Radboud Universiteit

Transcriptie

1 Radboud Universiteit Sum of Us Winkunde - Geluk of Strategie? Masterscriptie Maartje Geurts, Giselle Loeffen en Rowan Reijtenbagh September 2015

2

3 Inhoudsopgave 1 Inleidend verslag 5 2 Voorbereidend Materiaal Verzamelingenleer Grafentheorie Combinatoriek Verwachtingswaarde De χ 2 -test Algoritmes Voorbereidend Matiaal - Uitwerkingen Verzamelingenleer Grafentheorie Combinatoriek Verwachtingswaarde De χ 2 -test Algoritmes Opgaven 35 Tijdschema en Puntentelling Instant Insanity Instant Insanity deel Instant Insanity deel Ticket to Ride Ticket to Ride deel Ticket to Ride deel Sudoku Memory Cluedo Eén tegen Antwoordbladen Instant Insanity Ticket to Ride Sudoku Memory Cluedo Nakijkformulieren Instant Insanity Ticket to Ride Sudoku Memory Cluedo Uitwerkingen Instant Insanity Ticket to Ride Sudoku Memory Cluedo Eén tegen

4

5 1 Inleidend verslag In december 2014 hebben we besloten voor onze educatieve masterscriptie de opgaven van de Sum of Us te schrijven voor het Wiskundetoernooi Op 12 december hebben we voor het eerst met Wieb Bosma rond de tafel gezeten voor wat praktische zaken omtrent onze scriptie. Vanaf dat moment zijn we gaan brainstormen over een thema van de opgaven. Er waren een aantal zaken die we daarbij in ons achterhoofd hadden. We wilden meerdere vakgebieden van de wiskunde aan bod laten komen en we wilden de leerlingen kennis willen laten maken met voor hen nieuwe wiskunde. Ook hielden we rekening met de verschillende voorkeuren binnen de groep. Rowan s voorkeur ging uit naar de Kansrekening en Statistiek, terwijl Maartje en Giselle meer affiniteit hebben met Discrete Wiskunde. Het eerste idee voor een thema was koken en eten. Hoewel we daarbij een paar leuke opgaven in gedachten hadden, leek het niet genoeg om een heel middagprogramma mee te vullen. Toen kwamen we op het idee om spelletjes als thema te kiezen. Dit was voor ons alle drie een goede optie, aangezien dat één van onze gezamelijke interesses is. Al snel kregen we veel ideeën en werd duidelijk dat dit het thema zou worden voor de opgaven. We bedachten dat het leuk zou zijn om een spel aan elke opgave te linken en zo gingen we dan ook aan de slag. De opgaven In totaal zijn het vijf opgaven geworden met de volgende onderwerpen: 1. Instant Insanity 2. Ticket to Ride 3. Sudoku 4. Memory 5. Cluedo 6. Eén tegen Honderd Verderop in het verslag zijn de opgaven te vinden. Elk van de opgaven correspondeert met een bestaand spel. Instant Insanity is een spel met vier gekleurde kubussen die moeten worden opgestapeld zodat aan elke van de toren de vier verschillende kleuren zichtbaar zijn. Behalve het (op papier) maken van de opgaven, wilden we het spelelement ook terug laten komen in de praktijk. Vandaar dat in de loop der tijd het idee is ontstaan om de leerlingen eerst zelf het spel te laten ervaren om vervolgens met een wiskundige methode een oplossing te laten zoeken. Hiermee benadrukken we het nut van een wiskundige aanpak in dit spel om gestructureerd (door middel van Grafentheorie) een oplossing te vinden, in plaats van dat het enkel droge wiskunde lijkt. Ticket to Ride is een bordspel, waarbij er routes gelegd moeten worden tussen verschillende steden. Het speelbord is wiskundig gezien een graaf, waardoor dit spel zich uitermate goed leent voor ons doeleinde. Naast de grafentheorie, staan in deze opgave algoritmes centraal. We wilden de leerlingen zelf een algoritme laten bouwen, maar we kwamen er achter dat het erg lastig is om bewerkstelligen. Na veel nadenken kwamen we op de huidige opgave uit. De opgave wordt in twee delen gemaakt; in het eerste deel komen de leerlingen door proberen op het juist antwoord, in deel 2 gaan ze een algoritme invullen om voor elke graaf de minimaal opspannende boom te kunnen bepalen. 5

6 Een sudoku is een cijferpuzzel die erg lijkt op een magisch vierkant. Maartje heeft haar bachelorscriptie geschreven over dit onderwerp, waardoor ze al snel op het idee kwam om de leerlingen in sudoku s te laten zoeken naar onvermijdelijke verzamelingen. Behalve het zoeken van deze verzamelingen is het werken met de verzamelingen op zich al iets nieuws voor de leerlingen. Omdat het niet in het curriculum van de middelbare school wiskunde zit, hebben we in het Voorbereidend Materiaal een hoofdstuk over verzamelingenleer toegevoegd. Memory is een bekend spel waarin onthouden van tegels centraal staat. In deze opgaven hebben we twee aspecten die te maken hebben met het spel belicht. We hebben gekeken hoeveel verschillende borden je kunt maken door te kijken naar symmetrieën. Dit idee kwam oorspronkelijk voort uit het spel De Kolonisten van Catan. Dat speelbord is opgebouwd uit verschillende zeshoeken, waardoor het veel verschillende draaihoeken heeft en er veel opties bekeken moeten worden. Juist door deze veelzijdigheid was het teveel om de leerlingen in deze korte tijd zoveel kennis van groepentheorie bij te brengen. Vandaar dat we er later voor hebben gekozen om het te reduceren tot een makkelijkere vorm: Memory, dit is een vierkant bord bestaande uit paren van vierkante tegels. Hierdoor zijn er veel minder symmetriegroepen, dit maakt de opgave beduidend minder complex. In het voorbereidend materiaal hebben we wel een eenvoudiger voorbeeld van ons oorspronkelijke idee gestopt om de leerlingen al kennis te laten met met combinatoriek. Cluedo is een spel waarbij er gezocht wordt naar een moordenaar, moordwapen en moordlocatie. Het eerste deel van de opgave heeft weinig te maken met het spelen van het spel. Hier behandelen we een statistisch vraagstuk. In het voorbereidend materiaal maken de leerlingen voor het eerst kennis met deze vorm van statistiek. Aan de hand daarvan achten wij ze in staat om deze opgave te moeten kunnen maken. In het tweede deel van de opgave staat strategie centraal. Met behulp van zogenaamde RGI-waardes moet bepaald worden welke set het meeste oplevert, hierbij gebruiken de leerlingen kennis over Kansrekening. Het leuke van deze opgave is dat je deze strategie ook zou kunnen toepassen wanneer je in het spel speelt. Behalve de vijf opgaven op papier zoals hierboven beschreven, wilden we de leerlingen ook echt een soort spel laten doen. Tijdens de opgaven zullen de leerlingen een soort 1 tegen 100 gaan spelen. Hiervoor moeten ze in totaal vijf extra meerkeuzevragen beantwoorden. Elk kwartier verschijnt er een nieuwe vraag op de beamer die de teams binnen een bepaalde tijdsduur moeten beantwoorden. Ook voor dit onderdeel verdienen de teams punten die meetellen voor de eindscore. De leerlingen mogen zelf de afweging maken of ze wel of niet meedoen aan dit spel, dat is hun eigen strategie. We hebben hierbij gekozen voor vragen waar groepjes, die het voorbereidend materiaal goed hebben doorgenomen, veel voordeel zullen hebben. De samenstelling van opgaven is natuurlijk in de loop der tijd gewijzigd. In het begin waren er drie opgaven die snel vast stonden, dit waren Instant Insanity, Ticket to Ride en Cluedo. Het idee van Instant Insanity kwam voort uit bekende wiskundige spelen en de analyse daarvan uit het boek Discrete Mathematics - Fifth edition van Richard Johnsonbaugh. Daarin stond een manier uitgelegd hoe je dit wiskundige spel systematisch kunt oplossen. Het idee voor de opgaven was geboren en al snel werd besloten dat dit zou blijven. Ticket to Ride leende zich ontzettend goed voor een opgave met grafentheorie en algoritmes, dus ook die keuze was snel gemaakt. Rowan had zich gestort op een statistische opgave, daar rolde Cluedo uit. De precieze invulling van de opgaven van de SoU en het Voorbereidend Materiaal bracht nog wel een veel onduidelijkheden en moeilijkheden met zich mee. Over deze opgave hebben we dan ook veel gesproken en gediscussieerd met Wieb Bosma, Han de Paepe en Henk Don. 6

7 Het Voorbereidend Materiaal Het voorbereidend materiaal voor de Sum of Us hebben we geschreven aan de hand van de opgaven. Tijdens het vormen van de opgaven kwamen we bepaalde begrippen tegen die nodig zijn om opgaven te kunnen maken. Deze hebben we toegelicht in het voorbereidend materiaal. Aan de hand van het voorbereidend materiaal hebben we oefenopgaven bedacht om de leerlingen te laten oefenen met de nieuwe begrippen. Het Proces In het algemeen zijn we natuurlijk ook tegen wat problemen aangelopen. Zo bleek het bijvoorbeeld in het algemeen veel ingewikkelder te zijn om wiskundig correct materiaal te schrijven op zo n manier dat het voor de leerlingen kort en duidelijk is. Dat komt omdat wij inmiddels zoveel hebben geleerd over wiskunde, dat we vergeten dat de leerlingen heel veel begrippen en notaties nog nooit gehoord of gezien hebben. Een belangrijk punt waar we veel over nagedacht hebben is de lengte van de opgaven en de totale omvang. Het bleek lastig in te schatten hoeveel tijd de leerlingen kwijt zouden zijn met het maken van de verschillende opgaven. Door overleg met Han de Paepe en het laten testen van de opgaven, hebben we hier meer inzicht in gekregen. We hebben opgemerkt dat de laatste deelopgaven van Instant Insanity en van Cluedo erg tijdrovend zullen zijn. We durven niet uit te sluiten dat de rest van opgaven niet voldoende zouden zijn, maar we zijn van mening dat het beter zo kan zijn dat vrijwel niemand het in zijn totaal af heeft, dan dat een aantal groepjes al snel klaar zijn en wellicht toch het maximale aantal punten behalen. Vooral de opgave 5C bij Cluedo is een discussiepunt geweest. Maar bovengenoemd argument vinden we het ook belangrijk dat de excellente groepjes zich goed kunnen onderscheiden. Verder hebben we ook tijd gestoken in opgaven die uiteindelijk toch niet gebruikt konden worden. Zo zijn we bijvoorbeeld met twee verschillende opgaven over Scheduling en Optimalisatie bezig geweest. Deze opgaven hebben we uiteindelijk laten vallen omdat ze of te makkelijk waren of omdat er zoveel theorie bij kwam kijken dat het geen haalbare optie meer zou zijn. Voor de hand liggende opgaven binnen ons thema zijn opgaven over Speltheorie. Hier wilden we een opgave met Nashevenwichten maken, maar daarbij liepen we tegen het volgende probleem aan. Om een uitdagende vraag te kunnen stellen, moeten de leerlingen al iets weten over Nashevenwichten, maar zodra ze iets over Nashevenwichten geleerd hebben, worden de vragen ofwel te eenvoudig of zo ingewikkeld dat er nog veel meer voorbereidend materiaal nodig zou zijn. Daarnaast wilden we een opgave over draaiingen van dobbelstenen en over het spel Perudo maken, maar ook deze bleken minder geschikt te zijn. Uiteindelijk zijn we tevreden over de opgaven en de wiskundige achtergronden daarbij. En vinden we het juist verrassend dat de vragen juist niet uit de speltheorie komen. Puntentelling De puntentelling hebben we als volgt bepaald. Vast staat dat er voor het middagprogramma 500 punten te verdelen zijn. We hebben alle drie afzonderlijk bekeken hoeveel punten we vinden dat elke opgave waard is. Dit kwam eigenlijk op veel plekken overeen en na overleg hebben we de huidige puntentelling vastgesteld. Waar we op gelet hebben bij het verdelen van de punten is niet alleen de moeilijkheidsgraad, maar ook de lengte van de opgaven. Daardoor zijn langere, eenvoudige opgaven soms relatief veel punten waard. We hebben bijvoorbeeld bij Cluedo ervoor gekozen om aan de laatste 2 opgaven redelijk veel punten toe te kennen. Waar echter opgave 5B minder werk is dan 5C, kiezen we er toch voor om evenveel punten toe te kennen. Dit omdat 5C eigenlijk in het verlengde ligt, je hoeft dus alleen je werkwijze bij de 5B uit te breiden. 7

