Kansrekening met dobbelstenen

[truegrit]

We hebben een probleem met kansrekening met dobbelstenen
De bedoeling is dat er met 5 dobbelstenen verschillende combinaties worden gegooid via het poker principe. Het probleem zit hem in de 2 of a kind.

Stel dat je 5 keer gooit, hoe groot is dan de kans dat je 2 dezelfde krijgt, en 3 verschillende. De 3 verschillende mogen niet gelijk zijn aan die 2 dezelfde. Je krijgt dus 4 verschillende waardes met de dobbelsteen.

Volgens onze berekeningen is deze kans 4,6%

code:

6 * 1/6 * 1/6 * 5/6 * 4/6 * 3/6 =~ 0.04629, ongeveer 4.6% dus

2 keer 1/6 omdat de kans op 1 dobbelsteen 1/6 is, en je 2 dezelfde moet hebben. Maar omdat er 6 verschillende waardes zijn (11, 22, 33 etc) is het met 6 vermenigvuldigd. De volgende 3 breuken slaan op de mogelijk dat de waarde NIET gelijk is aan een andere waarde, omdat deze alle 3 verschillend moeten zijn.

Een voorbeeld van two of a kind is 3,3,1,6,5
Dus niet: 4,4,1,2,2 -> dit is Two pairs, dus die telt niet als two of a kind.

Het gekke is dat een zelfgeschreven C programma die dit simuleert het antwoord met een factor 10 teruggeeft. Dus niet 4,6% maar rond de 46%.

C:

#include <stdio.h>
#include <time.h>
/* programma heeft een array met 6 indeces
   bij elke loop word op de random index de waarde met 1 opgeteld
   zodat er uiteindelijk een array onstaat waar in staat hoeveel
   keer elke waarde is gegooid
*/
int waardes[6] = {0};

int random()
{
    return rand() % 6;
}
int main()
{
    int i, a, b, c, d, e;
    time_t t1;
    (void) time(&t1);
    srand((long) t1);

    int totalcount = 0; 
    for (i = 0; i != 100000; ++i)
    {
        int count = 0;
        
        int j;
        for (j = 0; j != 5; ++j)
        {
            waardes[random()]++;
        }
        for (j = 0; j != 6; ++j)
        {
            if (waardes[j] > 0)
                count++;
        }
        /* als er 4 verschillende waardes zijn, 
           dit gebeurt alleen als er 2 dezelfde zijn
           en de rest is verschillend -> two of a kind
        */
        if (count == 4)
        {
            totalcount++;
        }
        printf("[%d", waardes[0]);
        int x;
        for (x = 1; x != 6; ++x)
        {
            printf(", %d", waardes[x]);
        }
        for (j = 0; j != 6; ++j)
            waardes[j] = 0;
    }
    printf("\n\n%f\n\n", totalcount / 1000.0f);
}
    

Ik weet niet of het van enige relevantie is, maar ok

Wie kan ons vertellen wat er fout is aan onze redenering?

bedankt

[ Voor 4% gewijzigd door truegrit op 29-03-2006 18:37 . Reden: zat nog een functioncall in die niet in de post zelf stond ]

[eamelink]

truegrit schreef op woensdag 29 maart 2006 @ 16:23:
...
Volgens onze berekeningen is deze kans 4,6%

code:

6 * 1/6 * 1/6 * 5/6 * 4/6 * 3/6 =~ 0.04629, ongeveer 4.6% dus

...
Wie kan ons vertellen wat er fout is aan onze redenering?

Je mist nog een heleboel mogelijke permutaties.

Neem de volgende reeks :

1, 2, 1, 3, 4

Volgens jouw berekening hoort die er niet bij, omdat je daarvoor de eerste en de tweede gelijk moet hebben

Zoek eens wat op over combinatoriek, dan moet je er wel uit kunnen komen

[makje]

je berekend nu de kans dat de overige 4 dobbelstenen niet geliijk zijn aan de eerste 2, je moet het echter omdraaien:

de eerste dobbelsteen mag alle waarden hebben, de volgende niet die ene waarde (= 5/6 kans) de volgende 3 ook zodat je na 5x gooien 5 verschillende waardes hebt. De 6e moet dan aan 1 van de 5 gelijk zijn. Dus in waardes:

1 x 5/6 x 4/6 x 3/6 x 2/6 x 5/6 en dit doe je dan dus keer 6

[DrivinUCrazy]

Je factor 10 zit hem in het feit dat je for lus de waarde 100.000 (honderduizend) bevat, en bij de printf() deel je door 10.000 (tienduizend). (Regel 22 of 54 dus even aanpassen)

[ Voor 12% gewijzigd door DrivinUCrazy op 29-03-2006 16:36 ]

[truegrit]

eamelink schreef op woensdag 29 maart 2006 @ 16:32:
[...]

