WisFaq!

De digitale vraagbaak voor het wiskundeonderwijs

HOME

samengevat

\require{AMSmath}

Kansrekenen

Grote straat yahtzee

Stel dat je na 1 worp met 5 stenen hebt gegooid: 1-2-3-5-6. Kan je dan beter met alleen de 1 of de 6 proberen een 4 te gooien (kans vlgs mij twee keer 1/6 dus 1/3) of kan je beter met twee dobbelstenen proberen in twee worpen 1-4 of 4-1 of 4-6 of 6-4 te gooien? Die tweede optie is gevoelsmatig een optie met meer kans maar ik kan dat niet bewijzen.

(Ik denk: kans op 1 van die 4 combinaties is 4/36 dus 1/9 maar 2 worpen is 2/9, maar als je in de eerste worp met 1 van de twee dobbelstenen een 4 gooit (kans 1/3) dan zou je de tweede worp maar met 1 verder gaan voor een 1 of 6, ook kans 1/3. Samen met die 2/9 is dat dan 3/9 dus ook 1/3?)
Wietsk
19-1-2025

Antwoord

Hallo Wietske,

Je denkwijze gaat wel in de goede richting, maar de berekeningen zitten iets anders in elkaar. Wanneer je met een dobbelsteen een 4 wilt gooien (kans is ¹/₆), dan heb je bij twee pogingen niet een kans van 2·¹/₆. Immers, als je zeven keer gooit, zou de kans op 4 met deze rekenwijze uitkomen op ⁷/₆. Dat is meer dan 100%, dat kan natuurlijk niet.

Laten we de berekening iets zorgvuldiger opzetten:

Stel, je gooit de 1 opnieuw, in de hoop dat dit een 4 wordt. De kans dat dit in één keer lukt, is ¹/₆. Het kan ook de eerste keer mislukken (kans is ⁵/₆) en bij de laatste worp alsnog lukken (kans is ¹/₆). De kans op succes in twee worpen is dan ⁵/₆·¹/₆=⁵/₃₆.

De kans op succes in één of twee worpen komt hiermee op:

p(succes in één of twee worpen) = ¹/₆+⁵/₃₆ = ⁶/₃₆+⁵/₃₆ = ¹¹/₃₆ = ⁹⁹/₃₂₄ (Later zal blijken dat het handig is om in 324e delen te rekenen).

Nu de strategie waarbij je de 1 èn de 6 opnieuw gooit, in de hoop dat dit uiteindelijk een 4 oplevert met daarbij nog een 1 of een 6. Ook nu splitsen we dit in meerdere mogelijkheden hoe dit kan verlopen.
Mogelijkheid 1: je gooit in één worp een 4 met daarbij een 1 of een 6.
In de figuur hieronder zijn horizontaal de 6 mogelijke uitkomsten van de eerste dobbelsteen weergegeven, verticaal de uitkomsten van de tweede dobbelsteen.

Er zijn 6·6=36 mogelijke uitkomsten bij het werpen met twee dobbelstenen, elk hokje geeft een mogelijke uitkomst weer. De gewenste uitkomst (een 4, met daarbij een 1 of een 6) zijn met kruisjes aangegeven. 4 van de 36 mogelijke uitkomsten leveren het gewenste resultaat, de kans is dus ⁴/₃₆=³⁶/₃₂₄.
Mogelijkheid 2: bij de eerste worp gooi je wel een 4, maar daarbij geen 1 of 6. Je laat de 4 liggen, bij de tweede worp gooi je met de laatste dobbelsteen alsnog een 1 of een 6.
In het rooster hieronder zie je dat er 7 mogelijkheden zijn om een 4 te gooien, maar daarbij niet een 1 of een 6.

De kans op de genoemde eerste worp is zodoende ⁷/₃₆. Hierna moet je met de laatste dobbelsteen nog een 1 of een 6 gooien. De kans hierop is ²/₆=¹/₃.
De kans om op deze wijze aan een grote straat te komen, komt dan op ⁷/₃₆·¹/₃=²¹/₃₂₄.
Mogelijkheid 3: Bij de eerste worp gooi je géén 4. Je gooit beide dobbelstenen opnieuw en moet nu alsnog een 4 met daarbij een 1 of een 6 gooien.
De kans om met een dobbelsteen géén 4 te gooien, is ⁵/₆. De kans om met twee dobbelstenen géén 4 te gooien komt dan op ⁵/₆·⁵/₆=²⁵/₃₆.
Hierna moet je in één keer alsnog een 4 met daarbij een 1 of een 6 gooien. Deze kans hebben we bij mogelijkheid 1 al berekend: ¹/₉. De kans om via deze mogelijkheid aan een grote straat te komen, is zodoende ²⁵/₃₆·¹/₉=²⁵/₃₂₄.
De totale kans bij de strategie om zowel de 1 als de 6 opnieuw te gooien, is dan:

³⁶/₃₂₄+²¹/₃₂₄+²⁵/₃₂₄=⁸²/₃₂₄.