8 Nakijken Naast het bedenken van de vragen, die wiskundig correct en duidelijk moeten zijn, is het ook onze verantwoordelijkheid dat de opgaven fatsoenlijk na te kijken zijn. Je zou dan kunnen kiezen voor meerkeuzevragen. Naar ons idee neem je daarmee in veel gevallen de moeilijkheid van de opgave weg. Bovendien kunnen leerlingen dan een antwoord gokken. Daarom hebben we geprobeerd vragen te maken met eenduidige antwoorden of hebben we eisen gesteld aan de antwoordnotatie. Bij Instant Insanity vragen we bijvoorbeeld om het antwoord in een tabel te noteren. Dit omdat tekeningen onduidelijk kunnen zijn. Bij Ticket to Ride hebben gekozen om van het algoritme een meerkeuzevraag te maken. Dit omdat anders de antwoorden erg uiteen zouden kunnen lopen. Daarentegen hebben we een lange lijst opties gegeven zodat het nog steeds moeilijk is om willekeurig de goede optie te kiezen. In principe hoeven de opgaven niet in een vaste volgorde gemaakt te worden. De opgaven behoeven immers geen voorkennis van de voorgaande opgaven. Maar de volgorde van de opgaven hebben we voornamelijk laten afhangen van hoeveel werk het is om die opgave na te kijken. De sudoku opgave en de Instant Insanity opgave zijn het moeilijkst om na te kijken, dus we hebben besloten dat deze twee opgaven eerder ingeleverd moeten worden. Want bij Instant Insanity moeten tabellen worden nagekeken en antwoorden uit deelopgaven onderling worden vergeleken. Bij Sudoku moeten 10 verzamelingen en een open vraag worden gecontroleerd. Verder moeten de leerlingen het eerste deel van Ticket to Ride eerder inleveren, aangezien ze het tweede deel pas krijgen wanneer het eerste deel ingeleverd is. Het Wiskundetoernooi 2015 Op vrijdag 25 september zullen 100 teams uit heel Nederland deelnemen aan het Wiskundetoernooi. s Middags zullen zij zich buigen over deze set opgaven. We zullen deze middag aanwezig zijn en kijken hoe het de teams vergaat. We hopen dat na vele correcties en controles alle fouten er nu uit zullen zijn. En er geen onduidelijkheden zijn bij de leerlingen. We hebben in ieder geval erg ons best gedaan om een leuk en uitdagend pakket opgaven samen te stellen. We hopen dat de leerlingen het net zo leuk vinden als wij en dat iedereen een fantastische middag heeft. Wij hebben er in ieder geval erg veel zin in! Han en Wieb bedankt. Veel leesplezier. 8

9 2 Voorbereidend Materiaal Voorbereidend materiaal Wiskundetoernooi 2015 Beste deelnemer aan het Wiskundetoernooi 2015, Winkunde - Geluk of Strategie? is dit jaar het thema van het middagprogramma Sum of Us. In dit boekje vind je het voorbereidend materiaal, dat je kunt gebruiken om je alvast voor te bereiden op het toernooi. Dit boekje is opgedeeld in zes hoofdstukken: verzamelingenleer, grafentheorie, combinatoriek, verwachtingswaarde, de χ 2 -test en algoritmes. Aan het eind van elk hoofdstuk vind je een aantal oefenopgaven. De antwoorden van deze oefenopgaven zijn te vinden op Tijdens Sum of Us ga je, samen met je team, een aantal problemen oplossen. Je mag het voorbereidend materiaal, de oefenopgaven en de uitwerkingen van de oefenopgaven gebruiken, maar gezien de tijd, raden we je toch aan om deze documenten van tevoren alvast grondig te bestuderen. Hierdoor zul je de opdrachten van Sum of Us sneller en beter begrijpen. Ook mag je tijdens Sum of Us gebruik maken van een rekenmachine. Let op: deze rekenmachine mag niet grafisch zijn! Als je nog vragen hebt over het materiaal, dan kun je contact met ons opnemen via toernooi@math.ru.nl. Succes! Colofon Dit voorbereidend materiaal is geschreven door: Maartje Geurts, Giselle Loeffen en Rowan Reijtenbagh. Radboud Universiteit Nijmegen, in samenwerking met Universität zu Köln en Katholieke Universiteit Leuven. Wieb Bosma, Han de Paepe en Henk Don hebben met een kritisch oog voor verbeteringen gezorgd. 9

10 2.1 Verzamelingenleer Het begrip verzameling kom je bijna overal in de wiskunde wel tegen. Een verzameling is, zoals de naam al doet vermoeden, een verzameling van objecten. Deze objecten noemen we elementen. Voorbeeld: V = {spelbord, dobbelsteen, rode pion, gele pion, blauwe pion, groene pion}. V is de verzameling van spullen die je nodig hebt om ganzenbord te spelen met vier personen. Deze verzameling bevat zes elementen. Als we met verzamelingen werken gebruiken we de volgende notatie: Zoals je in het voorbeeld ziet, schrijven we de elementen van verzamelingen tussen accolades en scheiden we de elementen met komma s. Het aantal elementen van een verzameling V geven we aan met V. Zo geldt in bovenstaand voorbeeld dus dat V = 6. dobbelsteen V betekent dat dobbelsteen een element is dat bevat is in verzameling V. witte pion / V betekent dat de witte pion geen element is van V. In een verzameling maakt het niet uit in welke volgorde we de elementen opschrijven. Ook het herhalen van elementen in de verzameling doet wordt niet gedaan. Zo geldt dat: {1, 8, 113} = {8, 113, 1, 1, 8}. We noemen U een deelverzameling van V, als U een deel (of alle) elementen van V bevat. We schrijven dan: U V. Voorbeeld: {2, 4, 6, 8, 10} {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}. Als U V, dan geven we de verzameling van alle elementen die wel in V zitten, maar niet in U een speciale naam. We noemen die verzameling het complement van U en we schrijven: U. Voorbeeld: U = {2, 4, 6, 8, 10} en V = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}. Dan U = {1, 3, 5, 7, 9}. We kunnen verzamelingen ook met elkaar vergelijken. We kunnen bijvoorbeeld kijken welke elementen zowel in verzameling V als in verzameling W zitten. We noemen die verzameling elementen de doorsnede van V en W en schrijven: V W Voorbeeld: V = {4, 8, 12, 16, 20, 24, 28, 32, 36, 40} en W = {1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, 100}. Dan V W = {4, 16, 36}. Ook kunnen we kijken naar welke elementen in V of in W zitten. (We zeggen dat een element in V of in W zit als dat element tenminste in één van beide verzamelingen zit.) We noemen deze verzameling elementen de vereniging van V en W en schrijven: V W Voorbeeld: V = {0, 2, 4, 6, 8, 10} en W = {0, 1, 3, 5, 7, 9}. Dan V W = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}. Je ziet dus dat als een element in V én in W zit, dat het element dan ook in de vereniging zit. 10

11 Zie je nu dat (V W ) (V W )? Daarnaast kijken we nog naar elementen die wel in de vereniging van V en W zitten, maar niet in de doorsnede. We noemen deze verzameling elementen het symmetrisch verschil en schrijven: V W. Voorbeeld: V = {1, 2, 3, 4, 5, 6} en W = {4, 5, 6, 7, 8, 9}. Dan V W = {1, 2, 3, 7, 8, 9}. Er geldt dus dat V W V W. En dat V W = (V W ) (V W ). Een verzameling die je in de wiskunde heel vaak tegenkomt en gebruikt, is de lege verzameling die we noteren als: Dit klinkt misschien een beetje raar, maar kijk maar eens naar de doorsnede van de volgende twee verzamelingen: V = {1, 2, 3, 4, 5} en W = {6, 7, 8, 9, 10}. Dan zie je dat V W =, want er is geen enkel element dat zowel in V zit als in W. 11

12 Opgaven Als V en W twee verzamelingen zijn, dan kun je die verzamelingen als volgt grafisch weergeven: De verzameling V W kun je als volgt arceren: Opgave 1: Welke verzameling is gearceerd in onderstaande figuur? Opgave 2: Arceer V W in de figuur hieronder. Opgave 3: Arceer W (V W ) in de figuur hieronder. Opgave 4: Arceer (V W ) V in onderstaande figuur. 12

13 Opgave 5: V = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10} en W = {0, 2, 3, 5, 7}. Bepaal V W. Opgave 6: Vul in: Als V een willekeurige verzameling is, dan: V V =... Opgave 7: V = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} en W = {10, 20, 30, 40, 50, 60, 70, 80, 90}. Bepaal V W. Opgave 8: U = {3, 5, 7, 11, 13, 17, 19} en V = {1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19}. Je ziet dat U V. Bepaal U. Opgave 9: Als U V. Hoe kun je U dan ook wel uitdrukken? 13

