Kansberekenen

[JimmyB]

Oorspronkelijk geplaatst door Piero

Is dat zo? Is het aantal inwoners dan niet 500.000 x 80.000?

Neen.

Wat ik berekend heb is het volgende.

Veronderstel dat je een papiertje per persoon van een stad van 80.000 inwonesrs hebt in een grote trommel. Er zitten 14% = 11.200 papierjes met de naam Joop, 16.800 met de naam Anna enz.

Je trekt uit die trommel 6 namen. Als je de naam al had gooi je die terug en trek je opnieuw.

De vraag is dan: wat is de kans dat je de combinatie Joop-Anna-Mark-Mieke-Luk kunt vormen?

Nu die kans is die 1 op 500.000. Dit wil eigenlijk zeggen dat als je 500.000 keer zou trekken er verwacht wordt dat er 1 zal tussen zitten met die combinatie. Pas op, verwacht, dit is geen zekerheid.

Nu, om 500.000 keren te trekken heb je dan eigenlijk 500.000x6 personen, dus zouden het er 3 miljoen moeten zijn.


Dit is natuurlijk een beetje een rare vraagstelling. Normaal hanteert men het concept van kans en niet hoeveel er zouden moeten zijn omdat iets waarheid zou worden, want zeker is men toch nooit.

[Aton]

Oorspronkelijk geplaatst door Piero

Ieder zijn heug.

Praatjes vullen geen gaatjes, maar tot nu toe heb je hier nog weinig bruikbaars ingebracht, noch kritiek op de kansberekeningen, noch een eigen inbreng. Blijf maar rustig aan de kant staan of haal er een zakjes borrelnootjes bij.

[JimmyB]

Oorspronkelijk geplaatst door patrickve

Ik denk dat er een nulletje verkeerd is. Ik kwam uit op 22.9E-6, na herhaaldelijke verificaties...



Nog eens, je moet niet met het aantal PERSONEN vermenigvuldigen, maar met het aantal GROEPEN VAN 6 die je beschouwt, want de kans die je hebt uitgerekend, is de kans dat een groep van 6 die namenverdeling heeft. Een trekking = een groep van 6.

En daar was gans de discussie over enkele dagen geleden: WELKE groepen van 6 beschouwen we ? Alle denkbare (enorm veel, iets van 3E26 of zo) ?
De 13333 groepen die we kunnen maken door de 80 000 inwoners op te splitsen in huizen van elk 6 inwoners ?

Enkel maar die groepen van 6 die zich toevallig gevormd hebben in het dorp (hebben we geen gegevens over) ? Enkel maar die groepen van 6 die zich toevallig gevormd hebben in het dorp, en die toevallig ook de juiste familiale onderlinge relaties heeft (ook geen gegevens over, maar let op het effect van de volgorde hier) ?

Maar 1 ding is zeker: er zijn, in een dorp van 80 000 inwoners, op geen enkele logische manier 80 000 groepen van 6.

Edit: hoewel, dit laatste zou wel te doen zijn, mochten ze allemaal op een facebook achtig sociaal netwerk zitten, waar iedereen 5 fans mag hebben in het dorp, en we ons probleem toepassen op de groepen van het "idool" en de 5 fans. DAT is een manier om in een dorp van 80 000 inwoners, ook 80 000 groepen van 6 te hebben

Zie mijn vorige commentaar. m.i. zijn het aantal groepen hier niet van belang.

Je hebt gelijk denk ik, ik zat er een nulletje naast. Het moet 2.2E-5 zijn.

[Aton]

Top topic !!

[patrickve]

Oorspronkelijk geplaatst door JimmyB

Neen.

Wat ik berekend heb is het volgende.

Veronderstel dat je een papiertje per persoon van een stad van 80.000 inwonesrs hebt in een grote trommel. Er zitten 14% = 11.200 papierjes met de naam Joop, 16.800 met de naam Anna enz.

Je trekt uit die trommel 6 namen. Als je de naam al had gooi je die terug en trek je opnieuw.

De vraag is dan: wat is de kans dat je de combinatie Joop-Anna-Mark-Mieke-Luk kunt vormen?

Nu die kans is die 1 op 500.000. Dit wil eigenlijk zeggen dat als je 500.000 keer zou trekken er verwacht wordt dat er 1 zal tussen zitten met die combinatie. Pas op, verwacht, dit is geen zekerheid.

