vwo a/c deel 1 - R. van Moppes

Telproblemen overzichtelijk weergeven
•
•
•
•
boomdiagram
wegendiagram
rooster maken
alle mogelijkheden systematisch uit schrijven
1.1
Boomdiagram
Bij een Boomdiagram schrijf je systematisch op welke
mogelijkheden er zijn bij het uitvoeren van een ´experiment´.
We voeren het volgende experiment uit:
Het bestellen van een menu.
Een restaurant heeft 3 verschillende voorgerechten, 5
hoofdgerechten en 3 desserts.
Hoeveel verschillende menu’s kun je samenstellen?
Dit gaan we schematisch uitschrijven in een boomdiagram.
Het boomdiagram
Vb. aan de hand van het menu
Wat kies je eerst?
Welke keuzes heb je?
Uit 3 voorgerechten
Wat kies je vervolgens?
Welke keuzes
heb je nu?
Wat kies je nu?
Uit 5 hoofdgerechten
Uit 3 nagerechten
In totaal zijn er 45 verschillende menu’s te bestellen.
Dit kun je uitrekenen door alle takken te tellen of de vertakkingen
te vermenigvuldigen
Hoe maak je een boomdiagram ?
1 zoek uit hoeveel takken er bij de eerste keuze horen, deze takken vertrekken
uit het beginpunt
2 zet de keuzemogelijkheden langs de takken
3 zet de volgorde achter de laatste takken
Tip :
Als je weet hoeveel takken er na de laatste keuze zijn zet dan dat aantal stippen
eerst op papier en teken vervolgens terug. Dit i.v.m. de netheid.
1.1
voorbeeld:Tenniswedstrijd 2 gewonnen sets
1e set
2e set
3e set
N-N
N wint
N wint
N wint
N-G-N
G wint
N-G-G
N wint
G-N-N
G wint
G-N-G
G wint
geef aan hoe G in 3 sets wint
G wint
N wint
G wint
G-G
1.1
Wegendiagram
Een boomdiagram kan erg groot en onoverzichtelijk worden. Dan
kun je beter gebruik maken van een wegendiagram.
We kijken weer naar het restaurant.
Dit kunnen we ook als volgt weer geven:
Eerste keus
Tweede keus
Derde keus
Aantal keuzes
Aantal keuzes
Aantal keuzes
3
x
5
x
3
=
45
Wegendiagram
we hebben de keuze uit 2 voor- , 4 hoofd- en 2 nagerechten.
kip
soep
∙
ham
∙
ijs
∙
pizza
cocktail
∙
meloen
schnitzel
2 mogelijkheden 4 mogelijkheden 2 mogelijkheden
vermenigvuldigingsregel
2
x
4
x
2
=
16
1.1
Rooster
De som van de ogen bij het gooien van twee dobbelstenen.
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
7
2
3
4
5
6
7
8
3
4
5
6
7
8
9
4
5
6
7
8
9
10
5
6
7
8
9
10
11
6
7
8
9
10
11
12
Systematisch de mogelijkheden noteren
Hoeveel mogelijkheden zijn er om bij een worp met
vier dobbelstenen in totaal 5 te gooien?
1112
1121
1211
2111
1.1
halve competitie
Je speelt maar 1x tegen elkaar.
vb. Hoeveel wedstrijden spelen 4 teams
4 x 3 : 2 = 6 wedstrijden ?
hele competitie
Je speelt 2x tegen elkaar.
vb. Hoeveel wedstrijden spelen 4 teams
4 x 3 = 12 wedstrijden ?
