Banachprobleem

[William]

Hallo iedereen,

allereerst zal ik het Banachprobleem introduceren en daarna mijn vraag stellen.

In je linkerzak heb je een luciferdoosje met N lucifers
In je rechterzak heb je een luciferdoosje met M lucifers

Voor elke sigaret pakt Banach een lucifer uit zijn linkerzak met kans p een lucifer en uit zijn rechterzak met kans 1-p

Vraag: Wat is de kans dat Banach op het moment dat hij merkt dat één van de doosjes leeg is er in zijn andere zak nog m lucifers zijn?

Oplossing: X = aantal sigaretten dat hij rookt tot en met de (N+1)ste keer dat hij een lucifer uit zijn linkerzak wil gebruiken
X is dan Negatief Binomiaal verdeeld met parameters (N+1, p),
dit wordt ook wel geschreven als: X~Negbin(N+1,p)

Y = aantal sigaretten dat hij rookt tot en met de (M+1)ste keer dat hij een lucifer uit zijn linkerzak wil gebruiken
Y is dan Negatief Binomiaal verdeeld met parameters (M+1, 1-p),
dit wordt ook wel geschreven als: Y~Negbin(M+1,1-p)

De volgende eventualiteit wordt geïntroduceerd:
Bm = ''Banach merkt dat een doosje leeg is en er zijn nog m lucifers in het andere doosje''
Bm = {X = N+1 + M-m} verenigd met {Y = M+1 + N-m}

ℙ(Bm) = ℙ(N = M+1 + M-m) + ℙ(Y = M+1 + N-m)
= ((N+M-m)¦N)*p^(N+1)*〖(1-p)〗^(N-M) + ((M+N-m)¦M)*p^(N-M)*〖(1-p)〗^(M+1)

Mijn vraag is nu: Hoe werkt dit probleem als de desbetreffende persoon Banach niet 2 zakken heeft, maar 3 zakken heeft met in elk een luciferdoosje?

Kan iemand mij hierbij helpen?

Alvast bedankt!

Vriendelijke groeten,
William

[arie]

Stel:
- A, B en C: de 3 luciferdoosjes
- na, nb en nc: lucifers in elke doos,
- pa, pb en pc: de kans dat Banach een luciferdoosje pakt
- ga, gb en gc: het aantal reeds gebruikte lucifers
- ra, rb en rc: het aantal resterende lucifers.

Dan is
pa+pb+pc=1

ga=na-ra
gb=nb-rb
gc=nc-rc

Noem P(A=ra, B=rb, C=rc) de kans op een eindsituatie, dus waarbij ten minste 1 doos leeg is en Banach die doos pakt.
Stel dit is doos A (voor de andere dozen geldt een zelfde redenatie):
dan is ga=na dus ra=0, en Banach pakt weer doos A.
We weten dat er in de andere dozen rb en rc lucifers over zijn, dus gb en gc gebruikt.

De kans dat er ACHTEREENVOLGENS ga, gb en gc lucifers gebruikt zijn (dus eerst ga uit A, dan gb uit B, dan gc uit C) is
pa^ga * pb^gb * pc^gc.
Maar deze specifieke volgorde van pakken is niet van belang, Banach mag (en zal zeer wsch) de doosjes willekeurig (=random) door elkaar gebruiken.
Elk van deze uitkomsten kan dus via (ga+gb+gc)!/(ga!*gb!*gc!) combinaties tot stand komen.
Dus de kans dat er ga, gb en gc lucifers gebruikt zijn is
[(ga+gb+gc)!/(ga!*gb!*gc!)] * pa^ga * pb^gb * pc^gc.

Terug naar de eindsituatie via doos A:
dan is ga=na (alle lucifers uit A gebruikt),
en is de kans op eindsituatie
P[A](A=0, B=rb, C=rc) = {kans dat er na, gb en gc gebruikt zijn} * {kans dat Banach A pakt}
= [[(na+gb+gc)!/(na!*gb!*gc!)] * pa^na * pb^gb * pc^gc] * pa
= [(na+nb-rb+nc-rc)!/(na!*(nb-rb)!*(nc-rc)!)] * pa^(na+1) * pb^(nb-rb) * pc^(nc-rc)

Deze kansen kan je zo nodig samenstellen (=optellen) om vragen te beantwoorden zoals "hoe groot is de kans dat er in een eindsituatie in totaal m lucifers over zijn?".

VOORBEELD:
na=4; nb=3; nc=2;
pa=0.6; pb=0.3; pc=0.1;
Kans op eindsituatie: Banach pakt lege doos A met in B nog 1 lucifer over en in C nog 1 lucifer over:
P[A](A=0, B=1, C=1) = [7!/(4!*2!*1!)] * 0.6^5 * 0.3^2 * 0.1^1 = 0.0734832

De kans dat er in totaal 2 lucifers overblijven in eindsituatie A =
P[A](A=0, B=0, C=2) + P[A](A=0, B=1, C=1) + P[A](A=0, B=2, C=0) =
0.17146080.

De kans dat er in totaal 2 lucifers overblijven voor alle mogelijke eindsituaties =
P[A](A=0, B=0, C=2) + P[A](A=0, B=1, C=1) + P[A](A=0, B=2, C=0) +
P(A=0, B=0, C=2) + P(A=1, B=0, C=1) + P(A=2, B=0, C=0) +
P[C](A=0, B=2, C=0) + P[C](A=1, B=1, C=0) + P[C](A=2, B=0, C=0) =
0.24902640

Voor de kansen op het totaal aantal overblijvende lucifers = m vind ik in dit voorbeeld:

Code: Selecteer alles

m    Kans(m lucifers over)
0    0.04408992
1    0.13553568
2    0.24902640
3    0.25174800
4    0.20250000
5    0.10530000
6    0.01080000
7    0.00100000

[William]

Beste Arie,

bedankt voor je duidelijke uitleg!

Vriendelijke groeten,
William