Juist, behalve dat ik denk dat het 1/50000 is, gewoon rekenfoutje denk ik.

Allez, we doen het nog eens:

Kans op die groep van 6 in de juiste volgorde:

0.14 * 0.21 * 0.02 * 0.09 * 0.006 * 0.1 = 3.17 E -8

Als we de volgorde onbelangrijk vinden, vermenigvuldigen met 6! = 720, geeft ons: 2.29 E - 5

Nu, om 500.000 keren te trekken heb je dan eigenlijk 500.000x6 personen, dus zouden het er 3 miljoen moeten zijn.

Juist. Behalve dat er dus een nulletje teveel was, en het rond de 300 000 personen is. 262 450 om preciezer te zijn.

Dit is natuurlijk een beetje een rare vraagstelling. Normaal hanteert men het concept van kans en niet hoeveel er zouden moeten zijn omdat iets waarheid zou worden, want zeker is men toch nooit.

IDD. Dan is de verwachtingswaarde 1 en is de verdeling over of het er nu 0, 1, 2, 3 .... zijn, een Poisson verdeling.

[patrickve]

Oorspronkelijk geplaatst door JimmyB

Zie mijn vorige commentaar. m.i. zijn het aantal groepen hier niet van belang.

Eh, toch wel, want dat is het aantal trekkingen. Elke groep is een trekking, zoals je zelf juist beschrijft. Maar om te weten welke de kansverdeling is om 0, 1, 2 ... JUISTE GROEP(EN) te trekken, moet je weten hoeveel keer je een trekking doet, dus over hoeveel groepen het gaat, waarbinnen je 0, 1, 2, 3 of meer "juiste groepen" wil getrokken zien.

Als N het aantal groepen van 6 is en p de kans om een juiste groep te hebben (dus die fameuze 22.9 E -6), dan is lambda = N * p, en hebben we een Poisson verdeling met die lambda die ons de kans geeft om:

- 0 goeie groepen op de N gevonden te hebben

- 1 goeie groep op de N gevonden te hebben

- 2 goeie groepen op de N gevonden te hebben

enz...

(ideaal is het een binomiaalverdeling van 0, 1, 2, .... op de N, maar als N groot is en p klein, valt die binomiaal verdeling niet meer uit te rekenen en is de Poisson benadering prima).

Maar je moet dus wel degelijk N kennen en dat was gans de ambiguiteit van het originele vraagstuk.

[patrickve]

Ik zie dit nu pas:

Oorspronkelijk geplaatst door JimmyB

Je trekt uit die trommel 6 namen. Als je de naam al had gooi je die terug en trek je opnieuw.

Uh, nee, dat zou het pas moeilijk maken !

Het zou namelijk de kans wat verhogen in vergelijking met die waar we het nu over eens zijn.

Immers, we zouden dan iets hebben van de aard van:

0.14 * (0.21 + 0.21 * 0.14 + 0.21 * (0.14)^2 + ...) * (0.02 + 0.02 * (0.14 + 0.21) + 0.02 * (0.14 + 0.21)^2 + ...) enzovoort.

Want eerst wil je de kans om Joop te trekken, dat is 0.14.

Maar dan wil je de kans om Anna te trekken. Echter, als het een tweede Joop is, mag je her-trekken, dus heb je een extra kans om Anna te trekken, namelijk eerst een (tweede) Joop, en dan een Anna. Of drie keer achtereen een Joop, en dan weer een Anna.

Maar voor de derde heb je nog meer mogelijkheden. Direct een Jan, of een Joop en een Jan, of een Anna en een Jan, of een Joop en een Anna en dan een Jan en zo voort

[JimmyB]

Oorspronkelijk geplaatst door patrickve

Ik zie dit nu pas:



Uh, nee, dat zou het pas moeilijk maken !

Het zou namelijk de kans wat verhogen in vergelijking met die waar we het nu over eens zijn.

Immers, we zouden dan iets hebben van de aard van:

0.14 * (0.21 + 0.21 * 0.14 + 0.21 * (0.14)^2 + ...) * (0.02 + 0.02 * (0.14 + 0.21) + 0.02 * (0.14 + 0.21)^2 + ...) enzovoort.

Want eerst wil je de kans om Joop te trekken, dat is 0.14.

Maar dan wil je de kans om Anna te trekken. Echter, als het een tweede Joop is, mag je her-trekken, dus heb je een extra kans om Anna te trekken, namelijk eerst een (tweede) Joop, en dan een Anna. Of drie keer achtereen een Joop, en dan weer een Anna.