14 2.2 Grafentheorie In het figuur hieronder staan twee voorbeelden van weergaven van grafen: Figuur 1: Voorbeelden van grafen In de wiskunde bekijken we een formelere definitie van grafen. Een graaf bestaat uit een verzameling knopen en een verzameling lijnen tussen deze knopen. Definitie: Een graaf G is een paar (K, L) waarbij K een eindige verzameling is en L een verzameling van paren uit K. De elementen uit K noemen we de knopen van G en de elementen uit L noemen we de lijnen van G. Bij de notatie van lijnen maken we geen onderscheid tussen [1, 2] en [2, 1]. Deze staan beide voor de lijn tussen de knopen 1 en 2. Die knopen noemen we de uiteinden van de lijn. Een lijn die twee keer dezelfde knoop als uiteinde heeft, noemen we een lus. In de linkergraaf van Figuur 1 zie je dat er een lus bij knoop 4 is. We noteren deze lus als volgt: [4, 4]. Soms is het handig om de lijnen uit een graaf een naam te geven. Bijvoorbeeld wanneer er dubbele lijnen voorkomen in een graaf. Hiernaast hebben we de dubbele lijnen de namen I en II gegeven. We kunnen de graaf dan als volgt noteren. G = (K, L) met K = {1, 2, 3, 4, 5} en L = {[1, 2], [1, 3], [2, 3], [2, 5] I, [2, 5] II, [3, 4], [4, 4], [4, 5]}. Definitie: Twee knopen k, m K heten buren wanneer het paar [k, m] L. In de rechtergraaf van Figuur 1 zien we bijvoorbeeld dat de knopen 3 en 5 de enige buren zijn van 1, want [1, 3] L en [1, 5] L. We zeggen dan: knoop 1 heeft graad 2. Definitie: De graad van een knoop k K is het aantal keer dat k het uiteinde is van een lijn in L. We noteren de graad van een knoop k met gr(k). Elke lijn heeft twee knopen als uiteinde en een lus heeft dus dezelfde knoop twee keer als uiteinde. In de linkergraaf van Figuur 1 geldt bijvoorbeeld dat gr(4) = 4 en gr(5) = 3. Definitie: Een pad tussen twee knopen k en m is een rijtje knopen waarvan k het begin en m het einde is (of andersom). Tussen twee opeenvolgende knopen in het rijtje bestaat steeds een lijn en elke lijn mag hoogstens één keer voorkomen. 14

15 In de rechtergraaf van Figuur 1 zien we bijvoorbeeld dat de knopen 2 en 3 geen buren zijn, maar er zijn wel verschillende paden tussen die twee knopen. Twee voorbeelden van paden tussen 2 en 3 zijn: 2, 5, 1, 3 en 2, 5, 4, 3. Dit laatste pad staat in de figuur hiernaast aangegeven. Je kunt dus als het ware van knoop 2 naar knoop 3 wandelen via 5 en 4. Definitie: Een graaf is samenhangend als er ten minste één pad is tussen elk paar punten. Definitie: Een cykel is een pad waarvan het begin- en eindpunt hetzelfde zijn. In de linkergraaf hierboven zien we de cykel 2, 1, 3, 2, 5, 2 en in de rechter graaf zien we de cykel 1, 5, 4, 3, 1. We kijken nu even naar de rechtergraaf. Zie je dat 4, 3, 1, 5, 4 en 5, 1, 3, 4, 5 andere notaties zijn voor precies dezelfde cykel? Je kunt twee cykels samenvoegen op de volgende manier. Door 1, 2, 5, 4, 1 samen te voegen met 2, 3, 6, 2 ontstaat een nieuwe cykel: 1, 2, 3, 6, 2, 5, 4, 1. Twee speciale soorten cykels die vaak bestudeerd worden in de wiskunde zijn Eulercykels en Hamiltoncykels. Definitie: Een Hamiltoncykel is een cykel waarin alle knopen uit K precies één keer voorkomen. Let op: De beginknoop van de cykel is gelijk aan de eindknoop. Deze knoop komt één keer voor maar wordt wel twee keer genoteerd. Niet alle grafen bevatten een Hamiltoncykel. Bekijk de volgende twee grafen maar eens. De linker graaf heeft wel een Hamiltoncykel, maar de rechter graaf niet. Definitie: Een Eulercykel is een cykel waarin alle lijnen van de graaf precies één keer voorkomen. 15

16 Hieronder zie je een voorbeeld van een graaf die een Eulercykel bevat. Als je de lijnen van een graaf kunt tekenen zonder je potlood van het papier af te halen, dan bevat je graaf een Eulercykel. Probeer de Eulercykel te vinden op deze manier. We zien nu dat als een graaf een Eulercykel heeft, dat dan de graaf samenhangend is en alle knopen een even graad hebben. Als je in de cykel namelijk via een lijn bij een knoop aan komt, dan is er een andere lijn vanuit die knoop waar langs je weer weg kunt komen. Andersom geldt ook dat als alle knopen een even graad hebben en de graaf is samenhangend, dat de graaf dan een Eulercykel bevat. Denk daar maar eens over na. In de grafen in dit hoofdstuk is het vrij gemakkelijk te controleren of een graaf een Hamiltoncykel of een Eulercykel heeft. In het algemeen is het echter lang niet zo eenvoudig om een Hamiltoncykel in een graaf te vinden! Definitie: Een boom is een samenhangende graaf die geen cykels bevat. De volgende graaf is een voorbeeld van een boom. De boom in het voorbeeld bevat 8 knopen en 7 lijnen. Als je nog een lijn toe zou voegen, ontstaat er hoe dan ook een cykel. In het algemeen bevat een graaf met n knopen en minstens n lijnen altijd een cykel. En als de graaf een cykel bevat, dan is het per definitie geen boom meer. Als we een graaf bekijken, kunnen we ook kijken naar delen van die graaf. Je kunt bijvoorbeeld een knoop uit de graaf verwijderen samen met alle lijnen die die knoop als uiteinde hebben. Dit noemen we een knoopverwijdering. De lijnen met deze knoop als uiteinde kunnen niet blijven staan, want een graaf bevat alleen lijnen tussen knopen die in de graaf zitten. Wat je overhoudt na een knoopverwijdering, is nog steeds een graaf en deze graaf is een deelgraaf van de oorspronkelijke graaf. Ook kun je lijnen uit de graaf verwijderen. Dit noemen we een lijnverwijdering. De knopen blijven dan staan. De graaf die je dan overhoudt noemen we ook een deelgraaf van de oorspronkelijke graaf. De formele definitie ziet is als volgt: Definitie: We noemen G = (K, L ) een deelgraaf van G = (K, L) als G = (K, L ) een graaf is en K K en L L. Definitie: Een deelgraaf noemen we opspannend als de deelgraaf uit de originele graaf ontstaat door alleen lijnverwijderingen. De deelgraaf bevat dan dus alle knopen die de originele graaf ook bevat. 16

17 Definitie: Een deelgraaf noemen we geïnduceerd als de deelgraaf uit de originele graaf is ontstaan door alleen knoopverwijderingen. Als X K dan is X (het complement van X) ook een deelverzameling van K. De verzameling lijnen tussen X en X heeft een speciale naam. Definitie: Als G = (K, L) een graaf is en X K, dan is de snede van X de verzameling lijnen die één uiteinde hebben in X en één uiteinde in X. We noteren deze verzameling lijnen als δ(x). We zien dan dat δ(x) = δ(x). In het voorbeeld hieronder zijn de lijnen van δ({1, 2, 3, 4}) rood gekleurd. Ook hier zien we dat δ({1, 2, 3, 4}) = δ({5, 6, 7}). In de grafentheorie blijkt het vaak handig te zijn om lijnen een bepaalde waarde te geven. Je kunt hierbij bijvoorbeeld denken aan een wegennetwerk. Een wegennetwerk kun je abstract tekenen als een graaf en je kunt de lijn tussen twee steden dan de waarde geven van de afstand tussen die steden. Hiernaast zie je een graaf die wegen tussen Amsterdam, Rotterdam en Utrecht weergeeft. We schrijven dit wiskundig op als een functie op de volgende manier: f : L {0, 10, 20, 30, 40, 50, 60, 70, 80, 90, 100}. Dit betekent dat we aan elke lijn in de graaf een waarde uit de verzameling {0, 10, 20, 30, 40, 50, 60, 70, 80, 90, 100} toekennen. De waarde die we toekennen aan bijvoorbeeld lijn [A, R] noteren we als volgt: f([a, R]) =

18 Opgaven Hoeveel lij- Opgave 10: Bestaat er een samenhangende graaf op 6 punten met 4 lijnen? nen zijn er minimaal nodig om de graaf samenhangend te maken? Opgave 11: Bestaat er een onsamenhangende graaf op 6 punten met 11 lijnen die geen dubbele lijnen bevat? Opgave 12: Hoeveel verschillende paden lopen er maximaal tussen elk tweetal punten in een boom? Opgave 13: Bekijk de volgende graaf. X is de verzameling die met rood is aangegeven in de volgende graaf. Bepaal de snede van X. Opgave 14: Bekijk een graaf op 5 punten. Stel dat de graden van de punten als volgt zijn: 4, 2, 2, 1, 1. Bevat de graaf dan een cykel? Opgave 15: Bekijk de onderstaande graaf. De functie f kent waardes toe aan de lijnen. f is de volgende functie: f : L {10, 15, 20, 25}. a) Geef de waarden f([a, E]), f([b, E]) en f([c, D]). b) Bepaal het goedkoopste pad van A naar F, via D. 18

19 2.3 Combinatoriek We gebruiken combinatoriek in de wiskunde om te tellen. Soms kun je dat wat je wilt tellen gewoon uittekenen of schrijven. Maar soms is het aantal mogelijkheden zo groot dat het niet meer mogelijk is om met de hand na te gaan. Het is dan handig om gebruik te maken van combinatoriek. Er bestaan verschillende scenario s waarvoor je verschillende technieken kunt gebruiken. We zullen een deel hiervan bespreken en bekijken de volgende 4 categoriën. Eerste categorie We bekijken het gooien met een dobbelsteen. Elke keer dat je gooit, zijn er 6 mogelijkheden. We zien dat als je gooit met 2 verschillende dobbelstenen, er 6 6 mogelijkheden zijn. En als we bekijken op hoeveel manieren we 5 verschillende dobbelstenen kunnen gooien, geeft dit het volgende aantal: = 6 5 = 7776 Om dit te generaliseren kijken we naar een scenario waar we steeds a mogelijkheden hebben en we dit n keer doen. We zien dat de formule dan wordt: a n. Tweede categorie Het kan ook zo zijn dat elke keer het aantal mogelijkheden kleiner wordt. We zien dit bijvoorbeeld als we willen tellen op hoeveel mogelijke volgordes we de 4 harten plaatjes (aas, koning, vrouw, boer) kunnen leggen. Voor de eerste in de rij hebben we 4 mogelijkheden, de tweede 3, enzovoort. Dit vermenigvuldigd, geeft het totaal aantal mogelijkheden. We noemen dit faculteit en noteren het met een uitroepteken:!. Als we dus 4 faculteit moeten uitrekenen zien we: = 4! = 24 In het algemeen: als we a kaarten, of iets anders, op volgorde willen leggen wordt de formule: a!. Derde categorie We hebben in de categorie hiervoor gekeken op hoeveel manieren je een groep kaarten op volgorde kan leggen. Maar wat nu als je een rijtje van vier kaarten wil bepalen uit alle dertien harten kaarten? We gaan dus op zoek naar alle rijtjes van 4 kaarten op volgorde uit 13 kaarten. We zien in dat we voor de eerste kaart in ons rijtje 13 keuzes hebben, voor de tweede 12, voor de derde 11 en voor de laatste 10. Dit komt dus neer op het volgende: = Dit kan ook op een andere manier bekeken worden, die makkelijker te generaliseren is. We zullen zien dat dit moeilijker lijkt, maar op hetzelfde neerkomt. Eerst worden de 13 kaarten allen op volgorde gelegd (dat kan dus op 13! manieren). Vervolgens zien we dat, van de 9 kaarten die niet in ons rijtje van vier horen, de volgorde helemaal niet uitmaakt. Om dit te corrigeren delen we het aantal mogelijkheden, waarop we die negen kaarten kunnen leggen, weg. We zien hieronder dat dit precies hetzelfde is als wat we hiervoor hebben berekend: 13! 9! = = = Nu zien we dat de generalisatie neerkomt op het volgende: als een rijtje a kaarten (op volgorde) n! gekozen moet worden uit n kaarten zijn er (n a)! mogelijkheden. We noemen dit het aantal permutaties. Het kan zijn dat je dit al had herkend als de npr die op de grafische rekenmachine zit. 19

