“Een man is altijd bang dat wanneer hij vliegt er een bom aan boord is die hoog in de lucht zal afgaan. Hij onderzocht in hoeveel gevallen van alle vluchten de laatste 20 jaar dit was voorgekomen en ontdekte dat de kans vrij klein was. Toch vond hij de kans nog te groot en besloot voortaan zelf altijd een bom mee te nemen, want de kans dat er twee bommen aan boord waren was nihil.”
Inleiding
Kansberekening is één van de lastigste onderdelen van de wiskunde. Niet zozeer vanwege het ingewikkelde rekenwerk, want dat is er niet, maar vanwege de interpretatie van zaken. In dit stukje wil ik dan ook middels voorbeelden hier een beeld van schetsen. Toch ontkomen we niet aan een aantal definities en de daarbij behorende rekentechnieken. En we beginnen met iets waar kleuters ook hun “wiskundige” loopbaan mee beginnen.
Tellen
Het lijkt zo simpel, tellen, maar is het dat ook?
Voorbeeld: voor me liggen drie verschillende viltstiften, een rode (R), een groene(G) en een blauwe(B).
Op hoeveel verschillende manieren kan ik die nu op een rijtje neerleggen?
Kijk naar het antwoord: RGB, RBG, GRB, GBR, BRG, BGR. Dat zijn dus 6 manieren. Nu leg ik er ook nog een paarse (P) bij. Op hoeveel verschillende manieren kan ik ze nu neerleggen?
Het antwoord ga ik niet uitschrijven, dat duurt te lang en is vooral saai. Maar kijk eens naar de volgende redenering: De P kan ik in de bovenstaande oplossingen op 4 verschillende plekken kwijt. Kijk maar naar het eerste rijtje: RGB. Met P erbij krijgen we PRGB, RPGB, RGPB en RGBP. En dat kan ik voor alle zes de rijtjes doen, dus totaal 4 (de verschillende plaatsen van P in één rijtje) keer 6 (rijtjes totaal). Dat is dus op 24 verschillende manieren! Als ik er nu een 5e stift bij leg en je volgt dezelfde redenering als hierboven, dan kom je uit op 120 verschillende manieren.
Dus:
– met 3 stiften 6 verschillende manieren
– met 4 stiften 24 verschillende manieren
– met 5 stiften 120 verschillende manieren
Om het bovenstaande snel uit te rekenen moet je even naar het volgende kijken:
– 3 → 6 = 1x2x3
– 4 → 24 = 1x2x3x4
– 5 → 120 = 1x2x3x4x5
Ofwel op de vraag op hoeveel verschillende manieren n (een willekeurig aantal) “dingen” gerangschikt kunnen worden is het antwoord 1x2x3x4x … x n-1 x n. In de wiskunde noemen we dit de faculteit van een getal en schrijven we dat door achter het getal een uitroepteken (!) te zetten.
Dus 3! = 6, en 4! = 24 etc..
Merk tot slot op dat faculteiten zeer snel heel erg groot worden. Zo is bv. 10! = 3.628.800 .
Voorbeeld: Wat zijn het aantal mogelijkheden bij de Lotto?
Om deze vraag te kunnen beantwoorden moeten we weten op hoeveel verschillende manieren we een bepaald aantal uit een groter aantal kunnen samenstellen?
We beginnen weer met een klein voorbeeldje:
Ik heb 3 knikkers (A, B en C). Op hoeveel verschillende manieren kan ik nu een verzameling van 1 knikker hieruit samenstellen? Uiteraard op 3 manieren: A, B of C?
Nu met dezelfde 3 knikkers: op hoeveel verschillende manieren kan ik een verzameling van 2 knikkers samenstellen? Kijk maar: AB, BA, AC, CA, BC en CB, dat zijn er dus 6.
En op hoeveel manieren een verzameling van 3 knikkers: Ook weer 6, kijk maar naar het vorige voorbeeld?