Maar voor de derde heb je nog meer mogelijkheden. Direct een Jan, of een Joop en een Jan, of een Anna en een Jan, of een Joop en een Anna en dan een Jan en zo voort

Juist, maar we rekenen alles bij benadering. Die deviatie gaat de kans dus verhogen maar de vraag is indien het grootte orde heel veel zal schelen.

[patrickve]

Oorspronkelijk geplaatst door JimmyB

Juist, maar we rekenen alles bij benadering. Die deviatie gaat de kans dus verhogen maar de vraag is indien het grootte orde heel veel zal schelen.

Ik heb het uitgerekend tot 3de/4de orde en ik vind dat dat de kansen met een factor 21.8 verhoogt.


(1 + 0.21 + 0.21**2 + 0.21**3) * (1 + 0.35 + 0.35**2 + 0.35**3) * (1 + 0.37 + 0.37**2 + 0.37**3) * (1 + 0.46 + 0.46**2 + 0.46**3 + 0.46**4) * (1 + 0.47 + 0.47**2 + 0.47**3 + 0.47**4) * (1 + 0.57 + 0.57**2 + 0.57**3 + 0.57**4)

Ik vind dat dat gelijk is aan:

21.791514955078103

(derde orde voor de kleinere getallen, 4de orde voor de grotere omdat het niet zo snel afneemt)

[JimmyB]

Oorspronkelijk geplaatst door patrickve

Ik heb het uitgerekend tot 3de/4de orde en ik vind dat dat de kansen met een factor 21.8 verhoogt.


(1 + 0.21 + 0.21**2 + 0.21**3) * (1 + 0.35 + 0.35**2 + 0.35**3) * (1 + 0.37 + 0.37**2 + 0.37**3) * (1 + 0.46 + 0.46**2 + 0.46**3 + 0.46**4) * (1 + 0.47 + 0.47**2 + 0.47**3 + 0.47**4) * (1 + 0.57 + 0.57**2 + 0.57**3 + 0.57**4)

Ik vind dat dat gelijk is aan:

21.791514955078103

(derde orde voor de kleinere getallen, 4de orde voor de grotere omdat het niet zo snel afneemt)

Dit is toch al de moeite. het zal wel zoveel niet zijn, want worst case scenario is dat je eerst degene trekt met het meeste namen en dan die met minder enz..

In dit geval verhoogt de kans voor de 1ste trekking met een factor 15.

Dus de andere kansen moeten lager liggen. Maar een factor 10 is zeker realistisch.

[JimmyB]

Oorspronkelijk geplaatst door patrickve

Eh, toch wel, want dat is het aantal trekkingen. Elke groep is een trekking, zoals je zelf juist beschrijft. Maar om te weten welke de kansverdeling is om 0, 1, 2 ... JUISTE GROEP(EN) te trekken, moet je weten hoeveel keer je een trekking doet, dus over hoeveel groepen het gaat, waarbinnen je 0, 1, 2, 3 of meer "juiste groepen" wil getrokken zien.

Als N het aantal groepen van 6 is en p de kans om een juiste groep te hebben (dus die fameuze 22.9 E -6), dan is lambda = N * p, en hebben we een Poisson verdeling met die lambda die ons de kans geeft om:

- 0 goeie groepen op de N gevonden te hebben

- 1 goeie groep op de N gevonden te hebben

- 2 goeie groepen op de N gevonden te hebben

enz...

(ideaal is het een binomiaalverdeling van 0, 1, 2, .... op de N, maar als N groot is en p klein, valt die binomiaal verdeling niet meer uit te rekenen en is de Poisson benadering prima).

Maar je moet dus wel degelijk N kennen en dat was gans de ambiguiteit van het originele vraagstuk.

Ja, maar N is het aantal trekkingen. Dus op 80.000 mensen, hoeveel gezinnen zijn er bestaande uit 6 personen? Dit zal maximaal rond de 13.000 trekkingen liggen.

[patrickve]

Oorspronkelijk geplaatst door JimmyB

Dit is toch al de moeite. het zal wel zoveel niet zijn, want worst case scenario is dat je eerst degene trekt met het meeste namen en dan die met minder enz..

Je hebt gelijk dat we eigenlijk de berekening die ik maakte moet overdoen voor de 720 verschillende permutaties. Maw, de kansen zijn niet meer dezelfde voor de verschillende volgordes. Ik heb er zo maar 1 uitgerekend.