20 Vierde categorie Als laatste bekijken we het aantal mogelijkheden bij het maken van combinaties. Dit zul je misschien herkennen als de ncr op de grafische rekenmachine. Deze categorie lijkt enigzins op de vorige. Alleen maakt het nu bij het kiezen van ons groepje van vier niet uit op welke volgorde deze liggen. We willen dus weten op hoeveel verschillende mogelijke manieren we 4 kaarten kunnen kiezen uit de 13 harten kaarten. Dit gaat op eenzelfde manier als de vorige keer. We gebruiken de vorige uitkomst en delen daar het aantal manieren om de vier kaarten op volgorde te leggen weg: 13! 9! 4! = 13! 9! 4! = 715 We kunnen dit ook als volgt zien. Eigenlijk hebben we in dit voorbeeld twee groepen kaarten, namelijk die kaarten die wel gekozen zijn en de kaarten die dat niet zijn, waarbij de volgorde binnen beide groepen niet uitmaakt. In het algemeen komt dat op het volgende neer. Als we willen weten hoeveel combinaties er zijn van twee groepen: één van a en één van b, waarbij n = a + b, is dit: n! b! a! Deze formule kan dus ook gebruikt worden om bijvoorbeeld uit te rekenen op hoeveel manieren we vijf witte en vijf zwarte damstenen op een rijtje van 10 kunnen leggen. Het maakt hier natuurlijk niet uit op welke volgorde bijvoorbeeld de zwarte stenen liggen, omdat ze allemaal hetzelfde zijn. Het aantal mogelijkheden is 10! 5! 5! = 252 Kansen met combinatoriek. Combinatoriek kan verder ook gebruikt worden om kansen uit te rekenen. We kunnen dit doen door het totaal aantal mogelijkheden uit te rekenen en dan te kijken hoe vaak een bepaalde situatie voorkomt. Door dit te delen krijgen we de kans op die situatie. We gaan er hierbij wel vanuit dat de kans op elke afzonderlijke situatie altijd gelijk is. voorbeeld: Als we willen weten hoe groot de kans is dat je met twee verschillende dobbelstenen 4 gooit, bekijken we eerste het totaal aantal mogelijkheden. Hiervoor hebben we al gezien dat dit 36 is. Je kunt op drie manieren 4 gooien, namelijk 1 en 3, 2 en 2, 3 en 1. De kans om 4 te gooien met twee dobbelstenen is dus 3 36 =

21 Opgaven Opgave 16: Bereken bij de volgende scenario s hoeveel mogelijkheden er zijn. hierbij aan dat ieder van de 100 teams evenveel kans maakt op de overwinning. We nemen a De volgorde van de top 100 van het Wiskundetoernooi. b De beste 3 teams uit de 100 teams die meedoen. c De top 3 (op volgorde) uit de 100 deelnemende teams. d We willen 20 opgaven voor het ochtendprogramma kiezen uit 80 opties. Opgave 17: Bereken de kans op de volgende situaties. a Jullie groep wint het Wiskundetoernooi. b Jullie groep eindigt in de top 3. c Jullie hebben 30 opgaven (van de 80 opties voor het ochtend programma) onder ogen gekregen en uit jullie hoofd geleerd. Bereken de kans dat jullie alle 20 opgaven van het ochtendprogramma kennen. Bij het spel Kolonisten van Catan kan het speelbord variabel opgezet worden. Het bord bestaat uit een woestijn in het midden en 18 andere zeshoekige tegels daaromheen. Samen vormen ze weer een zeshoek. De 5 verschillende grondstoffen die de 18 tegels voorstellen (hout, wol, graan, steen en erts) vormen de basis van het spel. De structuur waarin deze tegels worden neergelegd is belangrijk voor het verloop van het spel. Na het leggen van de grondstoftegels, worden getallen over het bord verdeeld. Dit wordt in een vast patroon gedaan, je begint linksboven en legt de cijfers met de klok mee neer. Hieronder zie je een voorbeeld van een opgezet bord. Opgave 18: De grondstoftegels zijn als volgt opgedeeld: 4 hout, 4 wol, 4 graan, 3 erts en 3 steen. Op hoeveel manieren kan het speelbord worden opgebouwd? 21

22 2.4 Verwachtingswaarde Het is bij kansspelen natuurlijk erg interessant om te weten welke zet binnen het spel je het meest oplevert. We kunnen kansrekening toepassen om dit uit te rekenen. Bijvoorbeeld voor spellen waarbij je geld inzet en een bepaald bedrag weer uitbetaald krijgt. Casino s maken vaak gebruik van dit soort spellen. Daar moeten de spellen zo in elkaar gezet zijn, dat de spelers gemiddeld gezien geld verliezen. We bekijken als voorbeeld nu een spel met twee dobbelstenen. Allereerst bepalen we de uitbetaling. Het spel werkt als volgt: het geworpen aantal ogen wordt uitbetaald. We zetten dit in een tabel, deze zullen we later uitbreiden. Worp Uitbetaling We zijn op zoek naar de verwachtingswaarde. Dit is de waarde waarvan je verwacht dat je uitbetaald zult krijgen. Dit is niet altijd een rond getal, eigenlijk is het de gemiddelde uitbetaling, als je erg veel spellen zou doen. Om dit te doen, berekenen we per situatie de kans dat die situatie voorkomt en voegen die toe aan de tabel. Worp Uitbetaling Kans Om de verwachtingswaarde te berekenen, vermenigvuldigen we de uitbetalingen per situatie met de kans op die situatie. Daarna tellen we deze waarden als volgt op: (kans situatie 1 uitbetaling situatie 1) (kans situatie 11 uitbetaling situatie 11) In het spel in dit voorbeeld is de verwachtingswaarde dus ( ) + ( ) + ( ) + ( ) + ( )+ ( ) + ( ) + ( ) + ( ) + ( ) + ( ) = = 7 Natuurlijk, hoe hoger de verwachtingswaarde, hoe meer winst je verwacht te boeken. Als een casino dit spel wil gaan gebruiken en winst wil maken, zal de speler gemiddeld moeten verliezen. Hierom zal het casino dus moeten kiezen voor een inzet van meer dan 7. Opgaven Opgave 19: We bekijken twee spellen die werken met een rad, de inzet voor beide spellen is gelijk. Hiernaast zijn deze weergegeven, bij beide zijn er gebieden met getallen erin aangegeven. Als het rad op deze gebieden uitkomt wordt deze waarde in euro s uitbetaald. Bereken voor beide spellen de verwachtingswaarde en bepaal daarmee welk spel het voordeligst is voor de speler (a) Rad spel 1 (b) Rad spel 2 Figuur 2: Kansspellen 22

23 2.5 De χ 2 -test De χ 2 -test is een statistische test om hypotheses te toetsen. Om deze test te introduceren, maken we gebruik van een voorbeeld. We zullen hier niet uitleggen waarom deze test op deze manier echt werkt, enkel hoe deze werkt. Voorbeeld: Het Spellenspektakel wordt ieder jaar georganiseerd. Dit is een beurs voor spelliefhebbers en duurt een heel weekend. Na drie jaar in Zwolle te hebben plaatsgevonden, is de beurs nu verplaatst naar Eindhoven. De organisatie wil meer studenten op het evenement laten afkomen. Van de voorgaande jaren weten ze dat op beide dagen ongeveer 30% van de bezoekers student is. Verder proberen ze ook meer jongeren (jonger dan 16 jaar) naar de beurs te krijgen. In de afgelopen jaren was op beide dagen ongeveer 15% van de bezoekers onder de 16 jaar. Om hun doelstelling te halen, wordt er een campagne opgezet. Omdat er maar 2500 mensen tegelijk naar binnen kunnen, besluiten ze campagne zo in te richten dat de studenten de eerste dag zullen komen en de jongeren op de tweede dag. Het spellenspektakel is uitverkocht. Op de beurs zal worden bijgehouden hoe de bezoekersverhoudingen zijn. Om te kijken wat de campagne heeft gedaan, willen we testen of de verhoudingen van de bezoekers anders zijn dan vorige jaren. We gebruiken de χ 2 -test. Deze zit als volgt in elkaar: Voor een statistische test moeten we een hypothese opstellen. In de statistiek is het gebruikelijk om een hypothese op te stellen waarvan je eigenlijk wilt dat deze niet waar is. Als je namelijk aan het einde van de test kunt concluderen dat je de hypothese kunt verwerpen, wordt dit gezien als een (zeer) sterke conclusie. Terwijl niet verwerpen eigenlijk wordt gezien als niets-zeggend. Als hypothese zullen we nemen dat de bezoeksverhoudingen hetzelfde zijn als vorige jaren. We nemen dus aan de campagne geen invloed heeft gehad. Als we dit kunnen verwerpen, blijkt dat de campagne wel invloed heeft gehad op de verhoudingen. We bekijken wat de verwachte aantallen van de bezoekers zouden zijn als we uitgaan van de percentages van de afgelopen jaren. We berekenen de waarden die hierbij horen en zetten die in een tabel. Zie hieronder: Jonger dan 16 Student Rest totaal Dag Dag Vervolgens bepalen we de grenswaarde. De grenswaarde zullen we gerbuiken om te vergelijken met de χ 2 -waarde, die we straks gaan berekenen. Om deze te kunnen bepalen moet er gekeken worden naar een gekozen significantieniveau en het aantal vrijheidsgraden. Er wordt een significantieniveau gekozen. Als de χ 2 -waarde de grenswaarde overschrijdt, dan betekent dit dat de kans dat de gevonden waarden ook toevallig voor zouden kunnen komen gelijk of kleiner is aan het significantieniveau. In dit geval kiezen we voor 5%. Dit een vrij sterk significantieniveau, aangezien 5% een kleine kans is. We bepalen nu het aantal vrijheidsgraden. Het aantal vrijheidsgraden geeft aan hoeveel van de waarden in de tabel vrij te kiezen zijn. Het aantal vrijheden is namelijk het aantal items in een rij of kolom, dat niet vastligt als de voorgaande waarden bekend zijn. Dit is goed te zien in een tabel zoals we hebben opgesteld voor onze waarnemingen. Hiervoor kijken we welke waarden vastliggen als de andere waarden bekend zijn. 23

