De kever en de spin
Noem de hoekpunten van de kubus  ABCD.EFGH. In de figuur rechtsboven zijn  de verbindingen van de hoekpunten schematisch weergegeven, maar de hoekpunten zijn verschillend gekleurd, met de volgende reden:
De kever begint op het rode hoekpunt A. Na 5 minuten is hij in ieder geval op een blauw hoekpunt. Vanaf een blauw hoekpunt kan hij naar een groen hoekpunt kruipen of naar het rode hoekpunt. Van een groen hoekpunt kan hij naar een blauw hoekpunt kruipen of naar het paarse (de spin).
We kijken dus niet naar de precieze hoekpunten waar de kever zich bevindt, maar naar de TOESTANDEN die gelijkwaardig zijn.
De mogelijke overgangen (vanaf een blauw hoekpunt) staan in de kansboom onderaan.Samengevat levert dat op, dat een kever die nu op een blauw hoekpunt staat, na 10 minuten kans 7/9 heeft om weer op een blauw hoekpunt te staan, en kans 2/9 om dood te zijn.
Voor de totale aantal stappen vanaf blauw in paars te komen geldt dan de volgende tabel:
aantal stappen

gebeurtenis

kans

2 blauw - paars 2/9
4 blauw - blauw - paars 7/9•2/9
6 blauw - blauw - blauw - paars 7/9•7/9•2/9
8 blauw - blauw - blauw - blauw - paars 7/9•7/9•7/9•2/9
enz. enz. enz.

Het gemiddelde aantal stappen (G) is daarmee de verwachtingswaarde van deze kansverdeling:

G = 2•2/9 + 4•7/9•2/9 + 6•(7/9)2•2/9 + 8•(7/9)3•2/9 + ...
vermenigvuldigen met  7/9:     7/9•G =       2•7/9•2/9 + 4•(7/9)2•2/9 +                                 _
van elkaar aftrekken: 2/9•G = 2•2/9 + 2•7/9•2/9 + 2•(7/9)2•2/9 + .....
vermenigvuldigen met 9/2: G = 2 + 2•7/9 + 2•(7/9)2 + 2•(7/9)3 + ....
weer vermenigvuldigen met 7/9 7/9•G =   2•7/9 + 2•(7/9)2 + 2•(7/9)3 + ....                             _
weer van elkaar aftrekken 2/9 •G = 2
G = 9

Dus vanaf blauw leeft de kever gemiddeld 9 stappen, dus vanaf rood (zijn beginpunt) gemiddeld 10 stappen, ofwel 50 minuten.

Het kan ook sneller:
Stel dat de kever vanaf blauw gemiddeld in G stappen doodgaat.
Dan is dat 2 stappen later nog:  nul stappen met kans 2/9 of w้้r G stappen met kans 7/9.
Maar dat moet dan gelijk zijn aan G - 2.
Ofwel  2/9 • 0 + 7/9 • G = G - 2  en daaruit volgt direct G = 9.  KLAAR!

Dat denken in "TOESTANDEN" werkt ook erg goed in het volgende probleem:
2.  De wiskundekluis.

Een kluisdeur bestaat uit een grote schijf die rond kan draaien. Op de schijf zitten 4 identieke lichtknoppen, elk met een lamp erachter. Die lampen zijn echter niet te zien. Als je een lichtknop indrukt, dan verandert de lamp van AAN naar UIT of van UIT naar AAN.
De kluis gaat open als alle lampen dezelfde stand hebben (AAN of UIT).
Elke beurt mag je een willekeurig aantal knoppen indrukken.

Maar.....

Na elke beurt wordt de schijf een willekeurig aantal plaatsen rondgedraaid, zonder dat jij het te zien krijgt. Je weet dus niet meer welke knop nou welke was.

De grote vraag is:  "Is er een 100% methode om de kluis open te krijgen?"
 