Ik dacht eerst dat de volgorde in de berekening geen rol speelde, en dat het dus altijd op 21 zou uitkomen, maar dat is bij nader inzicht niet waar natuurlijk. Dus is de enige manier om de 720 verschillende volgordes te nemen en daarvoor telkens de zaken uit te rekenen, en dan de som te maken (ipv de originele kans maal 720 te doen).

[patrickve]

Oorspronkelijk geplaatst door JimmyB

Ja, maar N is het aantal trekkingen. Dus op 80.000 mensen, hoeveel gezinnen zijn er bestaande uit 6 personen? Dit zal maximaal rond de 13.000 trekkingen liggen.

Absoluut. Dat is wat ik van in 't begin gebruik als "aantal trekkingen van 6". Behalve nadat Aton zegde dat het dat niet was, en ik dan overgeschakeld was op "alle denkbeeldige combinaties van 6" wat iets in de buurt van 3.4E26 of zo oplevert.

[JimmyB]

Oorspronkelijk geplaatst door patrickve

Absoluut. Dat is wat ik van in 't begin gebruik als "aantal trekkingen van 6". Behalve nadat Aton zegde dat het dat niet was, en ik dan overgeschakeld was op "alle denkbeeldige combinaties van 6" wat iets in de buurt van 3.4E26 of zo oplevert.

Ja, maar daar ging je m.i. zwaar off-track.

Nu, met de huidige cijfers is het niet zo onwaarschijnlijk dat er meer dan één gezin was met die combinatie en ik denk dat dit de belangrijkste conclusie is.

[patrickve]

Oorspronkelijk geplaatst door JimmyB

Ja, maar daar ging je m.i. zwaar off-track.

Nee, dat is een antwoord op de vraag: hoeveel combinaties in dat dorp van 80 000 inwoners hebben die naamcombinaties, he. Als we alle combinaties beschouwen die logisch mogelijk zijn, dan is dat het juiste antwoord.

Aangezien de opgave het essentiele element miste dat aangaf welke de verzameling van clusters van 6 was die te beschouwen was, was dat een van de mogelijke antwoorden.

Ik was eerst ook voor de 13 333 gegaan, maar Aton beweerde toen dat het geen belang had of we de inwoners nu opdeelden op een of andere wijze. Dan blijft de "alle logisch mogelijke combinaties" nog over als optie he.

[patrickve]

Ik heb een python programmaatje geschreven dat de correctie factor uitrekent als we gelijke namen terugleggen.

Zoals gezegd moeten we dus de berekening, waarvan ik er een gemaakt heb, overdoen voor de 720 verschillende permutaties. En daarvan de som maken, ipv gewoon de kans van 1 permutatie met 720 te vermenigvuldigen, vermits elke permutatie nu een verschillende correctie krijgt.

import itertools as it

probs = [0.14,0.21,0.02,0.09,0.006,0.1]



perms = list(it.permutations(probs))



totcor = 0

# we loop over the different permutations (720 in total)

for ll in perms:

	# for each permutation, we will make the product 

	# of the correction terms per draw of a person

	lcor = 1.0

	psum = 0

	# lcor will be the accumulated correction coefficient

	# psum will sum the probabilities of previously drawn names

        # we don't add the last probability, because there's no correction for that

	for k in range(0,5):

		psum += ll[k]

		myfac = 1

		# we calculate the different cases of one, two, three…

		# times a previous name was drawn again

		for u in range(1,50):

			myfac += psum**u

		lcor *= myfac

	# we sum all the corrections for each of the permutations

	totcor += lcor

print(totcor)

print(totcor / 720)

Het resultaat is:
4794.506512720616
6.659036823223078

Maw, ipv met 720 te vermenigvuldigen, moeten we met 4794 vermenigvuldigen. Wat een factor 6.66 groter is dan zonder teruglegging (waar die factor 720 is).

Merk op dat ik eerder een fout maakte eerder: ik moet de laatste som van kansen NIET meerekenen. Want de kans van de eerste, telt om de tweede trekking te corrigeren ; de kans van de eerste plus tweede, telt om de derde trekking te corrigeren. Maar de som van de 5 eerste telt om de laatste trekking te corrigeren, en de som van alle 6 is nergens meer nodig voor. Dat vermindert serieus de correctie, want die laatste factor was juist de grootste, en altijd dezelfde trouwens: de som van alle kansen in de machtreeksontwikkeling.