Conclusie:

De kans op succes bij de strategie waarbij je alleen de 1 of 6 opnieuw gooit, in de hoop dat dit een 4 wordt, is ⁹⁹/₃₂₄. De kans bij de strategie om zowel de 1 als de 6 opnieuw te gooien, is ⁸²/₃₂₄. Je hebt bij de eerste strategie dus een iets hogere kans.
GHvD
19-1-2025

Kansrekenen

2 leerlingen (A en B) hebben 2 boxen.
Blauwe box bevat 2 rode boeken en rode box bevat 2 blauwe boeken.
De leerlingen voeren hun acties gelijktijdig uit.
Leerling A kiest willekeurig 1 boek uit beide boxen en verwisselt die.
Leerling B kiest willekeurig 1 boek uit box 1 en plaatst die in box 2. Daarna kiest hij willekeurig 1 boek uit box 2 en plaatst die in box 1.

Doel: A en B moeten de rode boeken in de rode box krijgen en de blauwe boeken in de blauwe box. In geval van gelijkstand winnen beide leerlingen.

Wat is de kans dat leerling A wint?
S.
28-1-2025

Antwoord

Die kans is uit te rekenen, maar het vergt nogal wat werk.
Beide spelers zien telkens een van drie situaties voor zich: $I=(RR,BB)$, $II=(RB,RB)$, of $III=(BB,RR)$ (eerste coördinaat is de blauwe doos). De laatste is dus de gewenste situatie en in dat geval stopt de speler.

Je kunt voor elk paar situaties uitrekenen wat de kans is dat de speler de situatie van de eerste in de tweede verandert.

De beginsituatie is $I$.

Speler A kan die alleen in $II$ veranderen.

Speler B kan die in I en in II veranderen: door het eerste gepakte boek weer te pakken en terug te leggen houden we situatie I, de kans daarop is $\frac13$; de andere twee boeken hebben samen kans $\frac23$ om gepakt te worden, dat is de kans om in situatie $II$ te komen. Vanuit $I$ kunnen A en B niet situaties $III$ maken.

Vanuit situatie $II$ kan A met kansen $(\frac14,\frac12,\frac14)$ respectievelijk in situaties $I$, $II$, of $III$ komen (één paar geeft $I$, twee paren bewaren $II$, en één paar geeft $III$).

Vanuit situatie $III$ is de kans $0$ om in situatie $I$ of $II$ te komen want men doet niets, daarom nemen we de kans om van $III$ in $III$ te komen ook maar gelijk aan $0$.
Je kunt dit samenvatten in een matrix:
$$\begin{pmatrix} 0&\frac14&0\\1&\frac12&0\\0&\frac14&0\end{pmatrix}
$$Voor $B$ is de matrix gelijk aan
$$\begin{pmatrix} \frac13&\frac13&0\\\frac23&\frac13&0\\0&\frac13&0 \end{pmatrix}
$$Met gebruik van eigenwaarden en eigenvectoren kun je de volgende formules vinden voor de kans dat A en B op tijdstip $n$ in situatie $III$ komen: voor $n=0$ of $n=1$ is de kans gelijk aan $0$, en voor $n\ge2$ komt er voor A:
$$P(S_A=n)=
\left(\frac{5-\sqrt5}{10}\right)\left(\frac{1+\sqrt5}4\right)^n +
\left(\frac{5+\sqrt5}{10}\right)\left(\frac{1-\sqrt5}4\right)^n
$$en voor B:
$$P(S_B=n)=
\left(\frac{2-\sqrt2}2\right)\left(\frac{1+\sqrt2}3\right)^n +
\left(\frac{2+\sqrt2}2\right)\left(\frac{1-\sqrt2}3\right)^n
$$We noteren de succestijden als $S_A$ en $S_B$. De kans die je wilt weten is
$$P(S_A\le S_B)
$$en die is gelijk aan de dubbele som
$$\sum_{n=2}^\infty\sum_{k=n}^\infty P(S_A=n)\cdot P(S_B=k)
$$Die kun je bijvoorbeeld door Wolfram Alpha uit laten rekenen; ik kreeg $\frac{339}{601}$ als antwoord.
kphart
2-2-2025