je speelt niet tegen jezelf
A
A X
B X
C X
D X
B C D
A-B A-C A-D
X
X
X
B-C B-D
6 wedstrijden
X
X
C-D
X
A
B
C
D
A
X
B C D
A-B A-C A-D
B-A
X
C-A C-B
B-C B-D
X
D-A D-B D-C
C-D
X
12 wedstrijden
1.1
opgave 7
a 4x
b 18x
c 3x
som
1
2
3
4
5
6
7
8
1
2
3
4
5
6
7
8
9
2
3
4
5
6
7
8
9
10
3
4
5
6
7
8
9
10
11
4
5
6
7
8
9
10
11
12
pro
1
2
3
4
5
6
7
8
1
1
2
3
4
5
6
7
8
2
2
4
6
8
10
12
14
16
3
3
6
9
12
15
18
21
24
4
4
8
12
16
20
24
28
32
76 – 6 =
480 - 70 =
512 - 32 =
opgave 11
alcohol
technische
staat
te veel
niet te veel
totaal
goed
70
410
480
niet in orde
6
26
32
totaal
76
436
512
410
100  80,1%
512
De vermenigvuldigingsregel
Een gecombineerde handeling die bestaat uit
1 handeling I die op p manieren kan worden uitgevoerd
2 en handeling II die op q manieren kan worden uitgevoerd
3 en handeling III die op r manieren kan worden uitgevoerd
kan op p × q × r manieren worden uitgevoerd.
Hoeveel mogelijkheden zijn er met 3 maal rood?
3 van schijf 1 en 3 van schijf 2 en 2 van schijf 3
r r r = 3 x 3 x 2 = 18
De vermenigvuldigingsregel of de somregel
Kan handeling I op p manieren en handeling II op q manieren, dan kan :
1 handeling I EN handeling II op p × q manieren
2 handeling I OF handeling II op p + q manieren.
Hoeveel mogelijkheden zijn er om
van A via B naar A te gaan, zonder
dat je een weg twee keer neemt?
Herhaling
Het is bij telproblemen belangrijk je af te vragen of herhalingen
zijn toegestaan.
Voorbeeld
zonder herhaling
een bestuur kiezen
er kan maar 1 iemand de voorzitter zijn en de voorzitter kan maar 1 iemand zijn.
met herhaling
het aantal mogelijke nummerborden
de H kan geen, een , twee, drie en zelfs vier keer in een nummerbord voor komen.
1.2
Zonder herhaling
Uit 5 personen wordt er eerst een voorzitter gekozen en dan een secretaris.
Het aantal manieren is:
aantal = 5 x 4 = 20
dan de secretaris:
keuze uit 4 personen
eerst de voorzitter:
keuze uit 5 personen
1.2
Met herhaling
In Nederland zijn er nummerborden met 2 cijfers – 2 letters – 2 letters,
hierbij zijn de klinkers A, E, I, O en U niet toegestaan.
Het aantal mogelijke nummerborden is:
aantal = 10 x 10 x 21
10 cijfers voor
de eerste plaats
10 cijfers voor
de tweede plaats
x 21
x 21 x 21= 19.448.100
26 – 5 = 21
letters voor de
derde plaats
26 – 5 = 21
letters voor de
vierde plaats
enz.
1.2
Tellen met en zonder terugleggen
Een cijfer slot openen op de gok is een gebeurtenis
waarbij je te maken hebt met een gebeurtenis met
teruglegging. Voor elke ring heb je immers telkens 10
cijfers die je mag gebruiken ( Je telt met teruglegging )
Hoeveel cijfer “combinaties” zijn er bij een
cijferslot die uit drie ringen bestaat?
Dat zijn er maar
10 x 10 x 10 = 103 = 1000
Hoe zit dat met de pin-code van je bankpas?
Hoeveel mensen hebben er eigenlijk een pin-pas? ! ? ! ?
opgave 22
a
aantal = 225 = 33.554.432
b aantal velletjes = 225 : 100 ≈ 335.544
1 velletje = 0,1 mm.
100 velletjes = 1 cm.
dus stapel ≈ 335.544 : 100 ≈ 3355 cm. ≈ 34 m.
