Verwachtingswaarde

PeterPan

In veel quizzen gaat het tussen twee personen.

Degene die wint mag de volgende dag terugkomen en het tegen een nieuwe kandidaat opnemen.

Je mag maar 2 keer terugkomen.

Als je 3 keer achter elkaar wint krijgt je de hoofdprijs (tv of pc).

Als we even voor het gemak aannemen dat alle kandidaten gelijkwaardig zijn,

wat is dan de verwachtingswaarde van het aantal hoofdprijzen dat er per uitzending wordt gewonnen?

bibliotheek357

de kans dat je de eerste keer wint is 1/2 (omdat de tegenstanders evenwaardig zijn) Maar voor de verwachtingswaarde dat er de volgende zending een prijs uitgedeeld zal worden is 100% omdat het niet uitmaakt welke van de twee de winnaar is. Dit is als je 1 keer wint. De kans dat de winnaar nogmaals wint in de tweede ronde is ook 1/2 (1/4 in totaal). Als we aannemen dat je na twee overwinningen al een prijs krijgt zal de uitzender een kans van 1/2 hebben om een hoofdprijs uit te delen omdat als de vorige winnaar wint, dan krijgt hij de hoofdprijs, is het de andere, dan is er deze keer geen hoofdprijs. Nu doen we dit een derde keer: kans voor winnaar wordt 1/8 in totaal, kans voor uitzender wordt 1/4. Maar omdat we per uitzending rekenen doen we 1/(4*3) = 1/12

Dus de kans dat de uitzending een hoofdprijs uitdeelt is 1/12. (of moest ik 4^3 doen, waarbij de kans 1/64 wordt? maar dit lijkt me nogal weinig)

PeterPan

Sorry, maar ik kan je redenering niet volgen. Maar misschien is de probleemstelling niet duidelijk.

Ik denk hierbij aan het Vlaamse spelletje 'blokken'.

Elke speler mag maar 2 keer terugkomen. Elke keer kan de winnaar iets winnen, maar alleen als hij 3 x achter elkaar gewonnen heeft, wint hij een flatscreen tv.

(Ik neem voor het gemak aan dat de winnende speler altijd het afsluitende woord raad).

bibliotheek357

Ik begreep uw vraag wel hoor. Maar ik bekijk het dus steeds vanuit het standpunt van de winnaar en vanuit de standpunt van de uitzender. We nemen eerst aan dat je maar 1 ronde hoeft te winnen voor de flatscreen tv, dat heeft iedere persoon 1/2 kans om die tv te winnen. Maar voor de uitzender maakt dit niet uit omdat welke ook wint, de tv zullen ze toch weggeven.

Nu beschouwen we dat er twee ronden zijn. De winnaar komt dus de volgende dag terug. Opnieuw heeft hij een kans van 1/2 om de tv te winnen, maar in totaal is dat 1/4, want hij had daarvoor al een kans gehad om te verliezen. De andere persoon heeft echter een gewone kans van 1/2 omdat hij maar net meedoet. Voor de uitzender is de kans dat ze een tv weggeven 1/2 omdat je rekening moet houden dat het de winnaar is die de tweede ronde moet winnen. Als de winnaar van de eerste ronde zou verliezen van degene in de tweede ronde zou de winnaar van de tweede ronde opnieuw een ronde moeten winnen vooraleer er een tv wordt weggegeven. Ter verduidelijking: het is niet per se zo dat er een tv wordt weggegeven, het zou namelijk kunnen dat er twee ronden lang geen tv wordt weggegeven.

Nu die situatie opgeklaard is gaan we door naar een derde ronde. Hierbij had de winnaar van de vorige 2 rondes dus een kans van 1/4 om de tv te winnen. Met de derde ronden wordt dit 1/8 in totaal.