Vandaar dat mijn loop in mijn programma for k in range(0,5):
stopt bij de vijfde (nummer 4 in de lijst beginnende bij 0) en niet de 6de meerekent.

Het is wel fun als berekening, maar in het vraagstuk totaal irrealistisch. Immers, het zou willen zeggen dat bij het opdelen van de mensen in huizen van 6, het bij wet verboden zou zijn om 2 mensen met dezelfde naam in hetzelfde huis laten te logeren.

Terwijl dat dus grosso modo in 5 huizen op de 6 het geval zou zijn. (vandaar onze correctiefactor in de buurt van 6).

[patrickve]

Trouwens, mijne frank valt: die machtsreeks (1 + psum + psum^2 + psum^3 + ....) is niks anders dan de reeksontwikkeling van 1/ (1 - psum).

Dus kunnen we het programmaatje mooier maken:

import itertools as it

probs = [0.14,0.21,0.02,0.09,0.006,0.1]



perms = list(it.permutations(probs))



totcor = 0

# we loop over the different permutations (720 in total)

for ll in perms:

	# for each permutation, we will make the product 

	# of the correction terms per draw of a person

	lcor = 1.0

	psum = 0

	# lcor will be the accumulated correction coefficient

	# psum will sum the probabilities of previously drawn names

	for k in range(0,5):

		psum += ll[k]

		lcor *= 1/(1 - psum)

	# we sum all the corrections for each of the permutations

	totcor += lcor

print(totcor)

print(totcor / 720)

Geeft hetzelfde resultaat.

En dat is trouwens logisch: wat is de kans op een volgende naam gegeven dat die VERSCHILLEND IS van alle vorige ? Het is de VOORWAARDELIJKE kans om uit een van de RESTERENDE namen de goeie te trekken. En die voorwaardelijke kans is niks anders dan de kans van de goeie, over de kans van de resterende namen. Die laatste kans is 1 - psum, waarbij psum de som van de niet-resterende namenkansen is. De correctie coefficient op de "kans van de goeie" is dus gewoon 1/ (1 - psum).

Leuk !

[Aton]

Patrick en Jimmy, kan hieruit reeds een meer praktische formule gedistilleerd worden of is dit nog te vroeg of niet mogelijk?

[patrickve]

Oorspronkelijk geplaatst door Aton

Patrick en Jimmy, kan hieruit reeds een meer praktische formule gedistilleerd worden of is dit nog te vroeg of niet mogelijk?

Uit wat ? Het idee van JimmyB om enkel groepen met verschillende namen te beschouwen (terugleggen als de namen gelijk zijn) is een heel leuke spielerei geweest, en het was plezant om het te beschouwen, maar het lijkt mij totaal irrealistisch. Hoe ga je nu groepen beschouwen van 6 mensen in een gemeente, waar het zo is dat er daar geen enkele groep in voorkomt waar 2 mensen dezelfde naam hebben, terwijl dat, door gewoon willekeurig 6 mensen te combineren, de kans daartoe min of meer 5 op 6 is dat er 2 dezelfde naam hebben ?

Dus, welke formule bedoel je voor welk geval ?

[Jantje]

Oorspronkelijk geplaatst door patrickve

Uit wat ? Het idee van JimmyB om enkel groepen met verschillende namen te beschouwen (terugleggen als de namen gelijk zijn) is een heel leuke spielerei geweest, en het was plezant om het te beschouwen, maar het lijkt mij totaal irrealistisch. Hoe ga je nu groepen beschouwen van 6 mensen in een gemeente, waar het zo is dat er daar geen enkele groep in voorkomt waar 2 mensen dezelfde naam hebben, terwijl dat, door gewoon willekeurig 6 mensen te combineren, de kans daartoe min of meer 5 op 6 is dat er 2 dezelfde naam hebben ?

Dus, welke formule bedoel je voor welk geval ?

Dat is zelfs onmogelijk,
Je zit met meer Anna's dan er clusters van 6 kunnen gemaakt worden.
Dus als je de groep van 80 000 mensen in clusters van 6 opdeelt, en er rekening moet gehouden worden met de 21% Anna's en je geen clusters een naam 2 maal in voorkomt mag hebben, loop je vast.
In het beste geval onder de beste omstandigheden kan je 480 clusters met de 6 namen vormen, in het slechtste geval vorm je er geen enkele.