3.  De Vaas met de Vier Knikkers
In een vaas zitten vier knikkers met verschillende kleur.
We gaan het volgende experiment uitvoeren:
Haal twee knikkers uit de vaas en verf de tweede in dezelfde kleur als de eerste.
Laat de verf drogen en doe de knikkers weer terug.
Herhaal nu steeds dit experiment (als de knikkers al dezelfde kleur zijn, hoeft er niet geverfd te worden).
We stoppen met ons geweldige spel pas als alle knikkers in de vaas dezelfde kleur hebben.

Hoe vaak zal er dan gemiddeld getrokken zijn?

Laten we in plaats van naar precieze kleuren weer naar TOESTANDEN kijken.
We geven een toestand aan met letters.
Toestand AABC betekent bijvoorbeeld twee knikkers van dezelfde kleur. Daarmee vatten we dus een heleboel mogelijkheden samen.
In totaal zijn er  maar vijf mogelijke toestanden:  ABCD, AABC, AAAB, AABB en AAAA, kijk maar:

Hoe gaan deze toestanden in elkaar over?
ABCD gaat altijd over in AABC
AABC kan overgaan in AABC of AABB of AAAB
AAAB kan overgaan in AAAB of AABB of AAAA
AABB kan overgaan in AABB of AAAB
AAAA gaat niet over, want is het eindpunt.
Dat staat samengevat in onderstaande kansboom.
Laten we maar meteen de handige aanpak van het eind van het vorige probleem gebruiken.
Stel dat de gemiddelde lengte van de takken onder AAAB gelijk is aan X (Dat staat aangegeven in de boom)
Bekijk nu de takken die via de AAAB daaronder lopen. Die zullen  vanaf die tweede AAAB w้้r gemiddelde lengte X hebben, dus vanaf de bovenste AAAB hebben die takken gemiddelde lengte X + 1.
Op dezelfde manier gaan we te werk voor AABC en AABB. Dat alles is aangegeven in de boom hierboven met rode hoofdletters.
Maar de gemiddelde lengte van alle takken vanaf X is nu gelijk aan  1/2 • (X + 1) + 1/4 • 1 + 1/4 • (Y + 1)
En zo kunnen we ook voor Y en Z vergelijkingen opstellen. Dat geeft:
X = 1/2 • (X + 1) + 1/4 • 1  + 1/4 • (Y + 1)
Y = 1/3 • ( Y + 1) + 2/3 • ( X + 1)
Z = 1/2 • (Z + 1) +  2/6 • X + 1/6 • Y

Deze drie vergelijkingen zijn vrij eenvoudig op te lossen.
De eerste twee leveren direct  X = 5,5 en Y = 7 en daarna geeft dat met de derde Z = 7
Kortom, vanaf Z is de gemiddelde lengte 7, dus vanaf het begin (ABCD) is de gemiddelde lengte 8.

Wat een handige en alternatieve aanpak van dit soort "oneindige" kansbomen, vind je niet?
Deze methode heet de Kans-Aantal-Formule; de KAF.

Nog een paar KAF-voorbeeldjes dan maar?

4.  Hoe lang duurt het gemiddeld om met een dobbelsteen 4 te gooien?

 

Iedereen weet het antwoord intu๏tief (of uit symmetrieoverwegingen) natuurlijk:  6 keer.
Wat zeggen de KAF's ons?
Het mini-kansboompje bij dit probleem ziet eruit als hiernaast.
We vinden  X =
1/6 • 1 + 5/6 • (X + 1)
ofwel  X = 6
Gelukkig maar.......
5. Hoe lang duurt het om met een dobbelsteen twee keer achter elkaar 6 te gooien?
We lezen af:

X = 1/6 • 1/6 • 2 + 1/6 • 5/6 • (X + 2) + 5/6 • (X + 1)

Met als oplossing:  X = 42.

Ok้, tijd voor een moeilijkere:

 

6.  Een weddenschap
Spelers A en B houden een weddenschap. Ze gooien met twee dobbelstenen en kijken naar de som van beide ogen. Als dat 12 is heeft speler A gewonnen, als dat twee keer achter elkaar 7 is heeft speler B gewonnen. Hoe groot is de kans dat A wint?

