De digitale vraagbaak voor het wiskundeonderwijs

home |  vandaag |  gisteren |  bijzonder |  prikbord |  gastenboek |  wie is wie? |  contact

HOME

samengevat
vragen bekijken
een vraag stellen
hulpjes
zoeken
FAQ's
links
twitter
boeken
help

inloggen

colofon

  \require{AMSmath}

Telproblemen

Re: Wandelen in een schaakbord

Hoe komen jullie aan 14? kunnen jullie wat uitleg geven aub?

mmmm
12-5-2020

Antwoord

Printen
Bij de tweede tekening staat een rood roosterdiagram. Om van A naar B te komen moet je (hoe dan ook) 14 stappen zetten.

q89858img1.gif

Zie 2. Roosterdiagrammen voor meer uitleg en voorbeelden.

WvR
13-5-2020


Drie dobbelstenen

Hii, ik heb geen flauw idee of iemand mijn vraag ooit gaat lezen. Maar ik heb dus een vraagje.
  • Hoezo kan de mogelijkheid 1,2,3 op 6 manieren als je drie dobbelstenen hebt?
mvg,
chai

Chaima
15-5-2020

Antwoord

Printen

De eerste dobbelsteen kan 1, 2 of 3 zijn... voor de tweede dobbelsteen zijn er dan nog 2 mogelijkheden over en voor de laatste is er dan nog slechts 1 mogelijkheid over. Er zijn dus 3·2·1=6 mogelijkheden.

123
132
213
231
312
321

Zoiets moet het zijn!



WvR
15-5-2020


Scoreverlopen

Goedemiddag!
Ik heb dus een vraag over een opgave. Ik heb de uitwerking van de opgaven, maar ik begrijp het alsnog niet.

Er zijn dus twee dobbelstenen. Één rode en één blauwe dobbelsteen. De rode dobbelsteen bestaat uit de oogaantallen: 1,3,5,7,9 en 11. De blauwe dobbelsteen bestat uit de oogaantallen: 2,4,6,8,10 en 12. Lieke gooit met de rode dobbelsteen en Daan met de blauwe dobbelsteen. Wie het eerste 6 punten heeft, wint het spel.

Met de eindstand 6-4 wordt bedoeld dat Lieke 6 punten heeft en Daan 4 punten. Hoeveel scoreverlopen zijn er mogelijk met eindstand 6-4?

mvg,
chai

Chaima
16-5-2020

Antwoord

Printen
Hallo Chaimae,

Dit lijkt best een ingewikkelde vraag, maar als we even slim nadenken, dan valt het mee.

Daan moet 4 punten halen. Dat kan maar op twee manieren: Daan gooit in één worp 4 ogen, of hij gooit twee keer 2 ogen. Ik noteer dit als:

D4
D2 D2

Tussendoor moet Lieke ook gooien. Lieke begint, het is onduidelijk of Lieke ook mag eindigen. Mogelijke volgordes van Lieke en Daan zijn dan:

L D4 L
L D2 L D2
L D2 L D2 L

Vaker kan niet, want Daan kan hooguit 2 keer gooien. Lieke mag dus 2 keer gooien of 3 keer gooien. Echter, Lieke heeft alleen oneven aantallen ogen op haar dobbelsteen. De som van 3 oneven getallen is oneven, en kan dus nooit 6 zijn. Dan blijft voor Lieke alleen 2 keer gooien over. Mogelijke volgordes zijn dus:

L D4 L
L D2 L D2

We moeten uitzoeken op hoeveel manieren Lieke in twee worpen op 6 punten kan komen. Dat kan op 3 manieren:
L1 L5
L3 L3
L5 L1

Voor het rijtje L D4 L kunnen we dus 3 volgordes samenstellen:
L1 D4 L5
L3 D4 L3
L5 D4 L1

Hetzelfde geldt het rijtje L D2 L D2:
L1 D2 L5 D2
L3 D2 L3 D2
L5 D2 L1 D2

Ik kom zodoende op 6 volgordes (scoreverlopen). Bij de meeste spelletjes krijgt elke speler hetzelfde aantal beurten. Dan zouden alleen de laatste drie mogelijkheden tellen.