24 Als we kijken naar een rij, bijvoorbeeld de eerste, zien we dat het aantal van de rest vastligt als het aantal personen jonger dan 16 jaar en studenten bekend is; er zijn dus 2 vrijheden. Dit komt omdat we weten hoeveel mensen er totaal naar binnen gaan. Voor de kolommen kunnen we dit niet zeggen; als je weet hoeveel kinderen er op de eerste dag komen, zegt dit immers niets over de tweede dag. In de kolommen zijn dus ook 2 vrijheden. Het totaal aantal vrijheidsgraden wordt bepaald door de vrijheden in de rijen vermenigvuldigd met het aantal vrijheden in de kolommen. In dit geval is dat dus 2 2 = 4. Nu kunnen we de grenswaarde aflezen uit de volgende tabel. De tabel hieronder is een (klein) deel van de standaardtabel die bij deze test wordt gebruikt.: sign.niveau vr.graden 1% 5% 10% 25% We hebben gekozen voor een significantieniveau van 5% en het aantal vrijheidsgraden is 4. De grenswaarde horende bij het voorbeeld is dus De χ 2 -waarde moet nu nog worden berekend. Deze waarde heet de toetsingsgrootheid van de test, omdat de waarde wordt getoetst tegenover de grenswaarde. Zo n toetsingsgrootheid komt altijd voor bij statistische testen. We hebben de bijgehouden bezoekersaantallen nodig om de χ 2 -waarde te berekenen. Jonger dan 16 Student Rest totaal Dag Dag Nu kunnen we de χ 2 -waarde berekenen, dit wordt als volgt gedaan: χ 2 -waarde = r k (o ij e ij ) 2 e i=1 j=1 ij Dit komt erop neer dat je telkens (dus voor iedere positie i, j in de tabel) het verschil berekent tussen de waargenomen waarde: o ij (observed), en de waarde die je zou verwachten: e ij (expected), die wordt gekwadrateerd en vervolgens deel je door de verwachte waarde. Hierbij stelt r het aantal rijen voor, en geeft i aan welke rij bekeken wordt. Daarnaast stelt k het aantal kolommen voor en j de kolom waarnaar gekeken wordt. Al deze uitkomsten tel je bij elkaar op. De χ 2 -waarde is een maat voor de grootte van de het verschil in verhoudingen. Duidelijk is dat hoe groter de verschillen tussen het verwachte en het waargenomen, des te groter de χ 2 -waarde. Dus hoe groter de χ 2 -waarde, hoe kleiner de kans dat de hypothese waar is (en dat dus de campagne geen invloed heeft gehad). 24

25 In ons voorbeeld krijgen we dus het volgende: χ 2 ( )2 -waarde = 375 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Dit geeft χ 2 -waarde = Nu moeten we de χ 2 -waarde vergelijken met de grenswaarde. Als χ 2 -waarde de grenswaarde overschrijdt, zijn de verschillen extreem. Dan kunnen we zeggen dat de hypothese niet kan kloppen met de waarneming (met een significantie van 5%). Als χ 2 - waarde de grenswaarde niet overschrijdt, zijn de verschillen dus niet zo groot. We kunnen dan de hypothese niet verwerpen. In ons voorbeeld hebben we de volgende waarden gevonden: χ 2 -waarde = 9.74 grenswaarde = 9.49 We zien dat 9.74 > 9.49 en dus wordt de grenswaarde overschreden door de χ 2 -waarde. Nu moet er nog een conclusie worden getrokken die antwoord geeft op de vraag aan het begin van de test. De hypothese klopt niet met de waarneming (met een significantie van 5%). Dit betekent dat wat we hebben aangenomen, dat de verhoudingen hetzelfde zouden zijn als in vorige jaren, niet waar is. De campagne heeft dus wel invloed gehad op de bezoekersverhoudingen. 25

26 Samenvattend is dit dus de manier om een χ 2 test te gebruiken: Stel de hypothese op, met daarbij een tabel met de verwachte waarden. Bepaal de grenswaarde door: Bepaal het aantal vrijheidsgraden Kies het significantieniveau De grenswaarde is dan te vinden in de volgende standaardtabel. Bereken de χ 2 -waarde. sign.niveau vr.graden 1% 5% 10% 25% Vergelijk de χ 2 -waarde met de grenswaarde. Trek hieruit een conclusie. In de statistiek wordt het verwerpen van een hypothese gezien als een sterke uitspraak. Terwijl het aannemen van een hypothese juist niet als sterk wordt gezien. Daarom wordt meestal een klein significantieniveau gekozen. Het verwerpen van een hypothese gebeurt dan ook niet snel, maar als het gebeurt, kun je met grote zekerheid zeggen dat je uitspraak klopt. 26

27 2.6 Algoritmes Een algoritme is een rijtje stappen dat je uit moet voeren om een bepaalde uitkomst te krijgen. Deze uitkomst noemen we de output en dit kan van alles zijn Een getal, een verzameling, een graaf, een functie enzovoorts. Soms heb je bepaalde gegevens nodig voor je algoritme. Deze gegevens noemen we de input. Als je bijvoorbeeld het aantal priemgetallen in een verzameling wilt bepalen, dan moet je eerst weten welke verzameling getallen je gaat bekijken. Die verzameling is dan de input van je algoritme en de output is een getal, namelijk het aantal priemgetallen dat in de verzameling zit. We beginnen met een simpel voorbeeldalgoritme. We gaan bepalen hoe vaak je met een dobbelsteen moet gooien totdat je in totaal 100 ogen geteld hebt. Het aantal reeds gegooide worpen noemen we W en het totaal aantal reeds gegooide ogen geven we aan met T. We moeten nu de volgende stappen (herhaaldelijk) uitvoeren om het aantal worpen te bepalen. 1. Zolang de som van de ogen in voorgaande worpen kleiner is dan 100: (a) Gooi met de dobbelsteen (b) Tel de ogen en tel ze op bij het totaal tot dan toe. (c) Houd bij hoe vaak je gegooid hebt. 2. Stop zodra het totaal aantal ogen groter of gelijk is aan 100 en kijk dan hoe vaak je in totaal gegooid hebt. Wiskundigen houden ervan om alles zo precies mogelijk op te schrijven. Bovenstaande stappen zou je op de volgende manier formeler op kunnen schrijven: input : - output: W 1 Begin met W = 0 en T = 0. 2 Zolang T < 100: Voer stappen 3 6 uit. Anders: Ga naar stap 7. 3 Gooi de dobbelsteen. 4 Het aantal gegooide ogen noemen we x. 5 Vervang T door T + x. 6 Vervang W door W Klaar. W is de gevraagde output. Uitleg per regel: Input: In dit algoritme hebben we geen input. Output: Je wilt weten hoe vaak je moet gooien dus de output van het algoritme is W. 1: Op het moment dat we beginnen met het algoritme, hebben we nog niet gegooid, dus we beginnen met W = 0 en T = 0. 2: Zolang T kleiner dan 100 is, ben je nog niet klaar en moet je de stappen 3 t/m 6 nogmaals uitvoeren. Zodra T 100, dan kun je de stappen 3-6 overslaan en ga je direct naar stap 7. 3: Gooi met de dobbelsteen. Een computer doet dat door willekeurig een getal tussen 1 en 6 te kiezen. 4: x is het aantal ogen dat je op dat moment gegooid hebt. 5: Je moet de ogen optellen bij het reeds behaalde totaal. Het nieuwe totaal is dan dus het oude totaal plus x. 27

28 6: Elke keer dat je extra moet gooien, moet je W met één verhogen. Dus de nieuwe W wordt de oude W plus 1. 7: In deze stap kom je pas terecht als T 100. Dan ben je dus klaar. Het algoritme stopt en geeft W als output. Het handige van een algoritme is dat je nu niet meer zelf het experiment handmatig hoeft te doen. Je kunt een computer bijvoorbeeld 100 keer het experiment uit laten voeren. Als de computer het experiment maar vaak genoeg herhaalt dan kun je dus als het ware de verwachtingswaarde van het aantal benodigde worpen benaderen. Ook in de grafentheorie worden vaak algoritmes gebruikt. Als je bijvoorbeeld weet dat een bepaalde graaf een Eulercykel bevat, dan kun je het volgende algoritme gebruiken om die Eulercykel te vinden. input : G = (K, L) samenhangend met met gr(k) is even voor alle k K output: Eulercykel C van graaf G 1 Kies k K. 2 Construeer een cykel C in G die k bevat. 3 Zolang C nog niet alle lijnen uit L bevat: Voer stappen 4 6 uit. Anders: Ga naar stap 7. 4 Kies een knoop p C waarvoor geldt: gr(p) > 0 in δ(c). 5 Construeer een cykel D C met p D. 6 Voeg cykel D toe aan C om een grotere cykel te krijgen. 7 Klaar. C is nu een Eulercykel. Uitleg per regel: Input: Je bekijkt een samenhangende graaf waarvan elk punt een even graad heeft. (Omdat we weten dat in deze grafen altijd een Eulercykel te vinden is. Als de graaf een knoop met een oneven graad zou bevatten, dan loopt het algoritme vast omdat er geen Eulergraaf te vinden is.) Output: De output is een Eulercykel. 1: Om te beginnen kiezen we een willekeurige knoop in de graaf. 2: Loop nu vanuit deze knoop k langs een aantal lijnen terug naar k. Houd bij welke lijnen je gebruikt hebt. Kleur deze lijnen in de graaf (knopen hoef je niet te kleuren). (Zie opmerking!) 3: Als C nog niet alle lijnen van de graaf bevat, dan ben je nog niet klaar en moet je de stappen 4 t/m 6 nogmaals uitvoeren. Als C alle lijnen van de graaf bevat (alle lijnen zijn gekleurd), dan ben je klaar. 4: C moet je zien als de lijnen in G die je nog niet aan de cykel hebt toegevoegd. Dus de lijnen die je nog niet gekleurd hebt. Kies nu één van de knopen in cykel C waar nog ongekleurde lijnen uit gaan. 5: Loop nu vanuit deze knoop p via ongekleurde lijnen terug naar p. Houd bij welke lijnen je gebruikt en kleur deze vervolgens ook. 6: Je voegt nu dus een extra cykel toe aan C zodat je in totaal een grotere cykel krijgt. Meer uitleg hierover staat in hoofdstuk 2. 7: In deze stap kom je pas terecht als je alle lijnen ingekleurd hebt. Je bent dan dus klaar. De cykel die je gevonden hebt, is een Eulercykel. 28

29 Opmerking: Als je een papier voor je hebt liggen met daarop een getekende graaf, dan is het vrij eenvoudig om daar zelf cykels in te zoeken en vinden. In het algemeen is dat echter niet zo eenvoudig. Als je een computer wilt laten zoeken naar een cykel in een graaf, dan zul je daar eerste een algemene methode voor moeten bedenken. Zo n methode moet je dan implementeren in stap 2 en 5 van je algoritme. Opgaven: Opgave 20: Probeer het algoritme om een Eulercykel te vinden maar eens uit op de graaf in de figuur hieronder. Opgave 21: Probeer uit te zoeken wat de output is van het volgende algoritme. input : Gehele positieve getallen A en B output:??? 1 Zolang: A B: Voer stap 2 uit. Anders: Ga naar stap 3. 2 Als: A > B: Vervang A door A B. Anders: Vervang B door B A. 3 Klaar. A is nu de.... Hint: Probeer het algoritme eens uit met de volgende getallen: A = 30 en B = 18. Wat is dan de output van het algoritme? Wat is in het algemeen de output van het algoritme? 29