Je mist nog een heleboel mogelijke permutaties.

Neem de volgende reeks :

1, 2, 1, 3, 4

Volgens jouw berekening hoort die er niet bij, omdat je daarvoor de eerste en de tweede gelijk moet hebben

Zoek eens wat op over combinatoriek, dan moet je er wel uit kunnen komen

Maar de volgorde is toch niet van belang, dus dan maakt het toch niet uit of die reeks in een andere volgorde staat? Tenminste, zo iets had ik geleerd.

makje schreef op woensdag 29 maart 2006 @ 16:34:
je berekend nu de kans dat de overige 4 dobbelstenen niet geliijk zijn aan de eerste 2, je moet het echter omdraaien:

de eerste dobbelsteen mag alle waarden hebben, de volgende niet die ene waarde (= 5/6 kans) de volgende 3 ook zodat je na 5x gooien 5 verschillende waardes hebt. De 6e moet dan aan 1 van de 5 gelijk zijn. Dus in waardes:

1 x 5/6 x 4/6 x 3/6 x 2/6 x 5/6 en dit doe je dan dus keer 6

Het antwoord komt wel mooi uit zo, maar ik snap niet hoe je nou aan 6 keer gooien toekomt, want de bedoeling was dat je met 5 dobbelstenen moet gooien.

DrivinUCrazy schreef op woensdag 29 maart 2006 @ 16:35:
Je factor 10 zit hem in het feit dat je for lus de waarde 100.000 (honderduizend) bevat, en bij de printf() deel je door 10.000 (tienduizend). (Regel 22 of 54 dus even aanpassen)

1000.0f is toch zeker wel gelijk aan 1000, of zie ik het verkeerd?

[DrivinUCrazy]

Inderdaad, ik had die punt over het hoofd gezien. Mijn excuses.

[Dido]

Ietwat ge-edit; ik moet leren tellen.

Je programma levert het juiste antwoord.

Uitschrijven van alle mgelijkheden (leve Excel), het zijn er 7776, leert me dat er precies 2600 combinaties zijn die aan het criterium voldoen dat er precies vier verschillende waardes voorkomen. Dat is ruwweg 46.30%.

makje schreef op woensdag 29 maart 2006 @ 16:34:
de eerste dobbelsteen mag alle waarden hebben, de volgende niet die ene waarde (= 5/6 kans) de volgende 3 ook zodat je na 5x gooien 5 verschillende waardes hebt. De 6e moet dan aan 1 van de 5 gelijk zijn. Dus in waardes:

1 x 5/6 x 4/6 x 3/6 x 2/6 x 5/6 en dit doe je dan dus keer 6

Het antwoord klopt exact; echter, je gooit 6 keer... ik ziet even niet zo snel of dit toeval is of niet.

[ Voor 58% gewijzigd door Dido op 29-03-2006 19:18 ]

[Varienaja]

truegrit schreef op woensdag 29 maart 2006 @ 16:23:
Stel dat je 5 keer gooit, hoe groot is dan de kans dat je 2 dezelfde krijgt, en 3 verschillende. De 3 verschillende mogen niet gelijk zijn aan die 2 dezelfde. Je krijgt dus 4 verschillende waardes met de dobbelsteen.

Volgens onze berekeningen is deze kans 4,6%

code:

6 * 1/6 * 1/6 * 5/6 * 4/6 * 3/6 =~ 0.04629, ongeveer 4.6% dus

Eerst twee dezelfden: 1 * 1/6
Daarna nog 3 verschillende: 4/6 * 3/6 * 2/6

Uitleg:
Eerst gooi je een willekeurige waarde, de kans daarop is 1.
Daarna moet je worp eenzelfde getal opleveren. Kans daarop is 1/6

Daarna moet de worp een getal opleveren die nog niet aan de beurt is geweest: 4/6
En nog een: 3/6
En nog een: 2/6 (er zijn steeds minder getallen over)

En dan komt er ongeveer 1,85% uit.