Stel die kans p,  dan geldt de kansboom hiernaast.

p = 1/36 + 1/6 • 1/36 + 1/6 • 29/36 • p + 29/36 • p
Daaruit volgt  p = 7/13.

 

7. Russisch Roulette
In plaats van met gemiddelde aantallen kan het ook met kansen, kijk maar:

In ้้n van de zes kamers van een pistool zit een kogel, de andere vijf zijn leeg.
Twee mensen spelen het levensgevaarlijke "Russisch Roulette". Persoon A draait de houder met de kogel snel rond zodat er een willekeurige kamer voor de loop komt te zitten. Daarna zet  hij de loop tegen zijn slaap en haalt de trekker over....
Als A overleeft, is B aan de beurt om hetzelfde te doen, dan A weer, dan B weer, net zolang tot er eentje dood is.
Hoe groot is de kans dat persoon A dit lugubere spel overleeft?

Stel dat die kans p is, dan geldt in de kansboom hiernaast:
p = 5/6 • 1/6 + 5/6 • 5/6 • p 

Daaruit volgt meteen dat   p = 5/11 
8. Het probleem van de verzamelaar
Stel  de fabrikant van AMSTEL-bier houdt een actie: aan de onderkant van elke dop staat een letter, namelijk A, M, S, T, E of L. Wie alle letters verzameld, kan ze inleveren en daarvoor gratis een flesje AMSTEL witbier krijgen. Neem aan dat alle letters in gelijke mate over de flesjes verdeeld zijn.
De vraag is: hoeveel flesjes moet je gemiddeld openen (en eventueel leegdrinken) om alle letters te hebben?

Nou, laten we een stukje midden uit de kansboom tekenen. De getallen stellen voor hoeveel verschillende letters we op dat moment al hebben. Dat ziet er z๓ uit: 

Dat geeft de volgende vergelijkingen:
A = 1/6 • (A + 1) + 5/6 • (B + 1)
B = 2/6 • (B + 1) + 4/6 • (C + 1)
C = 3/6 • (C + 1) + 3/6 • (D + 1)
D = 4/6 • (D + 1) + 2/6 • (E + 1)
E = 5/6 • (E + 1) + 1/6• 1

Begin bij de onderste en los van boven naar onderen op.
Dat geeft  E = 6,  D = 9,  C = 11,  B = 12,5  en  A = 13,7 
Omdat de boom begint met het krijgen van ้้n letter staat bovenaan alleen ้้n vakje met A
Totaal zullen we dus  gemiddeld 13,7 + 1 = 14,7 flesjes moeten openen om alle letters te krijgen.

9. Hoe vaak kun je "Blackjack met een dobbelsteen" spelen?
Daarmee bedoel ik: gooi met een dobbelsteen, en elke worp moet hoger zijn dan de vorige.
Hoeveel geldige worpen zul je gemiddeld kunnen doen?

De boom ziet er z๓ uit (op z'n kant deze keer, en alle kansen zijn 1/6):

Dat levert de volgende KAF's:
A = 1/6 • (1 + (B + 1) + (C + 1) + (D + 1) + (E + 1) + 2)
B = 1/6 • (2 + (C + 1) + (D + 1) + (E + 1) + 2)
C = 1/6 • (3 + (D + 1) + (E + 1) + 2)
D = 1/6 • (4 + (E + 1) + 2)
E = 1/6 • (5 + 2) 

Achteraan beginnend geeft dat achtereenvolgens:
E = 1,16666  ,  D = 1,36111 , C = 1,58796 ,  B = 1,85262 en  A = 2,16139
Het gemiddeld aantal keer gooien is dus:
1/6 • (A + B + C + D + E + 1) = 1,52163

En ja, je zou geen echte wiskundige zijn als het nu niet kriebelde....
D้ vraag die maar in je hoofd blijft rondspoken is natuurlijk:  

Hoe is het als de dobbelsteen geen zesvlak is, maar een N-vlak???

