Kleuters en Blokken.
Dit probleem is op een (nogal saaie) wiskundige manier redelijk eenvoudig op te lossen, maar heeft ook een hele mooie elegante oplossing.
Noem J het aantal blokken dat Jantje op een bepaald moment heeft gepakt, en P het aantal blokken dat Pietje heeft gepakt.
Maak nu een grafiek met op de verticale as J - P en op de horizontale as het totaal aantal gepakte blokken.
Een mogelijkheid zo zoiets zijn (de route moet eindigen in +3):
Jantje pakt de eerste twee blokken, Pietje het derde, Jantje het vierde enz.
Elke mogelijkheid om blokken te pakken kunnen we zo voorstellen als een route in deze figuur. Echter zodra een route de horizontale as raakt of eronder komt ligt Jantje niet meer voor op Pietje.

Beschouw nu eens zo'n pad dat begint omhoog te gaan (Jantje pakt het eerste blok) maar dat later toch ergens de horizontale as raakt. Stel dat dat voor 't eerst gebeurt in punt P. Dan kun je een nieuwe route construeren door het gedeelte voor P te spiegelen in de horizontale as en het gedeelte na P gelijk te laten. Dat is hieronder in het rood gebeurd.
Er is een 1-op-1 relatie tussen de rode routes en de zwarte routes die ergens de horizontale as weer raken. Immers bij elke zwarte is een rode te construeren, en bij elke rode ook een zwarte want de roden gaan allemaal eerst naar -1 en moeten dus wel ergens de as passeren om in +3 te eindigen.
Er zijn nu drie soorten routes die eindigen in +3:

1.  zwarte routes die de hele tijd boven de horizontale as blijven
2.  zwarte routes die ergens weer de horizontale as raken
3.  rode routes.

Maar volgens het bovenstaande argument zijn er evenveel routes in categorie 2 als in 3.
Dus:
    (categorie 1)  = (totaal aantal routes die eindigen in +3)  -  (categorie 2)  -  (categorie 3)
                          =  (totaal aantal naar +3)  -  (2 • categorie 3)
                          =  (totaal aantal naar +3)  -  (2 • routes die eerst naar -1 gaan en eindigen in +3)
                          =               11 nCr 7         -   2 • 10 nCr 7
                          =  330 - 240 = 90
Dus de kans dat een route eindigt in +3 én steeds boven de horizontale as blijft is  90 / 211 = 90/2048

Algemener

Dit is een heel speciaal geval van een RANDOM-WALK probleem, ofwel een STOCHASTISCHE WANDELING.

Het blijkt dat zulke stochastische wandelingen zich meestal voor het overgrote deel van de tijd aan dezelfde kant van de x -as bevinden. Het is absoluut niet zo dat (zoals je misschien van iets "randoms" zou verwachten) de leiding steeds wisselt. Wiskundigen slimmer dan ik hebben hiervoor de zogenaamde arcsinus-wet opgesteld. Die luidt als volgt:
Neem ½ < a < b < 1, dan geldt:

Als P(a,b) de kans is dat één van beiden tussen de 100a en 100b procent van de tijd aan de leiding is, dan geldt:

P(a,b) » 4/p • (arcsinÖb - arcsinÖa)

Een tabel daarvan:

(a,b) P(a,b)
(0.50 , 0.505)
(0.50 , 0.510)
(0.50 , 0.525)
(0.50 , 0.550)
(0.50 , 0.600)		 0.0064
0.0127
0.0318
0.0638
0.1007
(a,b) P(a,b)
(0.995 , 1)
(0.990 , 1)
(0.975 , 1)
(0.950 , 1)
(0.900 , 1)		 0.0901
0.1275
0.2022
0.2871
0.4097
Duidelijk is te zien dat in ongeveer één van de vijf gevallen één van beide spelers meer dan 97,5% van de tijd aan de leiding zal zijn geweest, en in ongeveer 1 op de 11 gevallen meer dan 99,5% van de tijd. Een zuivere munt zal dus regelmatig rijen produceren waarin geen verandering van de leiding optreedt gedurende een lange aaneengesloten periode.
Beleggingsanalisten op de beurs zouden zich dit soort patronen moeten realiseren als ze zich op de borst kloppen wanneer hun fondsen gedurende een lange aaneengesloten periode beter hebben gepresteerd dan de beursindex! 		 
 