Voor de uitzender is dit echter 1/4, want je moet een persoon hebben die 3 keer achter elkaar wint. Maar je rekent per uitzending dus wordt dit nog maar een kans van 1/12. Als je een winnaar hebt van een tv betekent het dat alles terug vanaf het begin start. Hierbij is de kans klein dat eenzelfde persoon drie keer achter elkaar wint omdat ze allen gelijk beschouwd worden.

Ik hoop dat mijn uitleg duidelijker is nu. Misschien is mijn uitleg onduidelijk omdat mijn uitleg fout is

Maar ik wilde toch een poging wagen.

PeterPan

Een fout die je volgens mij hierbij maakt is dat je op tijdstip 0 niet noodzakelijk 2 nieuwe kandidaten hebt. En een startmoment uikiezen waarop dat wel het geval is is wel handig met niet toegestaan.

Het probleem is minder simpel dat het er op het eerste gezicht uitziet.

EvilBro

Ik zou het alsvolgt doen: Ik noem E[x] het aantal verwachte spellen dat je moet spelen om van een situatie met een kandidaat die x spellen gewonnen heeft naar een situatie te komen waarbij een kandidaat 3 spellen gewonnen heeft. E[3] is dus nul. E[2] is uit te drukken in E[1] en E[3]:

$E[2] = \frac{1}{2}\cdot(E[3]+1)+\frac{1}{2}\cdot(E[1]+1) = \frac{1}{2}\cdot E[1]+1 $

Voor E[1] geldt:

$E[1] = \frac{1}{2}\cdot(E[2]+1)+\frac{1}{2}\cdot(E[1]+1) = \frac{1}{2}\cdot E[2]+\frac{1}{2}\cdot E[1]+1 = \frac{1}{2}\cdot (\frac{1}{2} E[1] +1)+\frac{1}{2}\cdot E[1]+1 = \frac{3}{4} \cdot E[1] + \frac{3}{2}$

dus:

$\frac{1}{4} \cdot E[1] = \frac{3}{2} = \frac{6}{4} \rightarrow E[1]=6$

Voor E[0] geldt:

$E[0] = E[1]+1 \rightarrow E[0]=7$

Het aantal hoofdprijzen per uitzending is dus $\frac{1}{7}$.

evilbu

mijn excuses : dit is mathlinks taal geen wetenschapsforum taal

sorry zal morgen es kijken wat ik eraan kan doen

zal het wel laten staan

een woord : markovketens

evilbro je idee was heel goed en op het einde van mijn antwoord kom ik erop terug

het is bij benadering juist

kijk werk met matrices

noem

$ u_n=\begin{bmatrix}a_{n}b_{n}c_{n}\end{bmatrix}$

de kansverdeling op de nde uitzending

hier is

$a_{n} $

de kans dat een newbie wint

$b_{n}$

de kans dat iemand wint die al een keer gewonn heeft

$c_{n}$

de kans dat iemand wint die al twee keer gewonnen heft

nu is op de allereerste uitzending

$ a_{1}=1, b_{1}=c_{1}=0$

nu kan je heel gemakkelijk de kansverdeling op uitzending n uitrekenen als je die van de uitzending ervoor kent, je krijgt :

$begin{bmatrix}a_{n}b_{n}c_{n}end{bmatrix}=Abegin{bmatrix}a_{n-1}b_{n-1}c_{n-1}end{bmatrix}$

met

$A=\begin{bmatrix} \frac{1}{2}&\frac{1}{2}&1 \frac{1}{2} &0&00 & \frac{1}{2}&0\end{bmatrix}$

dus er iets niet zoiets als DE kans bij een uitzending

het is afhankelijk van het nummer van de uitzending

maar je kan bewijzen (dat is als je het echt wil uitpluizen omdat 1 een algebraische multipliciteit 1 heeft en er geen andere eigenwaarden zijn met modulus 1) dat er een unieke limiettoestand is

die vind je door in

$u_{n}=A u_{n-1}$

in beide leden limieten te nemen :

je krijgt

$ u=A u$

, los dit op en je vindt dat

$u=\lambda \begin{bmatrix}4 2 1\end{bmatrix} $

je som der kansen moet uiteraard 1 zijn :