c aantal = 29 = 512
1
2
3
4
5
6
17
28
39
10
11
12
4
13
5
14
6
15
16
17
7
18
8
19
9
20
21
22
23
24
25
opgave 23
15 meisjes en 12 jongens  27 leerlingen
3 leerlingen  1 (muziek) + 1 (drank) + 1 (hapjes)
één meisje voor de muziek  15
verder komt het er niet op aan  26 × 25
aantal = 15 × 26 × 25 = 9750
b één meisje voor de muziek  15
2 jongens voor de drank+hapjes  12 × 11
aantal = 15 × 12 × 11 = 1980
c m m j - m j m - j m j - j j m
15×14×12 + 15×12×14 + 12×15×11 + 12×11×15
aantal = 9000
opgave 24
3j + 4m  3(psy) + 2(eco) + 1(wis) + 1(fra)  totaal = 7 studenten
a eerst de 4 meisjes dan de 3 jongens
meisjes  4 × 3 × 2 × 1
jongens  3 × 2 × 1
aantal = 4 × 3 × 2 × 1 × 3 × 2 × 1 = 144
b jongens en meisjes om en om het gesprek
m j m j m j m
4×3×3×2×2×1×1
aantal = 144
c eerst de student Frans  1
de rest maakt niet uit  6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1
aantal = 1 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 720
d de 2 studenten economie het laatst zijn  2 × 1
de rest maakt niet uit  5 × 4 × 3 × 2 × 1
aantal = 5 × 4 × 3 × 2 × 1 × 2 × 1 = 240
e eerste en laatste student psychologie  3 × 1 OF
eerste en laatste student economie  2 × 1
aantal = 3 × 2 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 + 2 × 1 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 960
Voorbeeld opgave
a 1e leerling een jongen  14
2e leerling meisje(17)  5
aantal = 14 × 5 = 70
b één van de twee 16 jaar is
16,niet16 of niet16,16
aantal = 5 × 26 + 26 × 5 = 260
c er een jongen en een meisje bij is
j m of m j
aantal = 14 × 17 + 17 × 14 = 476
d de leerlingen even oud zijn
15,15 of 16,16 of 17,17
aantal = 19 × 18 + 5 × 4 + 7 × 6 = 404
e de 1e leerling ouder is dan de 2e leerling
16,15 of 17,16 of 17,15
aantal = 5 × 19 + 7 × 5 + 7 × 19 = 263
jongens
meisjes
15 jaar
8
11
19
16 jaar
4
1
5
17 jaar
2
5
7
14
17
31
Permutaties en faculteiten
een ander woord voor rangschikking is permutatie
bij een permutatie mogen geen herhalingen optreden
het aantal permutaties van 3 uit 8, dus het aantal rangschikkingen van
drie dingen die je uit 8 kiest,
is 8 × 7 × 6
GR
het aantal permutaties van 4 uit 9 is
het aantal permutaties
9×8×7×6
van 6 uit 10 is
optie nPr
het aantal permutaties van 9 uit 9 is
10 nPr 6 = 151200
9×8×7×6×5×4×3×2×1
de notatie voor dit product is 9!
spreek uit : 9 faculteit
kortweg : het aantal permutaties van 9 dingen is 9!
het aantal permutaties van n dingen, dus het aantal rangschikkingen van
n dingen is n!
n ! = n × (n -1) × (n -2) × (n -3) × …… × 4 × 3 × 2 × 1
1.3
opgave 35
een volleybalteam bestaat uit 9 spelers
a de fotograaf zet de spelers op een rij, hoeveel rijen zijn er
aantal = 9! = 362 880
b er wordt een aanvoerder en een reserve-aanvoerder gekozen
aantal = 9 × 8 = 72
c shirts met de rugnummers 1 tot en met 6
aantal = 9 nPr 6 = 60 480
Rangschikking
Het aantal rangschikkingen van 5 stripboeken en 3 romans.
Je kunt 5 stripboeken en 3 romans op
8! manieren op een boekenplank
rangschikken
4! × 5! manieren rangschikken als de
stripboeken naast elkaar moeten staan
2! × 5! × 3! manieren rangschikken als de
stripboeken en ook de romans naast elkaar
moeten staan
beschouw de stripboeken als één groep
• je hebt dan 4 dingen (3 romans en 1
groep stripboeken) die je op 4! manieren
kunt rangschikken
• binnen de groep van de stripboeken zijn
er telkens 5! rangschikkingen
• in totaal heb je 4! × 5! rangschikkingen
1.3
opgave 38
hedendaags
7 stukken blijven over  7!