_{Dat is niet waar Dido op uit komt.. wie van ons maakt er een fout?}

code:

int j;
        for (j = 0; j != 5; ++j)
        {
            waardes[random()]++;
        }

Wat doe je daar nou dan? Als waardes[] een array van 5 dobbelstenen voorstelt heb je hierna maximaal 5 ogen in totaal??

[ Voor 12% gewijzigd door Varienaja op 29-03-2006 19:20 ]

[Dido]

Varienaja schreef op woensdag 29 maart 2006 @ 19:13:
_{Dat is niet waar Dido op uit komt.. wie van ons maakt er een fout?}

Wij allebei; zie mijn edit.
Ik zat een factor twee te laag (ik vergat de waarde 6 mee te tellen, don't ask )

Jij zit echter heel erg laag. Gooi een paar keer met vijf dobbelstenen, en je merkt meteen dat een kans van minder dan 1 op 50 voor een paartje absoluut niet kan kloppen

Wat jij iig niet meerekent is het feit dat niet per se de eerste twee gelijk hoeven te zijn. 1ste en derde mag ook, bijvoorbeeld.

Dan zou ik zeggen dat je ergens met 120 (5!) moet vermenigvuldigen, maar dat klinkt allemaal nog steeds niet handig

edit:
Het programma is best wel slim: hij vult geen array met 5 waardes tussen 1 en 6, maar hij telt meteen hoe vaak de waardes 1 tot 6 voorkomen in de worp.
Hij telt dus vijf keer (vijf worpen) een tellertje op voor de mogelijke uitkomsten (1 tot 6).

In plaats van worp is 16454 bouwt hij het op als
enen: 1
tweeen: 0
drieen: 0
vieren: 2
vijven: 1
zessen: 1

Vervolgens telt hij hoeveel waardes >0 zijn, dat zijn er vier in dit voorbeeld, dus heb ik precies 1 paartje

[ Voor 48% gewijzigd door Dido op 29-03-2006 19:25 ]

[GlowMouse]

truegrit schreef op woensdag 29 maart 2006 @ 18:36:
[...]
Maar de volgorde is toch niet van belang, dus dan maakt het toch niet uit of die reeks in een andere volgorde staat? Tenminste, zo iets had ik geleerd.

Je moet dan wel vermenigvuldigen met het aantal mogelijke posities waarop die 2 getallen kunnen komen: 6-boven-2. Je komt dan op 69,44% uit.
edit: 5 dobbelstenen maar, 5-boven-2 dus

[ Voor 6% gewijzigd door GlowMouse op 29-03-2006 22:19 ]

[Varienaja]

Dido schreef op woensdag 29 maart 2006 @ 19:20:
Wat jij iig niet meerekent is het feit dat niet per se de eerste twee gelijk hoeven te zijn. 1ste en derde mag ook, bijvoorbeeld.

De worp 1, 1, 3, 4, 5 is hetzelfde als 1, 5, 4, 3, 1

De dobbelstenen zijn immers niet genummerd!

[Dido]

Of ze genummerd zijn of niet maakt niet uit. Voor het spel zijn jou twee worpen identiek, maar de kans op die combinatie angt af van het aantal permutaties.

Vergelijk het met een situatie met twee dobbelstenen: de kans op een 1 en een 2 is twee keer zo groot als de kans op twee zessen. (1, 2 en 2, 1 vs. alleen 6,6):

Voor een 1 en een twee: 2/6 * 1/6 = 1/18 (of 2/36)
Voor twee zessen: 1/6 * 1/6 = 1/36

[Varienaja]

Ik heb ook een progje gemaakt:

code:

    public static void main(String[] args) {
        // TODO Auto-generated method stub
        
        int[] dobbelstenen = new int[5];
        int count=0;
        
        for (int i=1;i<=6;i++) {
            dobbelstenen[0]=i;
            for (int j=1;j<=6;j++) {
                dobbelstenen[1]=j;
                for (int k=1;k<=6;k++) {
                    dobbelstenen[2]=k;
                    for (int l=1;l<=6;l++) {
                        dobbelstenen[3]=l;
                        for (int m=1;m<=6;m++) {
                            dobbelstenen[4]=m;
                            System.out.print(dobbelstenen[0]);
                            System.out.print(dobbelstenen[1]);
                            System.out.print(dobbelstenen[2]);
                            System.out.print(dobbelstenen[3]);
                            System.out.print(dobbelstenen[4]);
                            
                            Set<Integer> s = new HashSet<Integer>();
                            for (int z=0;z<5;z++) {
                                s.add(dobbelstenen[z]);
                            }
                            if (s.size()==4) {
                                count++;
                                System.out.print("*");
                            }
                            System.out.println();
                        }
                    }
                }
            }
        }
        System.out.println(count);
    }

Van de 7776 mogelijkheden voldoen er 3600.