GHvD
16-5-2020


Verschillende oplossingen in een rij met voorwaarden

Je hebt een rij getallen van 0 tot en met 7. De 0 en de 7 staan vast op het begin en het eind. De even en de oneven getallen moeten elkaar afwisselen, waarbij de 0 gezien wordt als even getal. De rij mag niet beginnen met 0-1-... óf niet eindigen met ...-6-7 (beide is ook niet toegestaan uiteraard).
Eén van de oplossingen is dus bijvoorbeeld 0-3-2-1-6-5-4-7.
  • hoeveel oplossingen zijn er in totaal met deze restricties?

JC
19-5-2020

Antwoord

Printen
Hallo JC,

Tel per positie het aantal mogelijkheden. Begin met de positie(s) waarvoor de strengste eisen gelden. Je krijgt dan:
  • Het aantal mogelijkheden voor de eerste positie is één: dit moet het cijfer 0 zijn.
  • Hetzelfde geldt voor het aantal mogelijkheden voor de laatste positie: dit moet het cijfer 7 zijn.
  • Voor de tweede positie zijn twee mogelijkheden: het cijfer 3 of 5.
  • Voor de voorlaatste positie zijn twee mogelijkheden: het cijfer 2 of 4.
  • Voor de derde positie kan je nog kiezen uit twee resterende even cijfers.
  • Voor de vierde positie kan je nog kiezen uit twee resterende oneven cijfers.
  • enz.
Vermenigvuldig de gevonden aantallen mogelijkheden met elkaar om het totaal aantal mogelijkheden te vinden.

GHvD
19-5-2020


Bepalen variatie of combinatie

Ik heb het nog altijd moeilijk om te bepalen of het in een vraagstuk over een herhaling gaat of niet,en ook of er sprake is van volgorde belangrijk of niet.
  • Is er een duidelijke manier?

heirma
25-5-2020

Antwoord

Printen
Je kunt 's kijken op:Dan wordt het wel duidelijker.

Zie ook:In Nederland spreken we in plaats van variatie meestal over permutatie.

WvR
25-5-2020


Lange codes

Voor de vorming van een pincode met 25 tekens worden gelijke vierkantjes gebruikt waarin een X of O voorkomt.
Hoeveel van deze codes zijn er mogelijk als er precies 11 keer een X in voorkomt?

111·214/11!

Fayçal
4-6-2020

Antwoord

Printen
Als ik het goed lees moet je elf vierkantjes uit de vijfentwintig kiezen; dat gaat op
$$\binom{25}{11} =\frac{25!}{11!\cdot14!}
$$manieren. Jouw formule begrijp ik niet.

Zie Faculteit, permutatie en combinatie

kphart
4-6-2020


Re: Lange codes

De codes bestaan uit 25 tekens waarvan 11 tekens alleen uit een X bestaan. De overige 14 tekens kunnen bestaan uit een X of een O.

Als deze codes alleen uit 11 X'en en 14 O's zou bestaan, dan is het antwoord inderdaad '25 boven 11'.
(herhalingspermutatie)

Maar nu kunnen de O's ook uit X'en bestaan!

Jouw antwoord zou denk ik gecombineerd moeten worden met 214, want 14 van de 25 tekens kunnen een O of X zijn.

Fayçal
4-6-2020

Antwoord

Printen
Om te beginnen: "precies 11 keer een X" en "de overige 14 tekens kunnen bestaan uit een X of een O" spreken elkaar tegen.

In het tweede geval hebben we dus ten minste elf X-en. Dan is vermenigvuldigen met $2^{14}$ niet goed want dan tel je dubbel.
Wat je dan krijgt is de som
$$\sum_{k=11}^{25} \binom{25}{k}
$$

kphart
4-6-2020


Re: Re: Lange codes

Klopt! Ik denk dat ik het heb.

Als de code uit 25 tekens bestaat en alleen uit 25 X'en zou bestaan. Dat kan dus op 125 manieren = 1 manier = 1 code.

En:
Als de code uit 11 X'en + 14 O's zou bestaan, dus precies 11 X'en in de code voorkomen:
Dat kan op '25 boven 11' = 25! / (11! 14!) = 4 457 400 manieren = 4 457 400 mogelijke codes.

En:
minstens 11 X'en:
= 11 X'n en 14 O's (25 boven 11)
+ 12 X'n en 13 O's (25 boven 12)
+ 13 X'n en 12 O's (25 boven 13)
+ 14 X'n en 11 O's (25 boven 14)
...
+ 25 X'n en 0 O's (25 boven 25 = 1)
= ...

Is er behalve de complementregel een snellere manier om minstens 11 X'en te berekenen of een optie in de grafische rekenmachine?