$u=\begin{bmatrix}\frac{4}{7} \frac{2}{7} \frac{1}{7}\end{bmatrix}$

conclusie : evilbro ik kom ook 1/7 uit

maar jij hebt onmiddellijk deze stap gedaan

maar het is niet zo dat die kansen niet veranderen per uitzending

het is enkel zo voor 'heel grote n'

bibliotheek357

EvilBro schreef:Ik zou het alsvolgt doen: Ik noem E[x] het aantal verwachte spellen dat je moet spelen om van een situatie met een kandidaat die x spellen gewonnen heeft naar een situatie te komen waarbij een kandidaat 3 spellen gewonnen heeft. E[3] is dus nul. E[2] is uit te drukken in E[1] en E[3]:

$E[2] = \frac{1}{2}\cdot(E[3]+1)+\frac{1}{2}\cdot(E[1]+1) = \frac{1}{2}\cdot E[1]+1 $

Ik snap niet hoe je aan deze vergelijking komt.. (de rest snap ik allemaal wel)

Ook wordt uw uitkomst gelijkgesteld aan de tweede term van de som. Maar je doet 1/2 * (0+1) en dus wordt dat 1/2. Maar die zie ik niet staan aan het rechterlid. Dus er moet toch nog een 1/2 bij opgeteld worden?

EvilBro

Ik snap niet hoe je aan deze vergelijking komt.. (de rest snap ik allemaal wel)

$E[2] = \frac{1}{2}\cdot(E[3]+1)+\frac{1}{2}\cdot(E[1]+1) = \frac{1}{2} \cdot 0 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot E[1] + \frac{1}{2} = \frac{1}{2}\cdot E[1]+1 $

In woorden: Het aantal verwachte stappen om van de situatie met twee gewonnen spellen naar drie gewonnen spellen te gaan, is de kans op een winstpartij maal 1 plus het aantal stappen om van drie winst partijen naar drie winstpartijen te komen plus de kans op een verliespartij maal 1 plus het verwachte aantal stappen om van 1 winstpartij tot drie winstpartijen te komen.

Rogier

Leuke probleem, ik zou het ook zoals EvilBro doen, al vind ik die met de eigenvector ook wel elegant.

evilbu schreef:conclusie : evilbro ik kom ook 1/7 uit

maar jij hebt onmiddellijk deze stap gedaan

maar het is niet zo dat die kansen niet veranderen per uitzending

het is enkel zo voor 'heel grote n'

Het gaat ook niet om de kans per uitzending, maar om de verwachtingswaarde van het aantal uitzendingen dat moet worden gedaan alvorens de hoofdprijs wordt uitgekeerd. Iedere keer als dat gebeurt begin je daarna weer met twee nieuwe kandidaten (x=0), kortom elke keer als er een hoofdprijs wordt uitgedeeld duurt het naar verwachting 7 ronden tot de volgende keer. Dus verwacht je dat in gemiddeld 1 op de 7 uitzendingen er een hoofdprijs uit gaat.

evilbu

mijn excuses nogmaals , dit keer zou het goed moeten zijn

ik had getypt zoals ik dat doe op mathlinks en ik wist ook niet dat je hier geen berichten kan wijzigen indien men al heeft gereplied

het is nog altijd niet zo mooi, maar al stukken beter meen ik :

een woord : markovketens

evilbro je idee was heel goed en op het einde van mijn antwoord kom ik erop terug

het is bij benadering juist

kijk werk met matrices

noem

$ u_n=\left[\begin{array}{c}a_{n}b_{n}c_{n}\end{array}}\right]$

de kansverdeling op de nde uitzending

hier is

$a_{n} $

de kans dat een newbie wint

$b_{n}$

de kans dat iemand wint die al een keer gewonn heeft

$c_{n}$

de kans dat iemand wint die al twee keer gewonnen heft

nu is op de allereerste uitzending

$ a_{1}=1, b_{1}=c_{1}=0$

nu kan je heel gemakkelijk de kansverdeling op uitzending n uitrekenen als je die van de uitzending ervoor kent, je krijgt :