Ik moet nu helaas weg, maar ik moet helaas nog wel even uitzoeken welke lessen kansrekening ik vergeten ben..

[Dido]

Varienaja schreef op woensdag 29 maart 2006 @ 19:52:
Ik heb ook een progje gemaakt:

Van de 7776 mogelijkheden voldoen er 3600.

Gamma

Ik moet nu helaas weg, maar ik moet helaas nog wel even uitzoeken welke lessen kansrekening ik vergeten ben..

Combinatoriek 101, Statistiek 101 en Kansrekening 101?

[truegrit]

ok ik denk dat ik het mede dankzij jullie replies voor elkaar heb gekregen

je hebt dus 1 * 1/6 * 5/6 * 4/6 * 3/6 combinaties voor elke combinatie van 2 gelijke dobbelstenen in 5 posities. De verschillende posities zijn 5! / (2! * (5 - 2)!) -> 5 over 2 = 10 (correct me if im wrong)

Vermenigvuldigen leidt dus tot het correcte antwoord

Wat ik dus niet snapte is het feit dat die eerste berekening geen rekening hield met het feit dat het alleen voor 1 combinatie geldde. Maar heeft blijkbaar iets te maken met P(A) * P(B|A) etc.

Ik zal er zeker naar gaan kijken totdat ik het helemaal snap zo ver dat mogelijk is.

Bedankt allemaal

[Dido]

Exactemundo

Valt weinig aan te corrigeren, zo. Voordeel is dat je in dit soort gevallen nog "gewoon" kunt natellen, dat helpt.

Als je echt iets lastigs wilt, moet je de kansen op alle combos eens berekenen als je na de eerste worp 0 tot 5 stenen opnieuw mag gooien. (Of kaarten wisselen, bij gewoon poker.) Dat wordt al vrij snel niet grappig meer omdat je kanse afhangen van je taktiek. Maar je taktiek hangt af van je kansen

[Varienaja]

truegrit schreef op woensdag 29 maart 2006 @ 20:16:
je hebt dus 1 * 1/6 * 5/6 * 4/6 * 3/6 combinaties voor elke combinatie van 2 gelijke dobbelstenen in 5 posities. De verschillende posities zijn 5! / (2! * (5 - 2)!) -> 5 over 2 = 10 (correct me if im wrong)

En de fout die ik maakte was om 1 * 1/6 * 4/6 * 3/6 * 2/6 te doen. En vervolgens geen rekening te houden met het niet genummerd zijn van de dobbelstenen.

* Varienaja is ook weer een beetje opgefrist

[Verwijderd]

P (2x hetzelfde aantal ogen bij 5 worpen) = (6 boven 2) * (1/6)^2 * (5/6) * (4/6) * (3/6) * 6 = 25/36

edit
Ik ben weer spuit 11 En nog fout ook, inderdaad 5 boven 2, dus het antwoord wordt dan inderdaad zo'n 46% of 25/54.
Dit is ook de factor 10 van je programma, want 5 boven 2 is tien.

[ Voor 56% gewijzigd door Verwijderd op 04-04-2006 10:21 ]

[Lord Daemon]

Dido schreef op woensdag 29 maart 2006 @ 20:27:
Als je echt iets lastigs wilt, moet je de kansen op alle combos eens berekenen als je na de eerste worp 0 tot 5 stenen opnieuw mag gooien. (Of kaarten wisselen, bij gewoon poker.) Dat wordt al vrij snel niet grappig meer omdat je kanse afhangen van je taktiek. Maar je taktiek hangt af van je kansen

Je vraagstelling is te vaag, dat is het probleem. Stel de vraagstelling is: je wilt de kans op een paar maximaliseren, en je mag 1 keer 0 tot 5 dobbelstenen opnieuw gooien - hoe groot is dan, als je de optimale tactiek gebruikt, je kans om een paar te krijgen?

Die vraag is wel helemaal helder en precies, en daardoor ook op te lossen - het kost alleen wel veel tijd, omdat je alle mogelijke scenario's moet afgaan. Maar wie het eens proberen wilt, die mag! Eerste deelvraag: als je vijf verschillende getallen gooit op de eerste rol, wat is dan je beste keuze voor de tweede rol? Dwz, hoeveel dobbelstenen moet je opnieuw rollen?

