2/3 al overschrijden met één worp! Als de eerste worp minder is blijft er dus meer over voor de tweede worp. Met andere woorden de stenen/achtereenvolgende worpen zijn AFHANKELIJK van elkaar. Stel je gooit een 1 in de eerste worp, kan je dus nog steeds 2x2 of een 3+1 gooien. Dan kan je dus met faculteit oplossen dacht ik. Nou niet dus...Ik althans niet.

Want ik ben een nagegaan op de mogelijkheden en ze gewoon op de ouderwetse manier afgeturft.

Ik vond toen dit:

Kans <4: 1/216

Kans <5: 4/216

Kans <6: 9/216 (ah een kwadraat dus dacht ik)

Kans <7: 35/216

Kans <8: 70/216

Zoals je dus ziet, geen duidelijk verband. En met de optelregels, vermenigvuldigregels, Bayes en de combinatietheorie, alsmede het binomium van Newton kon ik hier geen algehele simpele manier vinden. Ik stelde ook als je nou eens 8 of meer moest gooien, dan doet die eerste worp er niet meer toe, want een 6 in de eerste worp, sluit de overige twee niet uit. Met andere woorden: als er 8 - 17 of meer moest gooien, dan is met de eerste worp NIET gezegd dat de andere twee zijn uitgesloten als je lager dan 8 - 17 zou gooien; dan werkt de restrictie de andere kant op en is het niet langer rendabel om met een complementair benadering te komen.

Want stel (en dit is mijn probleem), ik had deze vraag moeten doen met: "hoe groot is de kans in 3 worpen om 8 of meer te gooien", had dat een hoop gepuzzel opgelevert.

Weten jullie iets simpelers en in een algehele formule te gieten, en zo ja, wat als 2 van die dobbelstenen nou eens vals waren {1,2,3,5,5,6} bijv?

317070

Ik denk niet dat er iets simpelers is dan tellen...

Getalletjesmonster

Jammer is dat. Kan ik niets doen met twee dobbelstenen: als je 5 moet gooien met 2 stenen, kan je zeggen dat de eerste kans bijvoorbeeld 1 als resultaat geeft, dat je als uitkomst dat op moet tellen bij 5-worp 1 is. Zou je dan een combinatie kunnen maken?

Rogier

Na enig gepuzzel denk ik dat de formule als volgt is:

\(D(n,k,z) = \frac{1}{z^n}\sum_{p=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} (-1)^p \left(\startmatrix{n \\ n-p}\endmatrix\right)\left(\startmatrix{k-1-zp \\ k-n-zp}\endmatrix\right)\)

(ik heb hier alle binomiaalcoëfficiënten die 0 zijn of factoren die 1 zijn weggelaten)

\( = 1 - \frac{ 1+3+6+10+15 }{6^3} = \frac{181}{216}\)

Getalletjesmonster

Dank je Rogier. Ik zal er eens mee gaan testen om te kijken hoe de mechaniek werkt en bekijken & snappen HOE je tot de formule bent gekomen. Dit is om het inzicht te krijgen in het interpreteren van dit soort vraagstukken.

Rogier

Succes. Het uitdokteren van die formule was wel wat harig, maar het achterliggende idee was in elk geval dat het aantal combinaties om met n z-zijdige dobbelstenen in totaal k ogen te gooien, hetzelfde is als de coëfficiënt van

\(x^k\)

in de veelterm

\((x+x^2+x^3+\cdots+x^z)^n\)

(factoren vermenigvuldigen komt overeen met ogen optellen).

Wetenschapsforum

Laatste berichten

Nieuwsberichten

Dobbelstenen met meerdere soorten, combinaties en kansen

Dobbelstenen met meerdere soorten, combinaties en kansen

Re: Dobbelstenen met meerdere soorten, combinaties en kansen

Re: Dobbelstenen met meerdere soorten, combinaties en kansen

Re: Dobbelstenen met meerdere soorten, combinaties en kansen

Re: Dobbelstenen met meerdere soorten, combinaties en kansen

Re: Dobbelstenen met meerdere soorten, combinaties en kansen