Nu dezelfde vragen voor een totaal van 4 knikkers:
| verzameling van | aantal manieren |
| 1 | 4 |
| 2 | 12 |
| 3 | 24 |
| 4 | 24 |
En tot slot voor totaal 5 knikkers:
| verzameling van | aantal manieren |
| 1 | 5 |
| 2 | 20 |
| 3 | 60 |
| 4 | 120 |
| 5 | 120 |
Als je het niet gelooft schrijf de voorbeelden maar uit.
Ook hier hebben wiskundigen weer een snel rekenmaniertje gevonden om e.e.a. te bepalen:
Op de vraag op hoeveel verschillende manieren je verzamelingen van k “dingen” uit een totaal van n “dingen” kunt samenstellen, waarbij k ≤ n (≤ betekent kleiner of gelijk) is het antwoord: n!/(n-k)! (! is faculteit, weet je nog?).
Kijk maar eens naar het voorbeeld van totaal 5 knikkers (n) en het aantal verzamelingen van 3 knikkers (k): 5!/(5-3)! = 5!/2! = 1x2x3x4x5/1×2 = 120/2 = 60.
En nu tot slot de lotto: Bij de lotto moet je een verzameling van 6 getallen kiezen uit een totaal van 45. Dat zijn dus 45!/(45-6)! = 5.864.443.200 manieren (meer dan 5 miljard!).
Eigenlijk nog een wonder dat er heel soms iemand is die de lotto goed heeft.
Opmerking: Door een aantal mensen ben ik er op gewezen dat de volgorde van de 6 getallen er niet toe schijnt te doen. Dit betekent dan dat de kans groter wordt. We hebben hierboven de zogenaamde permutatie uitgerekend. Maar kennelijk moet dit de combinatie zijn. De kans is dan 1 op 8.145.060.
Kansen
We beperken ons hier natuurlijk tot wat de wiskunde onder een kans verstaat. Er zijn ook andere pseudowetenschappen die een heel ander idee van kansen hebben, maar die zijn niet wetenschappelijk.
Een kans is een getal dat aangeeft hoeveel gewenste mogelijkheden er zijn uit een totaal aantal mogelijkheden.
Het totaal wordt altijd op 1 gezet. Een kans is daarom altijd een getal tussen de 0 en de 1, waarbij 0 betekent dat de kans zich nooit zal voordoen, en 1 betekent dat de kans zich altijd zal voordoen.
Voorbeeld: De kans dat je een zeven gooit bij het rollen met een dobbelsteen is 0! Waarom?
Voorbeeld: De kans dat je kop of munt gooit bij het opgooien van een munt is 1! Waarom?
Voorbeeld: Wat is de kans dat je een 4 gooit bij het werpen van een dobbelsteen?
Je kunt (natuurlijk) bij het werpen van een dobbelsteen een 1, een 2, een 3, een 4, een 5 of een 6 gooien. Totaal dus 6 mogelijkheden. Eén daarvan is echter gewenst, nl. de 4. Dus maar in 1 van de 6 gevallen zul je een 4 gooien. De kans op een 4 is dus 1/6 ≈ 0,166 ofwel 16% (≈ betekent ongeveer).
Je deelt dus de gewenste mogelijkheid door het totaal aantal mogelijkheden.
Voorbeeld: Wat is de kans dat je kop gooit bij het opgooien van een munt?
Bij het opgooien van een munt kun je of kop krijgen of munt. Dus totaal 2 verschillenden mogelijkheden. We willen kop gooien, dus 1 gewenste mogelijkheid.
De kans is dus ½.
Onafhankelijke kansen
Bij onafhankelijke kansen heeft de kans op het ene niets te maken met de kans op het andere.
Je bepaalt afzonderlijk de kans op het ene en het andere en telt daarna de kansen bij elkaar op.
Voorbeeld: Wat is de kans dat je een 3 of een 5 gooit bij het werpen van een dobbelsteen?
De kans op een 3 is natuurlijk weer 1/6, zo ook de kans op een 5 (dus ook 1/6). De kans op een 3 of een 5 is dan 1/6+1/6 = 2/6 = 1/3. Ofwel uit een totaal van 6 zijn er 2 gewenste.