[Grijze Vos]

Lord Daemon schreef op dinsdag 04 april 2006 @ 19:56:
[...]

Eerste deelvraag: als je vijf verschillende getallen gooit op de eerste rol, wat is dan je beste keuze voor de tweede rol? Dwz, hoeveel dobbelstenen moet je opnieuw rollen?

Dan maakt het niet uit.

[Lord Daemon]

Grijze Vos schreef op dinsdag 04 april 2006 @ 23:01:
Dan maakt het niet uit.

Zeker wel. Als je er 0 opnieuw rolt heb je een kans van 0% om een paar te hebben.

Als je er 1 opnieuw rolt, heb je een kans van 2/3, wat dus een stuk beter is dan helemaal opnieuw rollen.

Rol je er twee opnieuw, dan heb je een kans van 1/2 * 1/3 + 1/2 * 2/3 = 1/2, wat dus alweer slechter is dan er maar 1 opnieuw rollen.

[Verwijderd]

Dat klopt niet. Pak 2 dobbelstenen op van het setje van 5 ongelijken. Vervolgens gooi je deze opnieuw, dan heb je namelijk bij de eerste dobbelsteen al kans een paar te maken. En wanneer je dan de tweede dobbelsteen opnieuw gooit heb je weer opnieuw dezelfde kans als bij het experiment wanneer je maar met 1 dobbelsteen opnieuw mocht gooien. De kans is dus groter dat je wat hebt wanneer je 2 dobbelstenen opnieuw zou gooien, dan wanneer je er maar 1 opnieuw zou gooien.

[ Voor 5% gewijzigd door Verwijderd op 05-04-2006 09:58 ]

[Lord Daemon]

Tevver, heb je er rekening mee gehouden dat je niet twee paar of drie dezelfde mag krijgen?

[Verwijderd]

als je bedoelt PRECIES 1 paar dan heb ik idd ongelijk, ik had gelezen MINSTENS 1 paar

[Lord Daemon]

Verwijderd schreef op woensdag 05 april 2006 @ 11:17:
als je bedoelt PRECIES 1 paar dan heb ik idd ongelijk, ik had gelezen MINSTENS 1 paar

Ja, het gaat om precies 1 paar, anders heb je niet 'one pair', maar bijvoorbeeld 'two pair' of '3-of-a-kind'.

[Dido]

Lord Daemon schreef op woensdag 05 april 2006 @ 00:14:
Zeker wel. Als je er 0 opnieuw rolt heb je een kans van 0% om een paar te hebben.

Als je er 1 opnieuw rolt, heb je een kans van 2/3, wat dus een stuk beter is dan helemaal opnieuw rollen.

Rol je er twee opnieuw, dan heb je een kans van 1/2 * 1/3 + 1/2 * 2/3 = 1/2, wat dus alweer slechter is dan er maar 1 opnieuw rollen.

Het maakt in voorkomende gevallen echter ook nog uit welke stenen je opnieuw rolt, en de eerste worp hoeft niet vijf verschillende stenen op te leveren.

Als je vijf dezelfde waarden gooit met je eerste worp zul je minimaal drie stenen opnieuw moeten rollen om meer dan 0% kans op 1 pair te hebben.

Daarnaast is een optimale strategie om 1 pair te gooien academisch. Interessanter is het om een strategie te bepalen met de hoogste verwachte uitkomst. Dat is een stuk ingewikkelder, omdat een correcte vraagstelling (zoals je terecht aangaf) erg lastig is. Het is duidelijk welke combinaties het beste scoren, maar is 1/3 kans op een full house te prefereren boven een 2/3 kans op een pair?
Daarnaast verwacht ik dat je ideale strategie er ook vanaf hangt of je tegenstanders al gegooid hebben.

Als je met een ideale strategie (of eigenlijk om het even welke consistente strategie) gooit, zijn de uiteindelijke kansen op de combinaties daarvan afhankelijk, terwijl je strategie op zich afhankelijk is van de kansen.

Als je een ideale strategie uitwerkt om iedere specifieke combinatie te gooien, krijg je een verzameling kansen die samen boven de 1 uitkomen. Op zich een leuk tijdverdrijf, maar nuttig is het natuurlijk niet: niemand gaat specifiek proberen 1 pair te gooien, als ie al 2 pairs heeft liggen.