WK atletiek

Tijdens het WK atletiek zijn 18 lanen gekwalificeerd door deelname aan de estafette. Ze lopen de halve finale in 2 reeksen A en B van telkens 9 landen. De snelste drie van elke reeks van de halve finale plaatsen zich voor de finale. De andere twee plaatsen in de finale worden toegekend aan de landen met de snelste tijden die niet rechtstreeks zijn gekwalificeerd zijn.
a) bereken de kans op een finaleplaats voor een land op de 4e plaats van reeks A
b) bereken de kans op een finaleplaats voor een land op de 5e plaats van reeks B

Het antwoord op a) is 75%, het antwoord op b) is 25%. Hoe komt men aan deze antwoorden? Leg uit.
Sandra
23-3-2025

Antwoord

Ik kom op $\frac56$ voor a), en dus $\frac16$ voor b).

De enige lopers die een kans maken zijn $A_4$, $A_5$, $B_4$, en $B_5$. Als je die lopers naar hun eindtijd ordent krijg je zes mogelijke volgordes:
$A_4A_5B_4B_5$, $A_4B_4A_5B_5$, $A_4B_4B_5A_5$, $B_4B_5A_4A_5$, $B_4A_4B_5A_5$, en $B_4A_4A_5B_5$.
Daarvan zijn er vijf waarbij $A_4$ doorgaat, en daarom is die kans gelijk aan $\frac56$. Voor $B_5$ is er maar één volgorde waarbij deze doorgaat, dus die kans is gelijk aan $\frac16$.

kphart
23-3-2025

95 betrouwbaarheid interval

Beste,
Ik heb een opdracht gekregen waar ik niet 100% alle vragen begrijp:

Opdrcaht:

In een meubelfabriek worden kastplanken gemaakt. De zaagmachine produceert planken waarvan de lengte normaal verdeeld is met een gemiddelde van 800 mm en een standaarddeviatie van 2 mm. De planken horen 800 mm lang te zijn, maar als ze hoogstens 2 mm langer of korter zijn, is het ook goed. Planken die langer dan 802 mm zijn, worden met de hand op maat gemaakt. Planken die korter zijn dan 798 mm zijn onbruikbaar.
1 Hoeveel procent van de planken is onbruikbaar?

Op een gemiddelde dag worden zo’n 1500 planken geproduceerd.
2 Bereken het 95%-betrouwbaarheidsinterval.

Op elke goede plank maakt de fabriek € 3,25 winst. Voor het op maat maken van een te lange plank gaat daar een halve euro af. Elke onbruikbare plank levert een verliespost van € 2,- op. Er komt een bestelling binnen voor 1000 planken.
3 Hoeveel winst levert dat de fabriek waarschijnlijk op?

______________________________________________________________________
antw.vraag1: 13,% + 2,5% = 16% is dat juist?
atw. vraag 2: [799,90 ; 800,10] via 800± 2 2/√1500 ≈799,90 mm en 800,10 mm

Vraag 3 begrijp ik niet.

Graag jullie hulp daarvan. Alvast bedankt.

Emre

Imre K
7-4-2025

Antwoord

Hallo Emre,

Ik ben het eens met jouw antwoorden op de vragen 1 en 2.

Voor vraag 3:
Bedenk dat de fabriek 1000 goede planken moet afleveren. Omdat 16% van de planken onbruikbaar is (zie vraag 1), moet de fabriek meer dan 1000 planken maken. 94% van de gemaakte planken is bruikbaar, dus 94% van de planken komt overeen met 1000 planken.
Bereken dan eerst hoeveel planken overeenkomt met 100%. Dit is het aantal planken dat de fabriek daadwerkelijk zal maken.

68% van deze planken is in één keer goed. Deze planken leveren per stuk € 3,25 winst. Bereken dus de winst die deze planken opleveren.
16% van de gemaakte planken is te lang en moet worden bijgewerkt. Deze planken leveren per stuk 3,25-0,50=€2,75 winst.
Bereken ook de winst die deze planken opleveren.
16% van deze planken is onbruikbaar. Deze planken leveren per stuk € 2,- verlies. Bereken deze verliespost.

Tel de gemaakte winst op, trek de verliespost ervan af en je weet de (verwachte) winst.

OK zo?
GHvD
7-4-2025