[WI] Kansrekening

[Mr.Mark]

Kan iemand me helpen bij de vraag:

Wat is de verwachting van het aantal worpen met een dobbelsteen om alle mogelijke uitkomsten {1,2,3,4,5,6} minsten een keer gehad te hebben?

Ik ben bezig met het leren voor een tentamen alleen ben ik de lijn een beetje kwijt.

[mathfreak]

Bedenk dat de kans op iedere uitkomst is en bedenk dat je 6 mogelijke uitkomsten hebt.

[the economist]

dat vind ik te weinig aanwijzing. er zit nl ook een sterke correlatie in.
na zes worpen kun je ze allemaal gehad hebben, kans 5% of zo dacht ik (10%)
p(x=7) = al iets groter, dan moet je 5 verschillende hebben in zes worpen, en dan pas, in precies beurt 7, die 6e gooien. Dit is al behoorlijk rekenwerk, en volgens mij vergelijkbaar met een vraag op het recente examen.
P(x=8) idem., etc
zo krijg je ook kansen op P9 en P10 etc, en dat loopt in principe eindeloos door.

Het lijkt me dus dat je een shortcut moet vinden juist van de andere kant benaderen..
Of je stelt de vraag niet helemaal goed. Ik las m als: de verwachte waarde van X, waarbij X = het aantal keren waarin je het zesde cijfer gooit. De ene keer lukt je dat dus al na 6 D, de andere keer pas na 9 d.. Klopt dit ?

Maar dan beginnen de problemen pas, stel je hebt een d met drie zijden: 1,2,3
de kans dat je precies met de vierde worp de drie mog gegooid hebt is:
met de eerste mag je alles gooien, stel '1'
met de tweede mag je alles gooien, maar : WORDT DIT EEN '1 ', dan liggen de kansen anders dan wanneer dit een '2 ' wordt. de kansboom splits zich al.
Dit moet je blijven uitsplitsen, en met 6 wordt dt al een heel karwei.

Dus: of het moet sjieker, of je moet de vraag eens goed herformuleren !

[Mr.Mark]

Ah, ik heb het al.
De kans dat je een zijde haalt die je nog niet hebt gehad bij de eerste keer gooien is 1. Daarna is de kans 5/6 en geometrisch verdeeld dus de verwachting is 1/(5/6)=6/5. Dat kan met de het derde t/m zesde zijvlak ook dus de verwachting E(X)=1+6/5+6/4+6/3+6/2+6/1=14,7