3 klassieke, 4 romantische en 2 hedendaagse stukken
klassiek a klassiek stuk begint en een hedendaags stuk eindigt
kies eerst een klassiek stuk en dan een hedendaags stuk
1r + 3k + 2h
aantal = 3 × 2 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 6 × 7! = 30 240
b de romantische stukken direct achter elkaar spelen
reken eerst 4 romantische stukken als één
romantisch
aantal = 6! × 4! = 17 280
romantisch
c romantische stukken om en om spelen, je begint met niet r.
r r r r r r r r r
niet r
aantal = 5 × 4 × 4 × 3 × 3 × 2 × 2 × 1 × 1 = 5! × 4! = 2880
d de stukken van elk genre achter elkaar spelen
[k,k,k] [r,r,r,r] [h,h] kan op 3! manieren
aantal = 3! × 4! × 2! × 3! = 1728
Permutaties van n dingen waarvan er p gelijk zijn
het aantal permutaties van n dingen waarvan er p gelijk zijn
(en de rest verschillend is) is
n!
p!
7!
zo kun je de letters van het woord ADRIANA op
3!
manieren rangschikken
9!
de letters van het woord ALESSANRA kun je op
3! × 2!
manieren rangschikken
immers je hebt in totaal 9 letters :
de letter A komt 3 keer voor en de letter S komt 2 keer voor
1.3
opgave 41
aantal =
10!
4! × 3! × 3!
= 4200
een signaal bestaat
uit 10 vlaggen:
4 rode, 3 blauwe en
3 witte vlaggen
Permutaties en Combinaties
Uit een groep van 7 mensen kies ik een bestuur met een voorzitter,
penningmeester en secretaris. Hoeveel verschillende besturen kunnen er
samengesteld worden?
Stel jezelf weer de volgende vraag:
Uit hoeveel mensen kun je kiezen als voorzitter?
7
Uit hoeveel mensen kun je nu kiezen als penningmeester en
hoeveel als secretaris ?
6
Je hebt nu 7 x 6 x 5 = 210
verschillende permutaties.
Het maakt bij een permutatie uit wie er op welke plaats staat.
5
Combinaties
Bij het kiezen van een groep van drie mensen uit zeven krijg ik ik 210 permutaties.
Op hoeveel manieren kan ik drie mensen neer zetten? Dit zijn 3 x 2 x 1 = 6
manieren.
ABC
ACB
BAC
BCA
CAB
CBA
Van de 210 verschillende permutaties zijn er nu elke keer 6 permutaties van
dezelfde 3 mensen.
Als de plaats van een gekozen persoon of ding er niet toe doet moeten de
verschillende permutaties van eenzelfde groepje niet meerdere keren meegeteld
worden.
Er zijn dan maar 210 / 6 = 35 verschillende combinaties
Bij een combinatie is de volgorde van de gekozen permutaties onbelangrijk
Combinaties
is bij het kiezen van 4 dingen uit 7 dingen de volgorde niet van belang,
dan spreken we van het aantal combinaties van 4 uit 7
het aantal combinaties van 4 uit 7 noteren we als 7
4
spreek uit: 7 boven 4
het aantal combinaties van 4 uit 7, dus het aantal manieren om 4 dingen te kiezen
uit 7 dingen zonder op de volgorde te letten, is 7
4
1.4
Aantallen combinaties vermenigvuldigen en optellen
uit klas 4 vwo A wordt een comité van 5 leerlingen gevormd
het aantal mogelijke comités met
3 van de 12 jongens
3 jongens is
12×
3
2 van de 17 meisjes
17= 29 920
2
15 jaar
16 jaar
jongen
8
4
12
meisje
10
7
17
18
11
29
3 jongens EN 2 meisjes,
dus VERMENIGVULDIGEN
4 jongens + 1 meisje
minstens 4 jongens is
12×
4
17+
1
5 jongens + 0 meisjes
12×
5
17= 9207
0
4 jongens OF 5 jongens,
dus OPTELLEN
1.4
Schema
op hoeveel manieren
kun je 5 dingen
kiezen uit 8 dingen
volgorde van belang ?
nee
aantal = ‘8 boven 5’
ja
herhaling toegestaan ?
nee
ja
aantal = 8x7x6x5x4
aantal = 8x8x8x8x8
1.3
Wat is de naam van dit voorwerp ?
?!?
1.3
Herhaling of toch anders ?!?
Handig tellen en de rekenformules van de combinatoriek is belangrijk voor
volgende hoofdstukken. Het volgende schema kan hier handig bij zijn
Herhaling niet
toegestaan
Volgorde wel
van belang
Volgorde niet
van belang
n!
