[VAK] Wiskunde

[Faenty.]

Je hebt zeg maar 2/3 kans dat je een foute deur kiest, als je een foute deur kiesten dan wisselt krijg je altijd de prijs; de kans is dus 2/3 om die prijs te krijgen als je van deur wisselt.

[SpacyColours]

Je hebt zeg maar 2/3 kans dat je een foute deur kiest, als je een foute deur kiesten dan wisselt krijg je altijd de prijs; de kans is dus 2/3 om die prijs te krijgen als je van deur wisselt.

Als je als eerste een deur kiest zonder die open te doen, heb je 2/3 kans dat je voor een foute staat. Als die ander dan een deur met niets opendoet, is de kans dat je voor een foute deur staat nog maar 1/2.

[Faenty.]

Heb je ook mijn andere post gelezen? Als je 1000 deuren hebt en je doet dit hetzelfde dan is de kans dat je de goede deur kiest 1/1000, wanneer de host dan 998 deuren opent is de kans dat je de goede hebt gekozen nog steeds 1/1000, mar de kans dat de overgebleve deur goed is is 999/1000, dit is hetzelfde principe.

[SpacyColours]

Ik begrijp nu pas dat die tweede persoon een bosmongool is die altijd de verkeerde deur opent. Ja, sjongejonge, maar wie speelt er dan ook met zo'n flutregel? Zo kan ik het ook; hoeveel kans heb je als die tweede speler meneer Beer is die met een paar ferme meppen al die tegels aan gruzelementen slaat inclusief alle deuren..

[Teh_Ninja]

Meneer Bosmongool is in het originele raadsel dan ook geen medespeler, maar een behulpzame showmaster.

[Dutchy3010]

Dit is een klassiek voorbeeld in de statistiek, genaamd het "driedeurenprobleem" (verrassend he ). Hieronder wat ik me er nog van kan herinneren. Bij ons was het een logisch verhaaltje, waardoor het wellicht beter te begrijpen is:

1. Een deelnemer aan een spelshow mag kiezen uit 3 deuren. Achter 1 staat de "prijs", achter de andere 2 niet.

2. De deelnemer opent een deur.

3. De presentator opent een andere deur, waarvan hij weet dat het niet de goede is.

4. De presentator laat de deelnemer de keuze om te veranderen van deur.

Stel de deelnemer kiest deur 1, de presentator opent deur 2 (waarachter dus geen prijs zit). Nu moet de speler dus eigenlijk uitrekenen hoe groot de kans is dat achter deur 3 de prijs zit. Dit gaat met behulp van voorwaardelijke kansen. Als de prijs achter deur 3 zit, zal de presentator altijd deur 2 openen, aangezien de deelnemer kiest voor deur 1. Als de prijs achter deur 1 zit, die de deelnemer dus reeds geopend heeft, dan kiest de presentator at random voor 2 of 3. De kans dat dan wordt gekozen voor 2, is dus maar 50%.

De kans dat de presentator deur 2 opent maar de prijs achter 3 zit, is 1/3. De kans dat de presentator deur 2 opent, maar de prijs achter 1 zit, is 1/3 * 50% = 1/6. Je kunt dus beter wisselen, want dan heb je meer kans op de prijs (2x zoveel als in de eerste situatie, dus inderdaad 2/3).

Dit kan ook formeel worden berekend met de Theorema van Bayes.

[Mania-92]

Dit is een klassiek voorbeeld in de statistiek, genaamd het "driedeurenprobleem" (verrassend he ). Hieronder wat ik me er nog van kan herinneren. Bij ons was het een logisch verhaaltje, waardoor het wellicht beter te begrijpen is:

1. Een deelnemer aan een spelshow mag kiezen uit 3 deuren. Achter 1 staat de "prijs", achter de andere 2 niet.

2. De deelnemer opent een deur.

3. De presentator opent een andere deur, waarvan hij weet dat het niet de goede is.

4. De presentator laat de deelnemer de keuze om te veranderen van deur.

Stel de deelnemer kiest deur 1, de presentator opent deur 2 (waarachter dus geen prijs zit). Nu moet de speler dus eigenlijk uitrekenen hoe groot de kans is dat achter deur 3 de prijs zit. Dit gaat met behulp van voorwaardelijke kansen. Als de prijs achter deur 3 zit, zal de presentator altijd deur 2 openen, aangezien de deelnemer kiest voor deur 1. Als de prijs achter deur 1 zit, die de deelnemer dus reeds geopend heeft, dan kiest de presentator at random voor 2 of 3. De kans dat dan wordt gekozen voor 2, is dus maar 50%.