Voorbeeld: Wat is de kans op 7 bij het werpen van 2 dobbelstenen?
Deze is iets lastiger. De mogelijkheden met 2 dobbelstenen zijn: [1,1], [1,2], ., [1,6], [2,1], ., [2,6], . , [6,6]. Totaal 36 mogelijkheden. De vraag is nu hoeveel mogelijkheden levert nu 7 als totaal op. Dat zijn de combinaties: [1,6], [2,5] , [3,4] ,[4,3], [5,2] en [6,1], dus in totaal 6. De kans is dus 6/36 = 1/6.
Afhankelijke kansen
Bij afhankelijke kansen is de kans op het ene afhankelijk van de kans op het andere. Je rekent eerst de kans van het andere uit, daarna de kans op het ene en vermenigvuldigt vervolgens die kansen.
Voorbeeld: Wat is de kans dat je bij 2 keer opgooien van een munt 2 keer kop gooit?
De kans op kop bij één keer gooien is ½. Maar nu moet je bij de tweede keer ook weer kop gooien (op zichzelf ook weer ½). De kans op 2 keer kop achter elkaar is nu ½x½ = ¼.
Je kunt ook gewoon weer kijken naar alle mogelijkheden: [k,k], [k,m], [m,k] en [m,m], totaal 4 mogelijkheden, waarvan alleen [k,k] gewenst is, dus 1 van de 4 is ¼.
Knikkers
Bij veel voorbeelden in de kansberekening komen naast dobbelstenen en munten ook potten met knikkers voor.
Bij deze voorbeelden moet je goed naar de vraag kijken.
Voorbeeld: Je hebt een pot met 10 rode en 10 groene knikkers. Je kunt niet in de pot kijken, en de knikkers zitten uiteraard door elkaar.
1. Wat is de kans dat je bij 1 keer (blind) trekken een rode knikker hebt?
2. Wat is de kans dat je bij 2 keer trekken twee keer een groene knikker hebt, wanneer je de knikker na iedere trekking weer in de pot doet?
3. Wat is de kans dat je bij 2 keer trekken twee keer een groene knikker hebt, wanneer je de knikkers na iedere trekking niet terug in de pot doet?
Het antwoord op vraag 1: Totaal zitten er 20 knikker in de pot. Daarvan zijn er 10 gewenst. De kans is dus 10/20 = ½.
Het antwoord op vraag 2: Ietsjes lastiger. De kans op een groene is de eerste keer 10/20 = ½. Bij de tweede keer is die natuurlijk ook ½. Omdat het hier een afhankelijke kans betreft moeten we beide kansen vermenigvuldigen, dus ½x½ = ¼.
Het antwoord op vraag 3: Nu goed opletten. Het gaat hier om een afhankelijke kans! De kans om bij de eerste trekking een groene te hebben is 10/20 = ½. Nu leg je echter de knikker niet terug en dat veranderd de situatie. In plaats van 20 knikkers zitten er nu nog maar 19 in de pot! Het totaal is dus 19. Om nu weer een groene te trekken is het aantal gewenste niet meer 10 maar 9, want er is al 1 groene uit! De kans is dus nu 9/19!
Beide kansen vermenigvuldigen: ½ x 9/19 ≈ 0,237.
Willekeurige voorbeelden
De volgende voorbeelden zijn soms erg lastig vanwege de manier waarop ze gesteld zijn. Het is de bedoeling dat het je aanzet tot nuchter nadenken, en dat je je normale reactie buiten beschouwing laat, en de zaak eerst wiskundig probeert te benaderen of probeert een ander voorbeeld te vinden.
Voorbeeld: Hoe groot moet een groep mensen zijn om de kans ½ te laten zijn dat er (minstens) twee mensen op een zelfde dag jarig zijn?
Antwoord: Lastig, maar wel opmerkelijk.
We gaan voor het gemak even uit van een niet schrikkeljaar, dus een jaar met 365 dagen.