$\left[\begin{array}{c}a_{n}b_{n}c_{n}\end{array}\right]=A \left[\begin{array}{c}a_{n-1}b_{n-1}c_{n-1}\end{array}\right]$

met

$A=\left[\begin{array}{c c c} \frac{1}{2}&\frac{1}{2}&1 \frac{1}{2} &0&00 & \frac{1}{2}&0\end{array}\right]$

dus er iets niet zoiets als DE kans bij een uitzending

het is afhankelijk van het nummer van de uitzending

maar je kan bewijzen (dat is als je het echt wil uitpluizen omdat 1 een algebraische multipliciteit 1 heeft en er geen andere eigenwaarden zijn met modulus 1) dat er een unieke limiettoestand is

die vind je door in

$u_{n}=A u_{n-1}$

in beide leden limieten te nemen :

je krijgt

$ u=A u$

, los dit op en je vindt dat

$u=\lambda \left[\begin{array}{c}4 2 1\end{array}\right] $

je som der kansen moet uiteraard 1 zijn :

$u=\left[\begin{array}{c}\frac{4}{7} \frac{2}{7} \frac{1}{7}\end{array}\right]$

conclusie : evilbro ik kom ook 1/7 uit

maar jij hebt onmiddellijk deze stap gedaan

maar het is niet zo dat die kansen niet veranderen per uitzending

het is enkel zo voor 'heel grote n'

PeterPan

Fraaie oplossingen. Leerzame toepassing van Markovketens.

Nog even hierop voortbordurend:

Wat is de kans dat na N uitzendingen de hoofdprijs er nog niet uit is?

Rogier

Voor N<3 is de kans 0.

Voor N=3 is de kans 1/4 (het kan namelijk alleen als degene die de eerste ronde wint, ook de tweede en derde ronde wint, en die kansen zijn allebei 1/2)

Voor N=4 is de kans 1/8 (het kan namelijk alleen als degene die de eerste ronde wint, de tweede ronde verliest, en dat degene die dan wint nog tweemaal wint, en die kansen zijn alledrie 1/2)

Voor N>4 geldt: het kan ofwel doordat degene die de eerste ronde wint, de tweede ronde verliest (kans 1/2) waarna je dezelfde mogelijkheden hebt als met N-1, ofwel doordat degene die de eerste ronde wint, ook de tweede ronde wint maar dan verliest (kans 1/4), waarna je dezelfde mogelijkheden hebt als met N-2. Dit heeft tezamen kans P(N-1)/2 + P(N-2)/4.

Als je nu de kansen voor N=3, 4, enz opschrijft zie je dat dit de Fibonacci getallen gedeeld door oplopende machten van 2 zijn:

$\frac{1}{4},\frac{1}{8},\frac{2}{16},\frac{3}{32},\frac{5}{64},$ enzovoort.

Dus P(N) = Fib(N-2)/2^N (althans voor N[grotergelijk]3, voor N<3 geldt P(N)=0).