30 30

31 3 Voorbereidend Matiaal - Uitwerkingen 3.1 Verzamelingenleer Opgave 1: V W Opgave 2: Opgave 3: Opgave 4: Opgave 5: V W = 7 Opgave 6: Als V een willekeurige verzameling is, dan: V V = Opgave 7: V W = Opgave 8: U = {1, 9, 15} Opgave 9: Als U W, dan U = U 31

32 3.2 Grafentheorie Opgave 10: Nee, als de graaf samenhangend zou zijn is er een pad tussen elk tweetal punten. Wanneer er vier lijnen zijn in de graaf, is de maximale lengte van het pad 4. Je hebt minstens 5 lijnen nodig om de graaf samenhangend te krijgen. Opgave 11: Als je een graaf wil die niet samenhangend is, moet er tenminste één punt zijn dat niet verbonden is met de rest. Het meeste aantal lijnen krijg je in de situatie zoals hieronder weergegeven, dit zijn 10 lijnen. Wanneer je een 11e lijn toevoegt wordt de graaf alsnog samenhangend. Dus er bestaat geen onsamenhangende graaf op 6 punten met 11 lijnen. Opgave 12: Eén pad tussen elk tweetal punten, want als er twee verschillende paden zijn zou de graaf een cykel bevatten. Dat kan niet voorkomen omdat de graaf een boom is. Opgave 13 Opgave 14: Ja, deze bevat altijd een cykel. Want het punt van graad 4 is vier keer uiteinde van een lijn. Het punt is dus direct verbonden met de andere vier punten. In de graaf komen nog meer lijnen voor, dus moet de graaf een cykel bevatten. Opgave 15: a) f([a, E]) = 15, f([b, E]) = 10 en f([c, D]) = 20 b) Zie pad hieronder, met waarde

33 3.3 Combinatoriek Opgave 16: a. 100! b. 100! 97! 3! = c. 100! 97! = = ! d. 20! 60! Opgave 17: a. 99! 100! = b c. 30! 20! 10! 80! 20! 60! Opgave 18: 18! 4! 4! 4! 3! 3! = Verwachtingswaarde Opgave 19: Rad spel 1: = 5 Rad spel 2: = 19 4 = 4.25 Dus bij spel 1 is de verwachtingswaarde hoger. Deze zal daarom het voordeligst zijn voor de speler. 3.5 De χ 2 -test Er zijn geen opgaven over dit hoofdstuk uit het voorbereidend materiaal. 33

34 3.6 Algoritmes Opgave 20: Je kunt de knopen van de graaf als volgt nummeren. Een van de mogelijke Eulercykels is dan: 1,2,3,4,5,6,4,2,6,1,3,5,1. Opgave 21: Als A = 30 en B = 18, dan is de output van het algoritme 6. 6 =ggd(30,18). De output van het algoritme is: ggd(a,b). Dit algoritme wordt ook wel het Algoritme van Euclides genoemd. 34

35 4 Opgaven Sum of Us 2015 Winkunde Geluk of Strategie? Beste deelnemer aan het Wiskundetoernooi 2015, Als fanatieke spelers/wiskundigen kunnen jullie vast niet wachten om te beginnen. Toch is het belangrijk om eerst deze pagina even goed door te lezen! In dit opgavenboekje kom je vijf opgaven tegen: 1. Instant Insanity 2. Ticket to Ride 3. Sudoku 4. Memory 5. Cluedo Voor elke opgave staat hoeveel punten je kunt verdienen. In totaal kun je maximaal 450 punten halen. Om te beginnen zie je op tafel vier grote kubussen liggen. Deze kubussen heb je nodig om de eerste deelopgave van Instant Insanity te maken. Hiervoor krijg je 10 minuten de tijd. Ook vind je in dit boekje alleen het eerste deel van de Ticket to Ride ogave. Hier geldt dat je het tweede deel krijgt zodra je het eerste deel inlevert. De Instant Insanity opgave en de Sudoku opgave moeten om 15:00 uur worden ingeleverd. Verder kunnen de opdrachten onafhankelijk van elkaar gemaakt worden en je bent dan ook vrij om te kiezen in welke volgorde je de opgaven maakt en hoe je het werkt verdeelt binnen je team. Je mag gebruik maken van een rekenmachine. Let op, deze rekenmachine mag niet grafisch zijn! Zorg ervoor dat om 15:30 alle opgaven zijn ingeleverd. Lever telkens alleen de antwoordformulieren in. Heel veel succes! Colofon Deze opdrachten zijn geschreven door: Maartje Geurts, Giselle Loeffen en Rowan Reijtenbagh. Radboud Universiteit Nijmegen, in samenwerking met Universität zu Köln en Katholieke Universiteit Leuven. Wieb Bosma en Han de Paepe hebben met een kritisch oog gezorgd voor verbeteringen. 35

36 Tijdschema Sum of Us Tijd Activiteit 14:00 Start Sum of Us Start deel I Instant Insanity 14:10 Eind deel I Instant Insanity 15:00 Inleveren Instant Insanity deel II en Sudoku 15:30 Einde Sum of Us (lever alles in!) Let op: Deel II van Ticket to Ride krijg je pas nadat deel I is ingeleverd! Puntentelling Sum of Us Vraag Punten Instant Insanity 1A 10 1B 15 1C 20 1D 15 1E 35 Ticket to Ride 2A 20 2B 30 2C 30 2D 15 Sudoku 3A 30 3B 25 3C 20 Memory 4A 15 4B 20 4C 30 4D 20 Cluedo 5A 30 5B 35 5C 35 1 tegen

37 4.1 Instant Insanity Instant Insanity deel 1 Instant Insanity is een puzzel bestaande uit vier kubussen met vlakken in vier verschillende kleuren: rood (R), groen (G), blauw (B) en wit (W). Het is de bedoeling om de kubussen op elkaar te stapelen zodat aan elke kant van de toren alle vier de verschillende kleuren zichtbaar zijn. Opgave 1A: Per team hebben jullie een set van vier kubussen gekregen. Het is de bedoeling dat je deze Instant Insanity puzzel binnen de tijd oplost. Je hebt hiervoor maximaal 10 minuten de tijd, daarna gaat iedereen verder met het volgende deel van deze opgave. Om 14:10 komen er medewerkers langs om te controleren of de gebouwde toren correct is. 37

38 4.1.2 Instant Insanity deel 2 Zoals jullie (hoogst waarschijnlijk) hebben gemerkt is het geen eenvoudig kunstje om snel een oplossing van Instant Insanity puzzel te vinden. Dit komt omdat er mogelijkheden zijn om vier kubussen op te stapelen. Het vinden van de oplossing door verschillende mogelijkheden te bekijken kan hierdoor erg tijdrovend zijn. Daarom gaan we met behulp van grafentheorie systematisch de oplossingen bepalen. Figuur 3: Kubussenset 1 We bekijken de vier kubussen uit Figuur 3 (let op: dit zijn andere kubussen dan die uit opgave 1A). We kunnen kubus 4 weergeven met behulp van een graaf, zie Figuur 4. De dubbele lijn tussen de punten R en G geeft weer dat er op kubus 4 twee keer twee overstaande vlakken rood en groen zijn. De lus bij het punt W geeft aan dat er op kubus 4 twee overstaande vlakken wit zijn. Voor elke kubus kunnen we een soortgelijke graaf maken. We kunnen deze samenvoegen in één graaf, zodat we een graaf krijgen die alle kubussen representeert. De labels bij de lijnen staan voor de desbetreffende kubus. Figuur 4: Graaf corresponderend met blok 4. Opgave 1B: Breid de graaf in Figuur 4 uit zodat deze correspondeert met alle vier de kubussen. We hebben nu een graaf die correspondeert met de gegeven kubussen. We willen de vier kubussen zo stapelen dat zowel het voor- en achteraanzicht als het aanzicht van de twee zijkanten alle vier de kleuren bevat. Je kunt dit doen door twee passende deelgrafen te vinden (van de graaf die correspondeert met de vier kubussen) en vanuit daar de oplossing van de puzzel te bepalen. Een oplossing van de puzzel met de kubussen uit Figuur 3 kan weergegeven worden door de twee grafen uit Figuur 5. We kunnen ervoor kiezen dat de linkergraaf correspondeert met de vooren achterkant van de kubussen en de rechtergraaf met de twee zijkanten. Uit de linkergraaf kunnen we bijvoorbeeld opmaken dat kubus 4 dan rood en groen aan de voor- en achterkant van de toren heeft. Dit kun je zien aan de lijn met label 4 tussen de punten G en R. 38

39 Figuur 5: Graaf die de opgestapelde blokken representeert Aan de hand van de linker deelgraaf kun je de voor- en achterkant van de toren bepalen. Daarna kun je met behulp van de rechter graaf de invulling van de kubussen links en rechts bepalen. Wanneer je dit stap voor stap doet, krijg je de toren uit de afbeelding hiernaast. Deze toren is een oplossing van de Instant Insanity puzzel van de kubussen uit Figuur 3. Voor elke oplossing van de Instant Insanity puzzel kunnen we twee grafen geven die de oplossing representeren. Dit zijn beide deelgrafen van de oorspronkelijke graaf. Deze deelgrafen hebben een aantal eigenschappen: 1. Elk punt heeft graad Elke kubus wordt in elke deelgraaf gerepresenteerd door exact één lijn. 3. Elke lijn uit de graf mag in maximaal één van de deelgrafen gebruikt worden. Deze eigenschappen kun je gebruiken om voor een viertal kubussen een oplossing van de Instant Insanity puzzel te vinden. Ga op zoek naar passende deelgrafen van de oorspronkelijke graaf die aan alle drie de eigenschappen voldoen en bepaal aan de hand daarvan jullie oplossing. Opgave 1C: Vind twee deelgrafen die één oplossing representeren van de Instant Insanity puzzel behorend bij de kubussen uit Figuur 6. Hint: Maak eerst de graaf corresponderend met de vier kubussen en ga dan op zoek naar twee deelgrafen. Figuur 6: Kubussenset 2 39

40 Opgave 1D: Geef in de tabel op het antwoordfomulier de weergave van de oplossing behorend bij de grafen uit opgave 1C aan. Niet elke Instant Insanity puzzel heeft een unieke oplossing. Het kan zijn dat er meerdere oplossingen mogelijk zijn. Verder kunnen oplossingen door draaiing verschillend lijken. Om onderscheid te maken tussen de verschillende oplossingen kijken we naar de deelgrafen behorend bij deze oplossingen. We kijken paarsgewijs naar oplossingen om te bepalen of deze verschillen. Bekijk de twee deelgrafen van de ene oplossing en noem de lijnverzameling van deze twee grafen samen L O1. Bekijk ook de twee deelgrafen van de andere oplossing en noem de lijnverzameling van deze grafen samen L O2. We zeggen dat twee oplossingen essentieel verschillend zijn wanneer L O1 L O2, oftewel wanneer de lijnverzamelingen tenminste een lijn verschillen. Opgave 1E: Vind alle andere essentieel verschillende oplossingen van de puzzel uit Figuur 6 (dus niet het antwoord uit 1D). Vul deze in, in de tabellen op het antwoordformulier. Het kan zijn dat je niet alle tabellen hoeft te gebruiken. 40