Verder is het belangrijk om te weten dat de kans dat iets gebeurt gelijk is aan 1 – de kans dat iets niet gebeurt!
Je zou kunnen redeneren dat je ongeveer een groep van 183 mensen nodig hebt zodat de kans een half is dat er 2 op een zelfde dag jarig zijn. Die redenering is te simpel.
Bij 5 mensen zijn er 365x365x365x365x365 verschillende manieren op 5 data te kiezen. Omdat alle 5 op een verschillende dag jarig moeten zijn hebben we (afhankelijkheid) 365x364x363x362x361 manieren om die data te kiezen. Totaal hebben we dus een kans van (365x364x363x362x361)/(365x365x365x365x365) = 0,9729 (97,29%) kans dat er 5 mensen niet op een zelfde dag jarig zijn, en dus 1-0,9729 = 0.0271 (2,71%) kans dat ze wel op een zelfde dag jarig zijn.
Wanneer we bovenstaande rekenmethode uitbreiden dan blijken we bij 23 mensen al een kans te hebben van 50,73% dat er twee op een zelfde dag jarig zijn. Dus veel minder mensen dan je misschien zou verwachten.
Stel nu dat je dit zou willen testen en je vraagt in je klas (daar zitten vast wel zo’n 23 kinderen in) wie op dezelfde dag jarig is als jij? Is die kans dan ook 50%? En als je die zelfde vraag in alle andere klassen zou stellen? Het antwoord is zeer beslist van niet! Maar waarom niet???
Voorbeeld: Uit hoeveel mensen bestaat de “mensenketen” tussen jou en een willekeurige andere wereldbewoner, bijvoorbeeld de Paus?
Antwoord: Met een keten van 5 mensen is het zeer waarschijnlijk dat je er bent. Laten we eens aannemen dat je zo’n 100 mensen kent die niet tot de kennissenkring van een ander behoren. Dat betekent dus dat elk van die 100 mensen ook weer 100 mensen kent die jij niet kent! Dan bereik je dus met een keten van 2 al 100 x 100 = 10.000 mensen. Die tweede 100 mensen kennen ook weer 100 andere mensen, etc.. Met een keten van 5 mensen kom je dan op 100x100x100x100x100=10.000.000.000 ofwel 10 miljard mensen. Daar er maar ruim 6 miljard mensen zijn heb je dus ruimschoots iedereen gehad.
Voorbeeld: Is er ergens anders dan op aarde leven in het heelal?
Hoewel de kans niet exact is uit te rekenen (waarom niet?) is het toch aannemelijk dat dit zo moet zijn. We beperken ons tot ons eigen melkwegstelsel. Die bestaat uit ongeveer 100.000.000.000 (honderd- miljard) sterren. Stel dat 10% van die sterren een of meer planeten bij zich heeft. Stel dat 1% van die planeten zich in de levenszone van de ster bevindt. Stel tot slot dat 10% van die planeten zich bij sterren bevinden waar het klimaat zo stabiel is dat er leven kan ontstaan en behouden blijven.
Dan zijn er in ons melkwegstelsel dus 100.000.000.000 x 0,1 x 0,01 x 0,1 = 10,000,000 (10 miljoen) planeten waar leven mogelijk zou zijn. Dat maakt de kans wel aannemelijk dat dat ook zo is.
Een andere vraag is, waarom hebben we dat dan nog nooit waargenomen? Het antwoord is tweeledig. Ten eerste kan het zijn dat er evenredig in de tijd leven ontstaat en verdwijnt. Een levensvorm op aarde is gemiddeld zo’n 60.000 tot 1.000.000 jaar aanwezig. Dat lijkt lang, maar het heelal is minsten 13.000.000.000 (13 miljard) jaar oud. Bij evenredigheid betekent dit dat er in die tijd al minstens 13.000 verschillende vormen van leven zijn geweest. Dat houdt dan ook meteen in dat er nu hoogstens 770 (waarom?) planeten zijn waar leven is. De vraag is ook nog of al die levensvormen al net zo intelligent zijn als de onze.