Als we alle constante getallen samennemen dan zien de bovenstaande vergelijkingen er z๓ uit:

A = 1/6 • (7 + B + C + D + E) = B + 1/6 • B = B • (1 + 1/6)
B = 1/6 • (7 + C + D + E) = C + 1/6 • C = C • (1 + 1/6)
C = 1/6 • (7 + D + E) = D + 1/6 • D = D • (1 + 1/6)
D = 1/6 • (7 + E) = E + 1/6 • E = E • (1 + 1/6)
E = 1/6 • (7)

Tijd om te generaliseren. Dit was voor N = 6, laten we overgaan op N algemeen (die 6 wordt dan N, en die zeven wordt  N + 1). Op dezelfde manier als hierboven vinden we dan:

...
...
W = 1/N • (N + 1 + X + Y + Z)
X = 1/N  • (N + 1 + Y + Z)
Y = 1/N  • (N + 1 + Z)
Z = 1/N  • (N + 1)
...
...
= X • (1 + 1/N)
= Y • (1 + 1/N)
= Z • (1 + 1/N)
= 1 + 1/N

Van onderaf gezien is elke volgende term de vorige vermenigvuldigd met (1 + 1/N)
De E, D, C, B en A  bij de dobbelsteen waren dus eigenlijk (11/6), (11/6)2, (11/6)3, (11/6)4 en (11/6)5

Het gemiddeld aantal worpen bij een N-vlak wordt daarmee:

1/N • (1 + (1 + 1/N) + (1 + 1/N)2 + (1 + 1/N)3 + ... + (1 + 1/N)N-1)
Tussen haakjes staan de eerste N termen van een meetkundige rij met reden  1 + 1/N. De som daarvan is:

ter controle:  N = 6 geeft inderdaad 1,52162..... (eigenlijk  70993/117649)
Nou, laten we dan meteen maar de limiet voor N ฎ ฅ nemen; dan staat daar zomaar ineens e - 1

Verrassend; je zou misschien denken dat je met een oneindig-vlak ook veel vaker kunt gooien, maar dat is dus niet zo. Het gemiddeld aantal worpen gaat naar e - 1 1,72

K้nnen we zo'n oneindig-vlak?

Natuurlijk: een RANDOM-generator maakt een willekeurig getal tussen 0 en 1.
Daar zijn er oneindig van.
Dus als je een RANDOM-generator getallen laat maken (tussen 0 en 1) die steeds groter moeten zijn, zul je gemiddeld een rij van  1,72 getallen krijgen. Niet alleen tussen 0 en 1 natuurlijk; tussen elke twee grenzen!

En voor wie deze kansrekening-redeneringen niet vertrouwt, zich op glad ijs waant, staat hier n๓g een bewijs, deze keer analytisch. Twee redeneringen die hetzelfde antwoord opleveren: dat schept vertrouwen!

10. Een echt wiskundig gezinnetje
Een man en een vrouw, beiden wiskundige, besluiten samen een gezinnetje te gaan stichten. Dat is natuurlijk een spannende onderneming, maar om het geheel ook wiskundig iets spannender te maken, spreken ze af net zolang door te gaan tot ้้n bepaalde volgorde wat geslacht betreft van drie kinderen voorkomt. Er zijn natuurlijk 8 mogelijke volgorden van drie (J = jongen, M = meisje):
JJJ, JJM , JMJ , MJJ, JMM, MJM, MMJ, MMM

En allemaal hebben ze kans 1/8 vooraf (neem aan dat de kans op een jongen of meisje 50% is).
HIJ zal eerst een volgorde van drie kiezen, daarna ZIJ. Ze stoppen dus pas zodra ้้n van de twee gekozen volgorden is gerealiseerd. De winnaar is degene die de juiste volgorde koos.

Hoe groot is de kans dat ZIJ zal winnen?