De RANDOM-walk problemen die we hier bekeken waren ééndimensionaal.
Laten we zo'n ééndimensionale walk maar eens in werkelijkheid uitvoeren:
Een dronkeman staat op de getallenlijn op het getal 0, en neemt steeds willekeurig een stap naar rechts, of een stap naar links. Wonderbaarlijk genoeg zijn alle stappen precies 1 eenheid groot!
We vragen ons af hoe groot de kans is dat deze dronkaard ooit weer terugkeert op zijn beginpunt.
Eerst beginnen we op te merken dat hij alleen na een even aantal stappen terug op 0 kan zijn, en dat er van dat aantal even veel naar links als naar rechts moeten zijn geweest. Het aantal stappen naar rechts is binomiaal verdeeld met p = 1/2.
Dan geldt: P(0) = P(na 2 stappen) + P(niet na 2, wel na 4) + P(niet na 2 of 4, wel na 6) + ...
Laten we maar een tabelletje maken:
N P(na precies N) P(na precies N en niet eerder) P(na N of eerder) P(nog niet na N of eerder)
2 0,5 0,5 0,5 0,5
4 0,375 0,375 • 0,5 = 0,1875 0,6875 0,3125
6 0,3125 0,3125 • 0,3125 = 0,0977 0,7852 0,2148
8 0,2734 0,2734 • 0,2148 = 0,0589 0,8441 0,1559
10 0,2461 0,2461 • 0,1559 = 0,0384 0,8825 0,1175
12 0,2256 0,2256 • 0,1175 = 0,0265 0,9090 0,0910
14 0,2095 0,2095 • 0,0910 = 0,0191 0,9281 0,0712
16 0,1964 0,1964 • 0,0712 = 0,0140 0,9421 0,0579
18 0,1855 0,1855 • 0,0579 = 0,0107 0,9528 0,0472
20 0,1762 0,1762 • 0,0472 = 0,0083 0,9611 0,0389

Het blijkt dat de kans om ooit terug te keren naar 1 gaat!
Tweedimensionaal
Nu staat onze dronkeman in een rooster, en neemt willekeurig een stap naar boven, naar onderen, naar links of naar rechts, elk met kans 0,25.

Het blijkt dat de kans om ooit terug te keren naar de oorsprong wéér gelijk is aan 1.
Driedimensionaal
Nu hebben we te maken met een dronken vlieg die elke stap kan kiezen uit 8 richtingen (voor-achter-boven-onder-links-rechts).
En eindelijk is het dan zover: de kans om ooit terug te keren is niet meer 1, maar ongeveer 1/3.

Zo zie je maar; het wiskundige bewijs dat de mensheid niet aan ruimtereizen moet beginnen. Dat kan alleen maar fout aflopen. De mens is niet gemaakt om zich in drie dimensies te bewegen; we zullen verdwalen en nooit meer ons veilige thuis bereiken!
Gewogen Random Walk:  de magnetische munten

Een  miljoen munten worden in twee vazen gegooid op de volgende manier:
En het begin zit in elke vaas één munt.
De volgende munten worden nu één voor één opgegooid.
Echter de munten zijn magnetisch en trekken elkaar aan.
Als er meer munten in een vaas zitten wordt de kans dat de volgende erin beland daarom groter.
Om precies te zijn:  als in de ene vaas x munten zitten en in de andere y munten, dan is de kans x/(x+ y) dat de volgende munt in de eerste vaas komt en y/(x + y) dat hij in de tweede vaas komt.

Hoeveel geld zou je over hebben voor de inhoud van de leegste vaas op het eind?