Ten tweede zijn de afstanden gigantisch en is het praktisch onmogelijk om in de eindige tijd van een individu zo’n afstand te overbruggen, in welke vorm dan ook.
De dichtst bijzijnde ster is Alpha Cantauri op iets meer dan 1 lichtjaar bij ons vandaan. 1 lichtjaar is de afstand die het licht aflegt in 1 jaar. De snelheid van het licht is 300.000 km per seconde. Nu gaan er 31.536.000 seconden in 1 jaar, en dus legt het licht 9.460.800.000.000 (ruim 9 biljoen!) km in een jaar af. Schier onoverbrugbaar in een mensenleven. De meeste andere sterren staan echt veel verder bij ons vandaan.
Opmerking: Ook hier ben ik op een kennelijke fout betrapt. Alpha Centauri is niet de dichtsbijzijnde ster. Het maakt onderdeel uit van het stelsel Centaurus. Centaurus is een zogenaamde dubbelster. Dit stelsel wordt gecompleteerd door proxima Centauri. Het totaal is dus een drievoudig systeem. De gemiddelde afstand tot ons zonnestelsel is ongeveer 4 lichtjaar.
Voorbeeld: Een man heeft 3 kaarten. Eén is zwart aan beide zijden, én is rood aan beide zijden en één kaart is zwart aan de ene kant en rood aan de andere kant. Hij stopt de drie kaarten in een hoge hoed en vraagt aan jou er één zonder te kijken uit de hoed te halen en plat op de tafel voor je te leggen. Je ziet nu dat er een rode zijde boven ligt. De man zegt nu met jou te willen wedden dat jouw kaart de rood-rood kaart is en zet daar € 10 op in. Zou je die weddenschap aangaan?
Het lijkt een eerlijke weddenschap, want je weet dat het in ieder geval niet de zwart-zwart-kaart is. Dus blijven er nog twee kaarten over, 50% kans dus dat jij de rood-rood-kaart hebt, in welk geval je de weddenschap verliest en 50% kans dat jij de zwart-rood-kaart hebt, in welk geval je de weddenschap wint. Maar is dit ook zo?
Nee! Je weet namelijk meer dan dat. Van de 4 zijden zijn er 3 rood en maar 1 zwart. Er ligt al een rode zijde open, dus blijven er 2 rode en 1 zwarte zijde over die bepalen wie de weddenschap wint. Hij heeft op rood gegokt en jij automatisch op zwart. De kans op rood is nu echter 2/3 en die op zwart maar 1/3. Het is dus verstandig om de weddenschap niet aan te gaan.
Voorbeeld: Judith is 23 jaar, ongetrouwd en vrij assertief (= goed gebekt). Ze is met lof afgestudeerd in de politicologie en was tijdens haar studietijd actief in de vredesbeweging en protesteerde tegen racisme en kernenergie.
Welk van de volgende beweringen is waarschijnlijker.
a. Judith werk als kasbediende bij de bank
b. Judith werkt als kasbediende bij de bank en is actief in de vrouwenbeweging.
De meeste mensen zullen hier voor b. kiezen, maar dat is niet terecht. Bij bewering b. staan twee zaken die (ook uit het verhaaltje) eigenlijk niets met elkaar te doen hebben. Vertalen we bewering a. en b. naar de wiskunde, dan krijgen we zoiets als:
a. de kans op een 3 bij een worp met een dobbelsteen
b. de kans op een 3 bij een worp met een dobbelsteen en de kans op kop bij het opgooien van een munt.
De kans bij a. bedraagt 1/6, die bij b. 1/6*1/2=1/12.
Laat je dus niet afleiden door randverschijnselen die er niet toe doen.
Voorbeeld: Twee mannen wedden om reeksen kop of munt bij het gooien met een munt. Degene die het eerst 6 keer kop heeft, heeft gewonnen en krijgt van de ander ? 100. Het spel wordt echter voortijdig afgebroken, waarbij de ene man 5 keer kop heeft gegooid en de andere 3 keer kop. Hoe moet nu de pot worden verdeeld?