Met de bekende expliciete vorm voor de Fibonacci getallen (zie uitleg) kom je op:

$P(N) = \left{ \begin{array}{cc} 0 & (N<3) \frac{(1+\sqrt{5})^{N-2}-(1-\sqrt{5})^{N-2}}{2^{2N-3}\sqrt{5}} & (N \geq 3) \end{array} \right.$

(edit) foutje, dat was dus de kans dat de prijs er na precies N ronden wél uitgaat

De goede kans, d.w.z. dat hij er de eerste N ronden nog niet uit is, is dan

$1-\sum_{n=1}^N{P'(N)}$

(met P'(N) de kans van hierboven), wat op soortgelijke wijze als hierboven valt om te zetten naar:

$P(N) = \left{ \begin{array}{cc} 1 & (N<3) \frac{(1+\sqrt{5})^{N+1}-(1-\sqrt{5})^{N+1}}{2^{2N}\sqrt{5}} & (N \geq 3) \end{array} \right.$

PeterPan

Volgens mij is je antwoord niet juist. Ik hanteer de volgende redenering:

Ik maak een rijtje van nullen en enen als volgt:

Het rijtje begint met 1.

Het rijtje vertoont een cijferwisseling (0 wordt 1 of 1 wordt 0) alleen dan als we een nieuwe winnaar hebben

Vervolgens leggen we aan de hand van dit rijtje een stenen pad. Daarvoor gebruik is stenen van lengte 1, 2 en 3.

De rij 101100010011101 (1 een gevolgd door 1 nul gev...) levert het pad 112312311

waarbij 3 staat voor een steen van lengte 3.

Op deze manier ontstaan alleen paden met stenen van lengte 1,2 of 3 van totale lengte N (N is het aantal uitzendingen).

Elk pad van dit type is even waarschijnlijk.

Als er geen hoofdprijs wordt weggegeven krijg je een pad met alleen stenen van lengte 1 of 2.

Dit aantal kunnen we uitrekenen, n.l.

Stel dit aantal is a_N (N uitzendingen). Als de laatste steen lengte 1 heeft, dan kan de voorafgaande rij op a_N-1 manieren worden aangelegd. Heeft de laatste steen lengte 2 dan kan het voorafgaande pad op a_N-2 manieren worden aangelegd.

Dus a_N = a_N-1 + a_N-2.

Dit is het rijtje van Fibonacci met a₁ = 1 en a₂ = 2,

dus a_N = F_N+1.

Op hoeveel manieren kunnen paden van lengte N ontstaan met stenen van lengte 1,2 of 3?

Op dezelfde manier als hiervoor krijg je a_N = a_N-1 + a_N-2 + a_N-3 (tribonaccigetallen).

a₁ = 1, a₂ = 2, a₃ = 4.

De kans is F_N/a_N.

evilbu

markov ketens ben ik die hard fan van, ik heb me toen ik dat zag in mijn tweede jaar es volledig op gegooid om er alles van uit te pluizen

een expliciete formule voor de kans op hoofdprijs bij n de uitzending is mogelijk maar vergt diagonalisatie.

Meestal gaat dat maar! , je matrix kan ook een jordanvorm hebben (daarvoor moet ie al zijn best doen, zeker dubbele eigenwaarden hebben en dan nog), maar je moet ook de eigenwaarden kunnen vinden , en zoals je misschien vergt dat het oplossen van een veelterm, die dezelfde graad heeft als de dimensie van je vierkante matrix, en vanaf vijfdegraads kan dat enkel numeriek.

Maar omtrent die verwachtingswaarde, ik blijf erbij dat het antwoord niet zo simpel is als een zevende hoor, omdat het verandert.

Mijn vader weet een beetje meer van statistiek(ie heeft het nog gegeven) en ie beaamt het.

Wetenschapsforum

Laatste berichten

Nieuwsberichten

Verwachtingswaarde

Verwachtingswaarde

Re: Verwachtingswaarde

Re: Verwachtingswaarde

Re: Verwachtingswaarde

Re: Verwachtingswaarde

Re: Verwachtingswaarde

Re: Verwachtingswaarde

Re: Verwachtingswaarde

Re: Verwachtingswaarde

Re: Verwachtingswaarde

Re: Verwachtingswaarde

Re: Verwachtingswaarde

Re: Verwachtingswaarde

Re: Verwachtingswaarde

Re: Verwachtingswaarde