$10$ ogen kun je op drie manieren krijgen: $6+4$, $5+5$ en $4+6$.
$7$ ogen kun je op wel zes manieren krijgen: $6+1$, $5+2$, $4+3$, $3+4$, $2+5$ en $1+6$.

Dat kan alleen als je beschikt over een statistiek met zijn ziekteverleden. Als daaruit blijkt dat hij gemiddeld bijvoorbeeld één week per jaar ziek is, kun je een kans op ziekte per dag beredeneren.

Als de dobbelsteen het hele potje door al gebruikt is en er aan het einde toevallig drie zessen achter elkaar bovenkwamen, is het veel waarschijnlijker dat Sjon gewoon geluk heeft en Meindert niet zo goed tegen z'n verlies kan.

Het is zeker waar dat er een luchtje aan de zaak lijkt te zitten. Dat gezegd hebbende is het niet zeker dat hier sprake is van doorgestoken kaart: dat Meindert direct precies datgene werpt wat hij nodig heeft om te winnen. Bovendien dat hij met een dobbelsteen werpt die hij net tevoorschijn tovert, drie keer zes werpt, lijkt onwaarschijnlijk (en bovendien verdacht), maar kanstechnisch verre van onmogelijk. Sterker nog, het is net zo waarschijnlijk als de manier waarop Sjon het vorige potje won. Kortom, Meindert kan net zo goed ook geluk hebben gehad.

Bingo zit zo in elkaar dat de nummers op elk velletje (en ook de nummers die getrokken worden) volkomen willekeurig zijn. Onder aanname dat iedereen even goed speelt, is de winkans verwant aan de hoeveelheid spelers. Als iedereen `2` % kans heeft om te winnen (ofwel `1:50` ), zijn er vijftig deelnemers.

Uit de tabel kun je aflezen dat uitkomst $4$ na $600$ worpen $98$ keer bovenkwam. De (experimentele) kans is dus $\frac{98}{600}$.

$\frac{997}{6000}$

Ja, het lijkt erop dat alle kansen op de lange duur richting de $\frac{1}{6}$ gaan.

$\frac{6}{10}$

$\frac{18}{50}$

Het kan zinnig zijn om een gemiddelde te nemen van twee verschillende experimenten (in dit geval één op een hard en één op een zacht oppervlak). In dit geval is de betrouwbaarheid laag door het kleine aantal keren dat het eerste experiment is uitgevoerd. Het grotere aantal bij het tweede experiment verandert daar niet veel aan.

Zelf uitvoeren en het resultaat telkens in een turflijst vastleggen. Daarna de zevens en de tienen tellen.

Als het goed is wel. Door toeval kan het natuurlijk ook anders uitpakken. Maar er zijn meer mogelijkheden om $7$ te gooien dan dat er zijn om $10$ te gooien. Ga dat na door een rooster te maken.

De wet van de grote aantallen zegt dat je, na heel vaak twee dobbelstenen te werpen, $\frac{6}{36}$ deel van de uitkomsten $7$ moet zijn, en $\frac{3}{36}$ deel is $10$.

In het geval van de twee dobbelstenen zoek je naar de kans dat je een $4$ gooit op één dobbelsteen, omdat je met de ander al een $2$ hebt. De theoretische kans om een $4$ te gooien op één dobbelsteen is hetzelfde als de kans op het gooien van een $6$ (namelijk $\frac{1}{6}$).

Voer in op de GR: "int(6*rand)+int(6*rand)+2" of "randint(1,6,1)+randint(1,6,1)" .

Het diagram ziet er als volgt uit: vanaf links naar het midden steeds hogere staven. Na de hoogste staven in het midden worden de staven weer kleiner.

Je zou in de buurt van $\frac{1}{9}$ moeten uitkomen.

Er zijn drie manieren om $4$ ogen te gooien: $\left(\mathrm{1,3}\right)$; $\left(\mathrm{2,2}\right)$ en $\left(\mathrm{3,1}\right)$. Er zijn $6·6=36$ mogelijke worpen. De theoretische kans is dus $\frac{3}{36}=\frac{1}{12}$.

Je telt de relatieve frequenties bij elkaar op die corresponderen met lengtes tussen $\mathrm{1,75}$ m en $\mathrm{1,90}$ m.

De gevraagde kans is $\mathrm{23,8}+\mathrm{28,9}+\mathrm{20,4}=\mathrm{73,1}$%, ofwel $\mathrm{0,731}$.

Je kunt de relatieve frequenties bij elkaar optellen die corresponderen met lengtes hoger dan $\mathrm{1,90}$ m en lager dan $\mathrm{1,75}$ m.

Wat sneller is, is om je te realiseren dat je vraagt naar de hoeveelheid die geen M draagt: dat is $100-\mathrm{73,1}=\mathrm{26,9}$%; ofwel kans $\mathrm{0,269}$.

Dit is de relatieve frequentie van lengtes vanaf $\mathrm{2,00}$ m. Dat is $\mathrm{0,5}$%.

Het aantal herhalingen van het kansexperiment is $5705$. Het aantal keer dat de gebeurtenis voorkomt is $479$.