Zij is in het voordeel want ze kan gebruik maken van zijn keus.
Het gaat er voor de twee gekozen drietallen om welk van twee het meest waarschijnlijk als eerste zal voorkomen.
Het gaat er natuurlijk om voor elke paar drietallen te bepalen hoe groot de kans is dat de ้้n voor de ander komt.
Die kansen zijn beslist niet gelijk.
Bekijk bijvoorbeeld de drietallen JJJ en MJJ
De enige manier waarbij JJJ v๓๓r MJJ komt is als de eerste drie kinderen jongens zijn!!!!! Die kans is dus 1/8. Dus is de kans dat MJJ v๓๓r JJJ komt 7/8.

Nog een voorbeeld:  neem de drietallen JMM en JJM

Laten we de kans bekijken dat JMM wint.
Voor de eerste twee kinderen zijn er vier mogelijkheden: JJ, MJ, JM en MM. Stel dat de kansen dat JMM wint in die gevallen A, B, C en D zijn. Dan geldt er na het volgende kind de kansboom hiernaast.
Daaruit lezen we af:

A = 0,5A
B = 0,5C + 0,5
C = 0,5A + 0,5B
D = 0,5C + 0,5D
Dat heeft als oplossing  A = 0,  B = 2/3 , C = 1/3 en  D = 1/3 
De kans vooraf dat JMM wint is het gemiddelde daarvan en dat is  2/3. En dus is de kans dat JJ wint 1/3.
In de volgende tabel staan voor alle koppels van drietallen de kansen dat de ้้n van de ander wint:
 

wint van (HIJ):

d
r
i
e
t
a
l
(ZIJ)

  JJJ JJM JMJ JMM MJJ MJM MMJ MMM
JJJ   1/2 2/5 2/5 1/8 5/12 3/10 1/2
JJM 1/2   2/3 2/3 1/4 5/8 1/2 7/10
JMJ 3/5 1/3   1/2 1/2 1/2 3/8 7/12
JMM 3/5 1/3 1/2 1 1/2 1/2 3/4 7/8
MJJ 7/8 3/4 1/2 1/2   1/2 1/3 3/5
MJM 7/12 3/8 1/2 1/2 1/2   1/3 3/5
MMJ 7/10 1/2 5/8 1/4 2/3 2/3   1/2
MMM 1/2 3/10 5/12 1/8 2/5 2/5 1/2  
't Is duidelijk. Als HIJ een drietal uit de eerste rij kiest, reageert zij daarop door een drietal uit de bijbehorende kolom te kiezen waarvoor de winstkans zo groot mogelijk is. Voor de kolommen zijn die grootste kansen respectievelijk   7/8 - 3/4 - 2/3 - 2/3 - 2/3 - 2/3 - 3/4 - 7/8.
Hij kan het beste het kleinste van deze getallen kiezen dus dat is 2/3 en HIJ zal JMJ, JMM, MJJ of MJM kiezen.
Zij zal daarop reageren met respectievelijk JJM, JJM, MMJ en MMJ en ze heeft kans 2/3 om te winnen.
variant 1:  als beiden eerst geheim een drietal moeten kiezen.
Dan is het de beste tactiek om willekeurig te kiezen tussen JMM en MJJ.
variant 2:  als HIJ random een drietal kiest.
Dan kun je voor elk van de drietallen die ZIJ kan kiezen de verwachtingswaarde uitrekenen (neem aan dat als ZIJ het zelfde driatal kiest, er opnieuw gekozen moet worden) Die verwachtingswaarden voor de kans op winst zijn de gemiddelden van de rijen uit de tabel hierboven en zijn:
drietal JJJ JJM JMJ JMM MJJ MJM MMJ MMM
verwachtingswaarde 0,377 0,558 0,485 0,580 0,580 0,485 0,558 0,377


Dus kun je het beste JMM of MJJ kiezen.

11.  Delende Amoeben
Een populatie begint met ้้n enkele amoebe. De kans dat een amoebe zich in twee๋n splitst is gelijk aan  0,75, en de kans dat een amoebe uitsterft zonder nageslacht is 0,25.
Hoe groot is de kans dat een amoebe een oneindig lange stamboom maakt?