( n  k )!
nPr
n
n!



 k  k!(n  k )!
 
nCr
Herhaling
toegestaan
n
k
 n 1  k 




k


•Permutatie (volgorde) :Een eerder gekozen element n mag niet weer gekozen
worden. De volgorde van de gekozen k elementen maakt wel uit.
•Herhalings permutatie : Een eerder gekozen element n mag wel weer gekozen
worden. De volgorde van de gekozen elementen k maakt wel uit.
•Combinatie (groepje) :Een eerder gekozen element mag niet weer gekozen
worden. De volgorde van de gekozen elementen k maakt niet uit.
•Herhalingscombinatie:Een eerder gekozen element mag wel weer gekozen
worden. De volgorde van de gekozen elementen k maakt niet uit.
Voorbeelden
•Pin code
•Afspelen van 9 nummers van een CD
•Toto voor een competitie met 13 wedstrijden
•Voorzitter,secretaris en penningmeester van vereniging
bestaande uit 28 leden
•Groepsvertegenwoordiging van 3 uit 28
•Bestellen opnemen van een ober van 3 mensen met een
keuze uit 4 dranken
•Gironummers bestaande uit 8 cijfers die niet met een nul
mogen beginnen
•Scoreverloop van een voetbalwedstrijd met eind uitslag 4-6
•Meerkeuze(4) toets bestaande uit 15 vragen
•Verdeling van de kaarten bij klaverjassen
•4 rings’combinatieslot ‘ ?!?
10 4
9!
313
28n Pr 3
28nCr 3
 4  1  3


3


9  10 7
uitslag

4  6
415
32!
8!8!8!8!
10 4
6nCr 3
10 
 
4
voorbeeld 1
Op een school bestaat de feestcommissie uit 6 jongens en 9 meisjes na elk feest
maken 6 leden van de feestcommissie de zaal schoon.
a
3 van de 6 jongens en 3 van de 9 meisjes
b
c
d
aantal = 6 × 9 = 1680
3
3
6 van de 6 jongens
6
aantal =
= 1
6
0 meisjes en 6 jongens of 1 meisje en 5 jongens
6
aantal =
+ 9 × 6 = 55
6
1
5
5 jongens en 1 meisje of 6 jongens
6
9
aantal =
×
+ 6 = 55
5
1
6
voorbeeld 2
per uur 60 artikelen van de lopende band
bij de eindcontrole een steekproef van 4 exemplaren
a Hoeveel steekproeven zijn er elke keer mogelijk?
aantal = 60 = 487 635
4
b 6 defecte dus 54 geen defecte exemplaren
aantal = 54 = 316 251
4
c 2 defecte en 2 geen defecte of 3 defecte en 1 geen defect
of 4 defecte exemplaren
aantal = 6 x 54 + 6
2
2
3
x 54 +
1
6 = 22 560
4
opgave 53
vlees
vis
groente
kaas/zuivel
fruit
ham
salami
spek
gehakt
tonijn
garnalen
mosselen
zalm
ansjovis
champignons
artisjokken
uien
kappertjes
pepers
knoflook
paprika
mozarella
gorgonzola
parmezaans
ananas
peer
perzik
a 3 groottes en 4 bodems en 2 vleessoorten en 3 groentesoorten
4
7
aantal = 3 × 4 ×
×
= 2520
2
3
b medium en 4 bodems en (2vleessoort of 3vleessoort of 4vleessoort)
aantal = 1 × 4 ×
4
4
+
3
2
+
4
4
= 44
c 3 groottes en 4 bodems en (4groent of 5groent of 6groent of 7groent)
aantal = 3 × 4 ×
7
4
+
7
5
+
7
7
+
6
7
= 768
Rijtjes bestaande uit A’s en B’s
het totale aantal rijtjes bestaande uit 4 A’s en 7 B’s vind je als volgt :
B
A
B
A
A
B
B
B
A
B
B
11
11
=
= 165 manieren
4
7
er zijn twee manieren om het eerste hokje te vullen en er zijn twee manieren om het
volgende hokje te vullen, enzovoort
totaal zijn er 2 × 2 × 2 × …… × 2 = 211 = 2048 manieren
dus er zijn
het aantal rijtjes bestaande uit 4 A’s en 7 B’s is
11
en ook
4
11
7
het totale aantal rijtjes van 11 hokjes met in elk hokje een A of een B is 211
1.5
voorbeeld
Een bedrijf voorziet zijn artikelen van een code door in een rijtje van 6
vierkantjes er 2 zwart te maken.