De gevraagde kans is $\frac{479}{5705}\approx \mathrm{0,08}$, ofwel $8$%.

De gevraagde kans is $\frac{479}{10000}\approx \mathrm{0,05}$, ofwel $5$%.

In b werd gespecificeerd dat de persoon die je tegenkomt een man is, dus het totaal aantal herhalingen wordt het totaal aantal mannen. Bij c kan de persoon zowel een man als een vrouw zijn, dus dan kijk je naar de totale hoeveelheid mensen.

Op de GR "int(10*rand)" gebruiken. $0,1,2,3,4$ betekent kop. $5,6,7,8,9$ betekent munt.

Op de GR invoeren: "int(rand*6)+int(rand*6)+2" .

Op de GR "int(6*rand)" gebruiken. $1$ oog krijgt $0$ en $1$ toegewezen. $3$ ogen krijgt $2$. $4$ ogen krijgt $3$ en $4$ en $6$ ogen krijgt $5$ toegewezen.

Er zijn negen mogelijke paren, die allemaal even waarschijnlijk zijn (als ze tenminste niet volgens een bepaalde strategie spelen: hun keuzes moeten willekeurig zijn). Zo krijg je mogelijkheden $\left(\mathrm{0,0}\right)$ (speler A heeft $0$ lucifers, en speler B ook), $\left(\mathrm{0,1}\right)$ (speler A pakt er $0$, speler B $1$), $\left(\mathrm{0,2}\right)$, $\left(\mathrm{1,0}\right)$, $\left(\mathrm{1,1}\right)$, $\left(\mathrm{1,2}\right)$, $\left(\mathrm{2,0}\right)$, $\left(\mathrm{2,1}\right)$ en $\left(\mathrm{2,2}\right)$. Elk van die mogelijkheden geef je een nummer, respectievelijk 1 t/m 9. De nummers 2, 4, 6, 8 zijn winst voor A, de nummers 1, 3, 5, 7 en 9 voor B. Nummer 0 doet niet mee.

Zie figuur als voorbeeld hoe je dat kunt doen.

Van de negen mogelijke uitkomsten zijn er maar vier waarbij speler A wint. Omdat de uitkomsten willekeurig zijn, heeft volgens de experimentele wet van de grote aantallen speler A een kleinere kans om te winnen.

$297$

Voor de klasse $950\text{- <}1050$ is de relatieve frequentie $\frac{4}{297}·100\approx \mathrm{1,3}$%. Ga zo door voor alle klassen om het staafdiagram met relatieve frequenties te kunnen tekenen.

Dit is de kans dat de lamp korter dan $1250$ uur brandt, ofwel $\frac{4+9+16}{297}·100\approx 10$%

Dit is de kans dat de lamp langer dan $1650$ uur brandt, ofwel $\frac{37+20+9+3+1}{297}·100\approx 24$%.

De gemiddelde levensduur zit in de klasse $1450-<1550$ uur. Je kijkt naar een levensduur van minder dan $1350$ en meer dan $1650$ uur. Dus $\frac{65}{297}·100+\frac{70}{297}·100=45$%.

$\frac{5+2}{11+5+2}=\frac{7}{18}$

$\frac{15+7+7}{100}=\frac{29}{100}$

Warren wint als hij een 4 gooit en Bill een 3. Bij elke $4$ van Warren zijn $5$ keer een $3$ van Bill mogelijk. Dat geeft $25$ paren met winst voor Warren van de $36$ paren. De kans op winst voor Warren is dan $\frac{25}{36}$.

Tabel bij de twee rode dobbelstenen van Warren:

som ogen	$2$	$5$	$8$
aantal keer	$1$	$10$	$25$

Tabel bij de twee groene dobbelstenen van Bill:

som ogen	$4$	$7$	$10$
aantal keer	$9$	$180$	$9$

Bill wint met $9$ tegen $1$. Dat kan op $9·1=9$ manieren. Met $7$ wint hij op $18·11=198$ manieren en met $10$ wint hij op $9·36=324$ manieren. Totaal wint Bill op $531$ manieren. Er zijn $36·36=1296$ paren uitkomsten van rood met groen. De kans dat Bill wint, is $\frac{531}{1296}\approx \mathrm{0,4097}$. Een kans van $41$%.

Heel vaak met één van die dobbelstenen gooien en bijhouden hoe vaak elk vlakje boven komt. Als de experimentele kans per vlak uitkomt op ongeveer $\frac{1}{4}$ zou je wel kunnen zeggen dat de dobbelsteen zuiver is. (Daarna zou je dit ook nog met de andere dobbelsteen moeten doen.)

Omdat bij zo'n simulatie wordt uitgegaan van gelijke kansen voor elk vlakje.

Eigen antwoord. Raadpleeg zo nodig het Practicum .

Je zou in de buurt van de $\frac{3}{16}=\mathrm{0,1875}$ moeten uitkomen.

$\mathrm{37,1}$%

M: $\mathrm{50,3}$% en L: $\mathrm{12,6}$%.

$111$ stuks S; $151$ stuks M; $38$ stuks L.

$\mathrm{0,118}$

$\mathrm{0,107}$

$963$