Muntje opgooien

[PhilipVoets]

A en B spelen een spel: ze gooien een eerlijke munt op. Bij kop krijgt A een punt bij munt krijgt B een punt. Het spel stopt als er twee punten verschil zijn tussen beiden. Na enige tijd is het spel gestopt en heeft A elf punten. Hoe groot is de kans dat A ook de winnaar van het spel was?
Antwoord is bekend overigens.

[wnvl1]

P(A 11 punten en B 9 punten) = 8*(0.5)^20

AB-AB-AB-AB-AB-AB-AB-AB-AB-AA
BA-BA-BA-BA-BA-BA-BA-BA-AB-AA
...
Ik denk 8 mogelijkheden.

P(B 13 punten en A 11 punten) = 10*(0.5)^24

AB-AB-AB-AB-AB-AB-AB-AB-AB-AB-BA-BB
BA-BA-BA-BA-BA-BA-BA-BA-BA-AB-BA-BB
...
Ik denk 10 mogelijkheden.


Ik zou dan denken aan

P(A wint | A heeft 11 punten)=P(A wint en A heeft 11 punten) / (P(A wint en A heeft 11 punten) + P(B wint en A heeft 11 punten)) =
8*(0.5)^20 / (8*(0.5)^20 + 10*(0.5)^24)=0.9275

[wnvl1]

Nee

9*(0.5)^20 / (9*(0.5)^20 + 11*(0.5)^24)=0.92903225806

[Lucas N]

P(A wint)=1/2

A en B zijn verwisselbaar voor het vraagstuk.

[wnvl1]

Nee, want als B wint moet die 13 punten hebben. Er is dus geen symmetrie.

[Xilvo]

De kans is 80%
Je komt, na 19 keer gooien en als er niet eerder een verschil van 2 ontstond, op een stand 9-10 (of 10-9, dat maakt niet uit)
Daarna krijg je 11-9, dan is het uit met een van de twee 11 punten. Kans 0,5
Zo niet, dan 10-10 (ook kans 0,5).
Dan 11-10 (kans 1)
Dan 12-10 (uit, geen winnaar met 11 punten) of 11-11 (weer kans 0,5, geeft kans 0,25)
Dan 12-11
dan 12-12 (gaat verder maar 11 is niet meer mogelijk) of 13-11, (weer kans 0,5, geeft kans 0,125).
Dat geeft voor de kans dat met 11 gewonnen wordt 0,5/(0,5+0,125)=0,8

[CoenCo]

We denken in tweetallen. Het spel loopt zolang de tweede worp van het tweetal steeds anders is dan de eerste worp van het tweetal. Waarbij dee eerste worp niet uitmaakt (kans=1 dus die laat ik weg)

De kans dat het spel na 1 tweetal is afgelopen is de kans dat de tweede worp anders is dan een willekeurige uitkomst van de eerste worp: 0,5^1

De kans dat het spel na 10 tweetallen is afgelopen is de kans dat 9 keer de tweede worp anders was dan de eerste, en de laatste keer de tweede worp identiek aan de eerste: 0,5^10. Hier is de score dus 11-9

De kans dat het spel na 12 tweetallen is afgelopen is 0,5^12. Hier is de score dus 11-13

Gegeven dat er eindstand is met daarin een 11, is de kans dat deze 11-9 is. (0,5^10)/(0,5^12)=4x keer zo groot als de kans dat de stand 11-13 was.
Als de ene kans 4 keer zo groot is, en de totale kans optelt tot 1. Dan is P(stand11-9)=0,8

[PhilipVoets]

Dank, mijn redenering was: gegeven is dat het spel klaar is en iemand heeft 11 punten, dus ofwel 9-11 (winst) ofwel 11-13 (verlies). Als de winnende score 13 is versus 11 moeten er twee muntworpen meer hebben plaatsgevonden, dus 0,5 x 0,5 = 0,25 —> Kans op 11 als winnende score versus 13 als winnende score is viermaal groter, dus 4/5 = 80%. Overigens zou ik denken dat het precieze puntenaantal niet heel veel uitmaakt, omdat je al gegeven krijgt dat er een aantal punten is, dat is een zekerheid, geen kans. Van daaruit twee scenario’s. In de redenering van Coen: e.g., 0,5^6/0,5^(6+2) = 0,5^10/0,5^12 (dus altijd 0,5^x/0,5^(x+2))

[CoenCo]

Wat me vooral opviel is dat ik intuitief had verwacht dat je best vaak moet gooien om te winnen.
Maar er dus 50%kans is dat het binnen 2 worpen uit is, en 75%kans dat je binnen 4 worpen klaar bent.

[PhilipVoets]

Wat me vooral opviel is dat ik intuitief had verwacht dat je best vaak moet gooien om te winnen.
Maar er dus 50%kans is dat het binnen 2 worpen uit is, en 75%kans dat je binnen 4 worpen klaar bent.

Haha, verraderlijk, ja, maar iemand wint de eerste worp (zekerheid, P = 1,0) en P = 0,5 dat die persoon ook de tweede worp wint (en dus het spel).

[wnvl1]

Spijtig, ik was vergeten om de 10 en 12 in de exponent te zetten (had ze als grondtal gebruikt). Volgende keer beter.


$$P(\text{A wint | A 11 punten})= \frac{P(\text{A wint} \cap \text{A 11 punten})}{
P(\text{A 11 punten)}}$$

$$= \frac{P(\text{A wint} \cap \text{A 11 punten})}{(
P(\text{A wint} \cap \text{A 11 punten}) + P(\text{B wint} \cap \text{A 11 punten}))}$$


$$=\frac{2^{10}*(0.5)^{20}}{2^{10}*(0.5)^{20} + 2^{12}*(0.5)^{24}}=0.8$$

[Xilvo]

Overigens zou ik denken dat het precieze puntenaantal niet heel veel uitmaakt, omdat je al gegeven krijgt dat er een aantal punten is,

Dat klopt, het maakt niets uit. Voor 11 kan je elk heel getal vanaf 2 kiezen, het resultaat blijft hetzelfde.

[wnvl1]

Je kan het spel dan ook perfect modelleren als een Markov keten.

Toestand 1: gelijk
Toestand 2: A staat een spel voor
Toestand 3: B staat een spel voor
Toestand 4: A wint
Toestand 5: B wint

Je kan dan een transitiematrix definieren

$$ P = \begin{bmatrix}
0 & 0.5 & 0.5 & 0 & 0 \\
0.5 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0.5 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0.5 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0.5 & 0 & 1
\end{bmatrix} $$

[CoenCo]

Spijtig, ik was vergeten om de 10 en 12 in de exponent te zetten (had ze als grondtal gebruikt). Volgende keer beter.


$$P(\text{A wint | A 11 punten})= \frac{P(\text{A wint} \cap \text{A 11 punten})}{
P(\text{A 11 punten)}}$$

$$= \frac{P(\text{A wint} \cap \text{A 11 punten})}{(
P(\text{A wint} \cap \text{A 11 punten}) + P(\text{B wint} \cap \text{A 11 punten}))}$$


$$=\frac{2^{10}*(0.5)^{20}}{2^{10}*(0.5)^{20} + 2^{12}*(0.5)^{24}}=0.8$$

Zou het kunnen dat in die laatste formule nog een foutje zit?
Ik zou verwachten dat het 2^9 en 2^11 moet zijn ipv 2^10 en 2^12. Want voor het laatste tweetal zijn geen 2 mogelijkheden. Omdat A wint, moeten de laatste 2 worpen AA zijn.

[wnvl1]

Ja dat moet aangepast worden.