v.b.
a 2 van de 6 vierkantjes zijn zwart
6
aantal =
= 15
2
b eerste en het laatste vierkantje zwart
aantal = 1
c de code verandert niet bij
of
of
dus bij 3 rijtjes
opgave 65
Verlichting met 19 lampjes die onafhankelijk van elkaar voortdurend aan en uit gaan.
v.b.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
a aantal = 219 = 524 288
b 5 van de 19 lampjes branden
aantal =
19
= 11 628
5
minder dan 3 lampjes  0 of 1 of 2 lampjes branden
aantal = 19 + 19 + 19 = 191
0
1
2
in ieder geval het 1e , middelste en het laatste lampje brandt
voor de 16 overige lampjes zijn er steeds 2 mogelijkheden : aan of uit
aantal = 216 = 65 536
17
18
19
Hoeveel routes zonder omwegen zijn er mogelijk van A
naar C via B.
Van A naar B heb je te maken met een rijtje bestaande 1
N en 2 O’s
3 = 3 mogelijkheden
1
Van B naar C heb je te maken met een rijtje bestaande
uit 2 N’s en 3 O’s
dat zijn
 Noord
Routes in een rooster
A∙
∙C
∙
B
 Oost
5 = 10 mogelijkheden
2
Het totale aantal manieren om van A via B naar C te
gaan is dus
dat zijn
3
1
×
5
2
= 3 × 10 = 30
van A naar B
EN
van B naar C
dus
vermenigvuldigen
1.5
Algemeen
∙
B
het aantal routes zonder omwegen van A naar B in het
rooster hiernaast
is
8
3
afspraak:
In deze paragraaf bedoelen we met routes in een rooster
altijd routes zonder omwegen, we zetten dat er meestal
niet bij.
A∙
1.5
Onvolledige roosters.
Bij onvolledige roosters zal er bij elk kruispunt het
aantal mogelijkheden om er te komen.
Je kunt het niet berekenen met
4
1
2
3
1
1
64
184
8
28
64
120
8
20
36
56
8
12
16
20
4
4
0
n
r
1
4
4
4
opgave 71
rooster van 12 bij 3
1
rooster van 8 bij 4
a aantal = 12 × 15
4
3
= 225 225
b aantal = 12 × 1 × 10 = 103 950
4
4
rooster van 6 bij 4
opgave 72
a bij een voetbalwedstrijd is de eindstand 2 – 4
geef het scoreverloop in een rooster aan
6
b aantal =
= 15
2
c ruststand 3 – 1  eindstand 5 - 4
∙ (5, 4)
4
∙
3
∙
2
∙
1
∙
0
1
(3, 1)
∙
(0, 0)∙
aantal =
5
4
× 3
1
= 4 × 10 = 40
∙
∙
2
De driehoek van Pascal
• in de driehoek van Pascal is elk getal gelijk aan de som van de twee getallen
die er schuin boven staan
• elk getal in de driehoek geeft het aantal routes om vanuit de top op die plaats
te komen
• in de 4e rij van de driehoek van Pascal staan de getallen
4 , 4 , 4 , 4 en 4
0
1
2
3
4
• de som van de getallen in de vierde rij is 24
rij 0
rij 1
1
rij 2
1
rij 3
rij 4
1 = 20
1
1
1
2
3
4
2 = 21
1
3
6
4 = 22
1
8 = 23
1
4
1
16 = 24
1.5
1.5
Opgave 76
B
vervang de cirkelbogen door
lijnstukjes
je loopt dan in het volgende rooster
om van A naar B te komen moet je
via P of via Q
dus APB of AQB
aantal =
3
3
3
3
×
+
×
1
1
1
1
P
Q
aantal = 3 × 3 + 3 × 3 = 18
A