Fayçal
4-6-2020

Antwoord

Printen
Voor dit soort partiele sommen zijn niet veel korte versies beschikbaar. En ik heb geen grafische rekenmachine, maar je moet toch wel rijtjes getallen kunnen sommeren? Ik zou uitzoeken hoe je de rij $\binom{25}{k}$ kunt invoeren en dan een `somopdracht' geven.
Ik gebruik zelf het Maple-programma, lekker makkelijk.

q90029img1.gif

kphart
4-6-2020


Ketting met n kralen

Het probleem luidt: gegeven een ketting met n kralen, en elke kraal heeft een van m verschillende kleuren, daarbij is de ketting een ruimtelijk object. Geef het aantal onreduceerbare kleuringen van de ketting ($A_n(m)$).

Ik heb het probleem op kunnen lossen voor $n=p$ ( met p een priemgetal ), dan is $A_p(m)=m+\frac{m^{p}-m}{p}$. Mijn vragen zijn: is mijn waarde van $A_p$ correct, en is de waarde van $A_n(m)$ in het algemeen te berekenen (bijvoorbeeld $n=6$)? (noot, ik het geen verstand van groepentheorie)

Antoni
7-6-2020

Antwoord

Printen
Voorzover ik kan zien is je antwoord niet volledig. Je hebt zo te zien alleen rekening gehouden met rotaties; er zijn echter ook spiegelingen. In het algemeen heet een ketting met $n$ kralen (een regelmatige $n$-hoek) $2n$ symmetrieën: $n$ rotaties en $n$ spiegelingen. Teken maar eens een regelmatige vijf- of zeshoek en loop ze maar na.

In het geval van een priemgetal $p$ houdt de symmetrie die niets doet alle kleuringen invariant, dat zijn er $m^p$; elke andere rotatie houdt alleen de constante kleuringen vast, dat zijn er $m$; en elke spiegeling houdt klëuringen die door $(p+1)/2$ kleuren vastliggen en dat zijn er $m^{\frac{p+1}2}$. (Kijk naar de vijfhoek: de spiegeling in de as door de top houdt $m^3$ kleuringen invariant.)

Volgens de banenformule zijn er dus
$$\frac1p(m^p+(p-1)m+p\cdot m^{\frac{p+1}2})
$$echt verschillende kleuringen.

In het algemeen is het aantal invariante kleuringen voor spiegelingen snel te bepalen. Bijvoorbeeld in de zeshoek: spiegelen in een lijn door twee overstaande punten houdt $m^4$ kleuringen invariant; spiegelen in een lijn loodrecht op twee overstaande zijden doet er $m^3$.

Voor de rotaties is het lastiger te boekhouden. Laten we de zeshoek doen.
  • Roteren over $0$ graden heeft $m^6$ invariante kleuringen.
  • Roteren over $60$ graden (links of rechts) heeft er $m$ (de constante)
  • Over $120$ graden (links of rechts) heb je er $m^2$
  • Als je $180$ graden roteert heb je $m^3$ invariante kleuringen.
Alles bij elkaar heb je met zes kralen
$$\frac1{12}(3m^4+3m^3+m^6+2m+2m^2+m^3)
$$echt verschillende kleuringen.
Zie Wikipedia: Burnside lemma

kphart
7-6-2020


Re: Ketting met n kralen

Zoals ik al zei, ik heb geen verstand van groepentheorie(ik begrijp helaas niets van uw link en uitleg). En ik bedoelde eigenlijk alleen maar rotaties, maar dat heb ik slecht aangegeven. Mijn redenering voor het geval $n=p$ was: er zijn m enkelkleurige kleuringen, die een periode van 1 hebben (een enkele rotatie geeft al dezelfde kleuring), en de rest zijn kleuringen van periode $p$(volgens mij moet een periode het getal $n$ delen, maar dat weet ik niet zeker). En omdat het totale aantal kleuringen $m^{p}$ is wordt het aantal irreduceerbare kleuringen dus $m+\frac{m^{p}-m}{p}$.
Meer algemeen heb ik gevonden dat als $n=p^t$ dan is et aantal irreduceerbare kleuringen:
\[ m + \sum_{k=1}^{t}\frac{m^{p^k}-m^{p^{k-1}}}{p^k} \]Maar hoe is deze methode toepasbaar op een algemene $n$ en dus $n=6$.