Hier zijn verschillende antwoorden op mogelijk, die overigens allemaal even goed of fout zijn.
1. Deel de pot door 8 en geef de ene man 5/8 deel en de andere 3/8 deel.
2. Geef de ene man met 5 keer kop de hele pot omdat deze voor stond.
3. De kans dat de man met 3 keer kop zou winnen wanneer het spel zou zijn voortgezet bedraagt 1/2×1/2×1/2 = 1/8. De kans dat de man met 5 keer kop zou winnen is dus 7/8. Deel de pot door 8 en geef de man met 5 keer kop 7/8 deel en de man met 3 keer kop 1/8 deel.
Dit voorbeeld is klassiek en was ook een aanleiding voor de ontwikkeling van de kansberekening. De 3e oplossing werd bedacht door Blaise Pascal, een briljant 18e eeuws wiskundige.
Voorbeeld: In een quiz mag een deelnemen het volgende spel spelen. De deelnemer ziet 3 dichte deuren. Achter 1 van die deuren zit de hoofdprijs, dan andere 2 zijn leeg. De quizmaster vraagt de deelnemer de deur van zijn keuze te noemen. Stel dat de deelnemer deur 3 kiest. Nu maakt de quizmaster een van de andere deuren (1 of 2 dus) open om te zien dat daar achter geen hoofdprijs zit, en vraagt daarna aan de deelnemer of hij/zij zijn/haar keuze nog wil veranderen.
Moet de deelnemer nu deur 2 kiezen of moet hij gewoon bij zijn eerste keus (deur 3) blijven?
Dit probleem staat bekend onder de naam “Monty Hall”. Je bent wellicht geneigd te zeggen dat dit niet uitmaakt. Er zijn per slot nog 2 deuren over waarvan er achter 1 een prijs zit; de kans is dus 50/50.
Toch blijkt het dat de deelnemer beter kan switchen van deur. De deelnemer heeft dan 2/3 kans op de hoofdprijs, anders maar 1/3.
Er is heel veel discussie over dit vraagstuk geweest. Zelfs de beroemde wiskundige Paul Erdös was eerst niet overtuigd van bovenstaand tegen-intuïtieve antwoord.
Toch laat onderstaande tabel zien dat de kandidaat beter kan switchen:
| Kandidaat kiest deur | Prijs achter deur | Quizmaster opent deur | Kandidaat wisselt niet | Kandidaat wisselt wel |
| 1 | 1 | 2 of 3 | win | verlies |
| 1 | 2 | 3 | verlies | win |
| 1 | 3 | 2 | verlies | win |
| 2 | 1 | 3 | verlies | win |
| 2 | 2 | 1 of 3 | win | verlies |
| 2 | 3 | 1 | verlies | win |
| 3 | 1 | 2 | verlies | win |
| 3 | 2 | 1 | verlies | win |
| 3 | 3 | 1 of 2 | win | verlies |
| 3/9 wins | 6/9 wins |
Dit heeft alles te maken met voorwaardelijke kansen. Als je meer informatie hebt over een bepaalde situatie dan verandert de kans op “iets”. Dit onderwerp wordt besproken in de aflevering: Voorwaardelijke kansen – Bayes.
Voorbeeld: Een gezin bestaat uit vader, moeder en twee kinderen.
Wat is de kans dat de twee kinderen allebei een meisje zijn?
Wat is de kans dat de twee kinderen allebei een meisje zijn als je weet dat het eerste kind een meisje is?
Ogenschijnlijk zijn het min of meer dezelfde vragen, maar dat zijn ze niet.
Antwoord op de eerste vraag: Mogelijke gevallen zijn: jj, mj, jm, mm. Gewenst geval is mm, dus de kans is ¼.
Antwoord op de tweede vraag: Mogelijke gevallen zijn: mj en mm. Gewenst geval is mm, dus de kans is ½.
Verantwoording
De meeste voorbeelden komen uit het boek Ongecijferdheid van John Allen Paulos.