De kans dat de presentator deur 2 opent maar de prijs achter 3 zit, is 1/3. De kans dat de presentator deur 2 opent, maar de prijs achter 1 zit, is 1/3 * 50% = 1/6. Je kunt dus beter wisselen, want dan heb je meer kans op de prijs (2x zoveel als in de eerste situatie, dus inderdaad 2/3).

Dit kan ook formeel worden berekend met de Theorema van Bayes.

Laat ik dat maar even gedaan hebben.

[Dutchy3010]

Haha nice, waar maak je dat zo netjes mee (of is het gewoon Word)? Had daar zelf niet zo'n behoefte aan.

[Mania-92]

Haha nice, waar maak je dat zo netjes mee (of is het gewoon Word)? Had daar zelf niet zo'n behoefte aan.

TeXWorks. Maar kan met elke editor die latex ondersteunt. Had het nog op papier liggen dus hoefde het maar even snel uit te typen.

[S-te-Fan]

Hmmm ik heb kansrekenen nooit gehad. Ziet er minder leuk uit dan Wiskunde B.

[Dutchy3010]

Ik vind het juist een mooie toevoeging. Kan je leuke rationele vraagstukken mee maken.

[-MessiaX-]

Het leuke aan wiskunde D vond ik ruimtelijke wiskundige vraagstukken oplossen ( meetkunde ). Voor de rest hebben dingen ook wel geholpen bij dit soort vraagstukken, maar het grootste gedeelte ben ik onderhand weer vergeten hiervan.

Leuker vond ik informatica, waar je dan soms dingen van de wiskunde in terug zag komen. Daar kon ik zelf dan wel veel beter mee experimenteren, dan de casussen die je bij wiskunde kreeg voorgeschoteld. Natuurkunde vond ik ook wel wat hebben, maar scheikunde vond ik dan weer helemaal niks; dus vandaar kwam ik daar bij het radiatie gedeelte nog wel eens in de knoop. Gelukkig ging dat bij mij niet verder dan de halveringstijd van bepaalde ionen volgens mij ( bij natuurkunde dan ).

Bewerkt: 29 april 2013 door -MessiaX-

[Bassieboy35]

Voor sommigen ga ik misschien heel dom klinken, maar ik weet niet hoe je de tweede afgeleide van x naar y (hier van Q1 naar Q2) berekend, zeg maar het tweede gedeelte van de Hesse determinant.

Het voorbeeld uit de college slide:

Wie zou mij kunnen helpen?

[JasonStatham]

Wie zou mij kunnen helpen?

Heb je er nog hulp mee nodig? Dan schrijf ik het morgenochtend wel even uit, partieel afleiden is inderdaad ietsje lastiger dan normaal differentiëren. Op z'n simpelst gezegd beschouw je een deel (dan wel Q1 of Q2) als een constante. Dus als je PR differentieert naar Q1, dan kan je iedere Q2 beschouwen als een constante.

Edit: Ik had niet je bericht volledig gelezen, maar als ik het goed begrijp is het alleen de tweede-orde afgeleide eerst naar Q1 dan naar Q2 (of andersom, maakt niet uit: Stelling van Schwarz) differentieert waar je niet uitkomt? Vraag me af waar je dan wel op uitkomt als het bepalen van die eerste orde partieel afgeleiden wel lukt

Besef wel dat je ze consecutief partieel moet afleiden en dan kom je in beide gevallen uit op -1. (Wat meteen in 1 oogopslag te zien is aan de ..-Q1*Q2.. in PR-functie, maar dat leer je jezelf later wel aan )

Bewerkt: 23 november 2016 door FrankyFourFingers

[Bassieboy35]

De eerste en tweede orde van Q1 en Q2 apart snap ik wel. Alleen hoe komen ze aan die -1? De tweede ordes keer elkaar doen geeft 40, dus dat is het ook niet.