Antoni
8-6-2020

Antwoord

Printen
Ik heb met opzet geen groepenterminologie gebruikt; om de banenformule te gebruiken hoef je geen in dit geval groepentheorie te kennen. Je moet alleen de symmetrieën van de regelmatige $n$-hoek kennen: $n$ rotaties en $n$ spiegelingen. Bij elk van die symmetrieën moet je de kleuringen tellen die niet veranderen onder de rotatie of spiegeling. Daarna zegt de formule wat het aantal echt verschillende kleuren is.

Overigens: je schreef dat de ketting een ruimtelijk obkect is; dan moet je de spiegelingen ook meenemen. Als je alleen rotaties bekijkt beschouw je hem als een object in het vlak.

Terug naar de ketting: de kleuringen direct tellen is lastig, zeker als $n$ geen priemgetal is; het is moeilijk bij te houden of je alles hebt en niets dubbel hebt geteld. Werken met de banenformule is efficiënter.

Bij een rotatie $\rho$ kijk je naar zijn periode: de kleinste $k$ zó dat $\rho^k$ de identieke afbeelding is; die $k$ is een deler van $n$ en er zijn dan $m^{\frac nk}$ kleuringen die invariant zijn onder $\rho$.

Als $n$ een priemgetal is is dat aantal gelijk aan $m^n$ als $\rho$ over $0$ roteert, en $m$ in alle ($n-1$ dus) andere gevallen. Dat geeft het antwoord dat je gevonden hebt.

Als $n=8=2^3$ dan hebben we $8$ rotaties: $\rho_0$ over $0$, $\rho_1$ over $\frac{2\pi}8$, $\dots$, $\rho_7$ over $7\cdot\frac{2\pi}8$.
Tellen: $\rho_0$ heeft $m^8$ kleuringen; $\rho_1$, $\rho_3$, $\rho_5$, en $\rho_7$ elk $m$; en $\rho_2$ en $\rho6$ elk $m^2$; en $\rho_4$ heeft er $m^4$.
Als we alleen naar rotaties kijken krijgen we dus $\frac18(m^8+4m+2m^2+m^4)$ echt verschillende kleuren (dat geeft jouw antwoord ook).

In mijn vorige antwoord heb ik $n=6$ gedaan; als je alleen naar rotaties kijkt krijg je $\frac16(m^6+m^3+2m^2+2m)$.

Tellen voor de spiegelingen is makkelijker.
Als $n$ oneven is is er maar één soort spiegeling: in een lijn door het midden en één hoekpunt. Die heeft $m^{\frac{n+1}2}$ invariante kleuringen.
Bij een priemgetal zorgt dat voor de extra term in mijn vorige antwoord.

Als $n$ even is heb je twee soorten spiegelingen: 1) in een lijn door twee punten en het midden, die heeft $m^{\frac{n+2}2}$ invariante kleuren; en 2) in een lijn door het midden loodrecht op twee zijden, die heeft $m^{\frac n2}$ invariante kleuren.
Bij $n=6$ vond ik zo de termen $3m^4$ en $3m^3$.

In het algemeen is het tellen van de kleuringen bij de rotaties lastiger omdat de aantallen rotaties van een gegeven orde niet in eenvoudige formules te vangen is.
Daar heb je bij jouw methode van kleuringen tellen ook last van.

kphart
8-6-2020


Kennismakingsschema maken

Een nieuwe groep van 100 leerlingen moet elkaar leren kennen. In groepjes van 10 vindt de kennismaking plaats. Hoe ziet het schema eruit dat zij kunnen aflopen zonder een medeleerling 2x tegen te komen en zonder te hoeven wachten? hoeveel rondes zijn er nodig?

Michae
8-6-2020

Antwoord

Printen
Dit is, helaas, niet mogelijk.
Als je groepen van $10$ uit $100$ wilt maken en wel zo dat twee personen precies één keer samen in een groep zitten dan moet elke persoon in $11$ groepen worden ingedeeld: de overige $99$ gaan in $11$ groepen van $9$.
Dat zorgt voor $110$ groepen.
Zoiets heet een $(100,10,1)$-design (zie onderstaande link) en zo'n ding bestaat niet; zie dit artikel.

Zie wikipedia: Block Design

kphart
9-6-2020



klein |  normaal |  groot

home |  vandaag |  bijzonder |  twitter |  gastenboek |  wie is wie? |  colofon

©2001-2020 WisFaq - versie IIb