41 Instant Insanity - Kladblad Figuur 7: Grafen Figuur 8: Torens 41

42 4.2 Ticket to Ride Ticket to Ride deel 1 Let op! Dit is slechts het eerste deel van de opgave. Het tweede deel van de opgave krijg je zodra je de antwoorden van het eerste deel inlevert. Ticket To Ride is een bordspel waarbij een landkaart op het bord wordt weergegeven. Spelers krijgen aan het begin van het spel opdrachtkaartjes met op elk kaartje twee steden die ze met elkaar moeten verbinden. Dit kunnen ze doen door treinrails aan te leggen tussen die steden. Vaak kan er geen directe verbinding tussen steden gelegd worden. In dat geval zullen de spelers treinrails moeten aanleggen via andere steden. De spelers krijgen punten voor elk stuk treinrails dat ze aanleggen. Het aantal punten is afhankelijk van de lengte van het stuk treinrails. Ook krijgen de spelers punten voor elke voltooide opdrachtkaart. Een opdrachtkaart (met daarop de twee steden) is voltooid als de speler via zijn eigen treinrails van de ene naar de andere stad kan reizen. De speler die aan het eind van het spel de meeste punten heeft, wint natuurlijk. Voorbeeld: In de bijlage (en in de figuur op het antwoordenblad) zie je op het bord van Ticket To Ride - Amerika dat Seattle en Toronto met elkaar verbonden kunnen worden via Helena en Duluth. In dat geval zijn er drie stukken treinrails gebruikt. Alle drie de stukken treinrails hebben lengte 6. Het spelbord kunnen we zien als een graaf waarbij de knopen de steden voorstellen en de lijnen de stukken treinrails die tussen twee steden liggen. De lengte van de lijnen kunnen we aangeven met een functie f : L N die elke lijn l een waarde f(l) geeft die gelijk is aan de lengte van lijn l. Zo zien we in de bijlage bijvoorbeeld dat f([duluth-toronto]) = 6. Je hebt de volgende zes opdrachtkaarten: Denver Nashville El Paso Atlanta Omaha Dallas Saint Louis Santa Fe Oklahoma City New Orleans Kansas City Little Rock Opgave 2A: Maak de geïnduceerde deelgraaf, die alleen de 12 knopen bevat die hierboven staan aangegeven. Teken de graaf in de figuur op het antwoordenblad door de benodigde knopen en lijnen in te kleuren. Er is een kladblad bijgevoegd. 42

43 Omdat de aangegeven steden allemaal bij elkaar in de buurt liggen, kun je paden combineren door op een slimme manier de stukken treinrails aan te leggen. Voorbeeld: Als je Denver en Nashville met elkaar moet verbinden en je gaat rails aanleggen via Kansas City, Oklahoma en Little Rock, dan heb je ook meteen Kansas City en Little Rock met elkaar verbonden. Het aanleggen van stukken treinrails kost natuurlijk wel wat. Langere stukken zijn duurder en het is dus verstandig om de paden zo goedkoop mogelijk te kiezen. Het is hierbij goed om te weten dat de kosten van een stuk treinrails (l) gelijk zijn aan de lengte van de rails (f(l)). Opgave 2B: De opdracht is nu om alle twaalf de aangegeven steden met elkaar te verbinden op een zo goedkoop mogelijke manier. Let op! Elke stad moet dus via een pad verbonden zijn met elke andere stad. Je mag geen stukken treinrails aanleggen via steden die niet in het lijstje staan. Teken weer de juiste knopen en lijnen op het antwoordenblad. Geef ook de totale kosten van alle lijnen die je gebruikt hebt. inleveren 43

44 Ticket to Ride deel 1 - Bijlage 44

45 Ticket to Ride deel 1 - Kladblad 45

46 4.2.2 Ticket to Ride deel 2 In de opgave die je zojuist hebt ingeleverd moest je een optimale manier vinden om alle knopen in de deelgraaf met elkaar te verbinden. Als je het goed hebt gedaan, heb je een minimaal opspannende boom gemaakt. Dat is een boom die alle knopen van de graaf bevat en een minimale totale lengte heeft. De totale lengte van een boom kun je bepalen door de lengte van alle lijnen van de boom bij elkaar op te tellen. Dat deze lengte minimaal is, wil zeggen dat elke andere opspannende boom een even grote of grotere totale lengte heeft. Een minimaal opspannende boom hoeft niet uniek te zijn. Opgave 2C: We gaan nu een stapje verder door een algoritme te schrijven dat in elke samenhangende graaf een minimaal opspannende boom vindt. We helpen je een beetje op weg door de structuur van het algoritme alvast te geven. Het is nu aan jou om de juiste mogelijkheden uit de lijst (rechts) op de lege plekken van het algoritme (links) in te vullen. De bedoeling van het algoritme is om op een slimme manier een verzameling B van lijnen samen te stellen die uiteindelijk alle lijnen van de minimaal opspannende boom gaat bevatten. Deze lijnen vormen samen met hun uiteindes een deelgraaf van de oorspronkelijke graaf en die deelgraaf is een minimaal opspannende boom. 1. B = m 1 input : G = (K, L) samenhangend met K = n en L = m, f : L N. output: Verzameling B met daarin de lijnen van een minimaal opspannende boom. 1 Begin met I 2 Kies l L zodat II 3 Voeg deze l toe aan B 4 Zolang III : Herhaal stap 5-7. Anders Ga naar stap 7. 5 Bepaal K B, de verzameling van knopen die het uiteinde zijn van minstens één lijn uit B. 6 Kies de kleinste lijn l δ(k B ) 7 IV 8 Klaar. B is de verzameling lijnen van de minimaal opspannende boom. Opmerking: δ(k B ) is de snede van K B. 2. B = n 1 3. B = m 4. B = n 5. B m 1 6. B n 1 7. B m 8. B n 9. B = 10. B = K 11. Voeg l toe aan B. 12. Verwijder l uit B. 13. f(l) f(l ) voor alle l L 14. f(l) > f(l ) voor alle l L 15. f(l) f(l ) voor alle l L 16. f(l) < f(l ) voor alle l L 46

47 Opgave 2D: Zoek een minimaal opspannende boom van de graaf van West-Europa die op het antwoordenblad staat. Gebruik hiervoor het algoritme. Kleur de lijnen van de minimaal opspannende boom in op het werkblad en geef de totale lengte van de boom. Er is een kladblad bijgevoegd. 47

48 Ticket to Ride deel 2 - Kladblad 48

49 4.3 Sudoku Hieronder staat links een afbeelding van een 9 9-sudokupuzzel en rechts een 9 9-sudoku. De suduko is een oplossing van de sudokupuzzel In een sudoku komen de getallen 1 t/m 9 in elke rij, kolom en blok precies één keer voor. Een sudokupuzzel is een n n-rooster (in dit geval 9 9) waarvan slechts enkele vakjes al ingevuld zijn. Niet elke puzzel heeft een unieke oplossing. Kijk maar eens naar de puzzel die hier links boven staat. Deze puzzel heeft naast de gegeven oplossing hierboven, nog een andere oplossing: Figuur 9: Twee oplossingen van de gegeven puzzel De getallen die al gegeven zijn in de puzzel noemen we hints. We kunnen nu de puzzel aanvullen zodat deze wel een unieke oplossing heeft. Dat kunnen we doen door één van de rode getallen hierboven als extra hint te geven. Dan liggen de andere rode getallen namelijk ook vast en blijft er dus precies een oplossing over

50 De rode getallen in de oplossingen in Figuur 9 zijn een voorbeeld van een zogenaamde onvermijdelijke verzameling. Dat is een niet-lege verzameling hokjes waarvan je de ingevulde getallen onderling kunt verwisselen zodat het geheel nog steeds een sudoku is. De verzameling moet minstens twee verschillende getallen bevatten en na de verwisseling moeten alle getallen in de verzameling op een andere plek komen te staan. Als we de rode 3-en en 4-en van de eerste oplossing in Figuur 9 omwisselen dan krijgen we precies de tweede oplossing. Een ander voorbeeld van een onvermijdelijke verzameling, deze keer in een 6 6-sudoku, staat hieronder gegeven. Links zie je de originele sudoku en rechts zie je de sudoku die je krijgt door alle getallen in de aangegeven onvermijdelijke verzameling op een andere plek te zetten Om de onvermijdelijke verzamelingen op te kunnen schrijven, voeren we de volgende notatie in. Eerst geven we elke blok in de sudoku een letter. Linksboven beginnen we met een A en we wijzen de letters dan toe van links naar rechts en van boven naar beneden. Hiernaast zie je het resultaat voor een 6 6-sudoku. A C E B D F Nu alle blokken een naam hebben, kunnen we de getallen in de blokken als volgt aangeven: A1 is de 1 die in blok A staat. A2 is de 2 die in blok A staat enzovoorts. De onvermijdelijke verzameling die hierboven in het rood staat aangegeven, kunnen we dus als volgt noteren: {A1, A2, A6, C1, C2, C6, E1, E2, E6}. Opgave 3A: Bekijk onderstaande 4 4-sudoku Geef alle onvermijdelijke verzamelingen van deze sudoku, maar let op; Het is zo dat je twee onvermijdelijke verzamelingen kunt samenvoegen tot een nieuwe onvermijdelijke verzameling. Dit doe je door de vereniging van de twee verzamelingen te nemen. Die verenigingen mag je hier niet opschrijven als antwoord. Kijk dus goed of de gevonden onvermijdelijke verzamelingen geen samenvoegingen zijn van twee of meer kleinere onvermijdelijke verzamelingen. Als je opgave 3A correct hebt gemaakt, zien we dat de verzameling {A1, B3, C2, D4} de eigenschap heeft dat deze een niet-lege doorsnede heeft met elke onvermijdelijke verzameling. Opgave 3B: Leg in maximaal 20 woorden uit waarvoor je zo n verzameling kunt gebruiken. 50

51 Hieronder zie je een 6 6-sudokupuzzel met daarnaast een oplossing van de puzzel De gegeven oplossing is echter niet de enige oplossing van de puzzel. Het is nu aan jullie om de hints in de puzzel aan te vullen met zo min mogelijk hints zodat de gegeven sudoku toch de unieke oplossing is van de puzzel. Om het je iets makkelijker te maken geven we je alvast alle onvermijdelijke verzamelingen die een lege doorsnede hebben met de verzameling hints. {C2, C6, D2, D6} {A3, A6, C3, C6, E3, E6} {A3, A6, C5, C6, E3, E5} {C3, C5, C6, E3, E5, E6} {A3, A5, A6, B5, B6, D5, D6, E3, E5, E6, F 5, F 6} {A5, A6, B5, B6, C5, C6, D5, D6, E5, E6, F 5, F 6} Opgave 3C: Schrijf op het antwoordformulier de extra hints in de sudokupuzzel én schrijf deze extra hints ook op in de juiste notatie. (Als je bijvoorbeeld A3 en A4 als extra hint wilt geven, dan schrijf je de 3 en de 4 op de juiste plaats in de sudokupuzzel én je vult {A3, A4} in op de daarvoor aangegeven lijn.) 51

52 4.4 Memory Memory is een spel waarbij tegels een bord vormen. De tegels zijn aan de ene kant blanco en op de andere kant staat een afbeelding. Elke afbeelding komt twee keer voor in het spel. De tegels liggen met de blanco kant naar boven. We kijken in dit geval naar 16 tegels die in een vierkant van 4 bij 4 liggen. In het voorbeeld hiernaast zijn de tegels omgedraaid. Deze 16 tegels zijn 8 paren van dezelfde tegels. De bedoeling van het spel is om zoveel mogelijk paren te verzamelen. Dit doe je door bij elke beurt 2 tegels om te draaien. Als je een paar van dezelfde tegels hebt omgedraaid, neem je deze van het bord en mag je nog een keer. Mocht het niet gelukt zijn om een paar om te draaien, dan draai je de tegels weer terug en is de volgende speler aan de beurt. Figuur 10: Memorybord, tegels omgedraaid Opgave 4A: Bereken hoeveel verschillende borden van 4 bij 4 je met deze 16 tegels kan neerleggen. Als vier spelers om een tafel zitten, zitten ze allen om hetzelfde bord, maar zien ze het bord ieder van een andere kant. De structuur van het bord blijft in essentie hetzelfde. In Figuur 11 is het bord van hierboven met de klok mee gedraaid en weergegeven. We zien dat we vier ogenschijnlijk verschillende borden hebben, die hetzelfde zijn. (a) Origineel bord (b) Bord kwart gedraaid (c) Bord half gedraaid (d) Bord driekwart gedraaid Figuur 11: Klasse Borden die na draaiing hetzelfde blijken te zijn, noemen we essentieel hetzelfde. Borden die we onderling niet door draaiing in elkaar kunnnen overbrengen, noemen we essentieel verschillend. Een verzameling van borden die essentieel hetzelfde zijn, noemen we een klasse. 52

53 Echter, niet elke klasse bevat vier elementen. Namelijk een klasse van het bord dat door twee keer draaien al exact hetzelfde bord is, bevat maar twee elementen. Hiernaast is zo n klasse van borden weergegeven. We willen weten hoeveel van dit soort klassen er zijn. Daarvoor moet er gekeken worden aan welke voorwaarden zo n bord moet voldoen. Dit zijn borden die een halve slag gedraaid exact hezelfde bord geven. (a) Origineel bord (b) Kwart gedraaid Opgave 4B: Bereken hoeveel klassen van borden die aan deze voorwaarden voldoen, er bestaan. Nu gaan we kijken naar verschillende manieren om het spel te spelen. Om te zien bij welke tactiek je de meeste last hebt van pech, bekijken we per geval hoeveel tegels je maximaal moet omdraaien om alle paren te vinden. Hier bekijken we het spel alsof je het alleen speelt. Je begint dus met een bord van tegels met de blanco kant naar boven en draait per beurt steeds twee tegels, één voor één, om. We bekijken een aantal tactieken, het maximaal aantal tegels voor Tactiek 1 is al berekend. Tactiek 1 Dit is de tactiek waarbij je eerst alle tegels (twee per beurt) een keer omdraait, bekijkt, onthoudt en terugdraait. Je onthoudt het hele bord, om daarna alle paren om te draaien. Je kunt natuurlijk toevallig een keer een paar omdraaien. Maar als je pech hebt, vind je geen enkel paar direct en zul je dus eerst alle 16 de tegels moeten omdraaien. Daarna draai je nog eens elk paar om. Dit komt nu dus neer op 32 tegels maximaal. Tactiek 2 Iedere beurt draai je twee tegels op de volgende manier om: elke keer als je bij de eerste tegel die je in je beurt omdraait, een afbeelding tegenkomt die je al eens hebt gezien, draai je gelijk de andere helft van het paar om. Wanneer de eerste tegel die je omdraait niet bekend is, maar je bij de tweede tegel die je draait wel een bekende afbeelding tegenkomt, draai je dat paar direct de beurt erna. Verder onthoudt je alles wat je hebt gezien en draai je niet een tegel nog eens om, behalve om het desbetreffende paar te draaien. Tactiek 3 Bij deze manier gaan we ervan uit dat je niet goed bent in onthouden, dat je maar een geheugencapaciteit van 1 tegel hebt. Je draait de eerste twee tegels, als dit niet een paar vormt, ga je op zoek naar de tegel met dezelfde afbeelding als de eerst omgedraaide tegel. Je draait wel telkens twee nieuwe tegels. Als je de gezochte afbeelding tegenkomt bij je eerst omgedraaide tegel, draai je direct de tweede van het paar. Als je de gezochte afbeelding vindt bij de tweede tegel die je omdraait, draai je het paar de volgende beurt. Na het omdraaien van het paar begin je helemaal opnieuw met de overgebleven tegels. Opgave 4C: Bereken voor de tactieken 2 en 3 hoeveel tegels je maximaal moet omdraaien. Opgave 4D: Om dit probleem te generaliseren gaan we er nu vanuit dat we in plaats van 16 tegels, 2n tegels hebben en dus n paren. Geef nu voor alledrie de tactieken (dus de twee uit de opgave en die uit het voorbeeld) met n weer hoeveel tegels je maximaal moet omdraaien. 53

54 4.5 Cluedo Spelers van Cluedo proberen erachter te komen welke dader (één van 6 mogelijke verdachten) met welk wapen (ook 6 mogelijkheden) in welke kamer (9 mogelijkheden) een moord heeft gepleegd. De spelers hebben kaarten in de hand gekregen, met daarop een afbeelding van een kamer of een verdachte of een wapen; een drietal met één van elk (de gezochte oplossing) is in een envelop weggeborgen, de rest is verdeeld. Om de beurt bepalen spelers met een dobbelsteen waarheen hun pion gezet mag worden op het speelbord; komen ze daarbij in een kamer, dan mogen ze een vermoeden uitspreken. Zo n vermoeden bestaat uit een drietal van: een kamer, dat mag alleen de kamer zijn waar de pion staat. een persoon, vrij te kiezen. een wapen, vrij te kiezen. De andere spelers kijken of een kaart in hun hand dit vermoeden weerlegt; alleen de eerste speler (met de klok mee) voor wie dit geldt toont zo n kaart. Hierna gaat de beurt naar de volgende speler. Natuurlijk kan het zijn dat niemand het uitgesproken vermoeden kan weerleggen. Een speler kan er éénmaal in het spel voor kiezen in zijn beurt zijn eindoplossing te geven: blijkt dit correct (bij het bekijken van de oplossing) dan heeft deze speler gewonnen. Maar als het fout is mag hij verder natuurlijk niet meer meedoen. Figuur 13: Speelbord 54

55 Om een vermoeden uit te spreken (en er zo achter te komen welke kamer in de envelop zit), zul je langs elke kamer moeten waarvan je dat nog niet weet. Duidelijk is nu dat het handig is om in het begin zoveel mogelijk kamers al in de hand te hebben, zodat je niet het hele bord over hoeft om erachter te komen welke kamers het allemaal niet zijn. Het valt Bastiaan op dat Jasper, die altijd deelt, opvallend vaak veel kamers in zijn handen heeft. Bastiaan vermoedt dat Jasper de kaarten steekt, zodat hij gunstige kaarten in handen krijgt. Om te testen of Jasper vals speelt houdt Bastiaan voor 10 potjes bij wie welke kaarten had in het spel. Hij heeft dit in onderstaande tabel bijgehouden: Spel 1 Kamers Wapens Verdachten Spel 6 Kamers Wapens Verdachten Bastiaan Bastiaan Willem Willem Jasper Jasper Spel 2 Spel 7 Bastiaan Bastiaan Willem Willem Jasper Jasper Spel 3 Spel 8 Bastiaan Bastiaan Willem Willem Jasper Jasper Spel 4 Spel 9 Bastiaan Bastiaan Willem Willem Jasper Jasper Spel 5 Spel 10 Bastiaan Bastiaan Willem Willem Jasper Jasper Opgave 5A: Bereken hoeveel kamers, verdachten en wapens ieder heeft gekregen in totaal in de 10 spelletjes en gebruik de χ 2 -test met een significantie van 10% om erachter te komen of Jasper vals speelt. Geef hierbij χ 2 -waarde, rond deze af op 3 decimalen, en je conclusie. 55

56 Bij het uitspreken van een vermoeden kun je ervoor kiezen om kaarten te noemen die je zelf op handen hebt. Dit kan tactisch zijn omdat je dan zelf een beetje beheerst welke kaarten je te zien krijgt. Ook wordt de kans dat je geen enkele kaart te zien krijgt van de andere spelers groter. Op het moment dat je geen enkele kaart van je tegenspelers te zien krijgt, is dit natuurlijk erg gunstig. Dit betekent dat je vermoeden niet door hen weerlegd kan worden en daarom moeten de kaarten waar jij om gevraagd hebt wel in de envelop zitten. We zien informatie die in een beurt verkregen is, als een soort winst. We noemen dit Relatief Gewonnen Informatie (RGI). De RGI kan alleen voor kamer, wapen en verdachte apart uitgerekend worden. Om de RGI te berekenen tellen we de mogelijkheden die er waren vóór het uitgesproken vermoeden, rekening houdend met de kaarten op hand. Daarna tellen we, als de beurt klaar is, hoeveel er bekend is geworden. We delen deze waarden door elkaar om de Relatief Gewonnen Informatie te bepalen. Als we bijvoorbeeld kijken naar kamers: Tel het aantal kamers waarvan je nog niet weet of deze het wel of niet is, spreek het vermoeden uit en na het vermoeden tel je over hoeveel kamers je nu iets te weten bent gekomen. De RGI is: aantal kamers waar iets van bekend is geworden na het vermoeden RGI = aantal kamers waar niets van bekend was voor het vermoeden Dit betekent dat als je zelf 2 kamers in handen hebt, er nog 7 kamers onbekend zijn. Als je een vermoeden uitspreekt en deze wordt weerlegd dan: RGI = 1 7. Maar kom je erachter dat de moord is gepleegd in de kamer van jouw vermoeden, zien we dat: RGI = 1. Dit omdat je behalve dat van de kamer uit jouw vermoeden weet dat deze het WEL is, nu ook van alle andere kamers weet dat deze het NIET zijn. Natuurlijk werkt dit hetzelfde voor wapens en verdachten. Willem heeft de tactiek om bij zijn eerste vermoeden, wanneer je dus nog niets meer weet dan je eigen kaarten, altijd 2 kaarten uit eigen hand te noemen en 1 niet uit eigen hand. Stel dat Willem 2 kamers, 2 wapens, 2 verdachten in zijn hand heeft. We zien dan dat hij het beste een wapen of een verdachte kan vragen; deze zijn in dit geval equivalent omdat er evenveel wapens als verdachten zijn in het spel, en hij er ook evenveel in handen heeft. De verwachtingswaarde van de RGI is dan Als hij een kamer zou vragen, zien we dat de verwachtingswaardevandergi De verwachtingwaarde van de RGI voor een kamer is dus lager en daarom kan hij dat beter niet doen. Opgave 5B: Bereken alle drie de verwachtingswaarden van de RGI voor het geval dat Willem 3 kamers, 2 wapens, 1 verdachte in zijn handen heeft. Rond je antwoorden af op 2 decimalen. Adviseer daarmee om welke nieuwe kaart (die hij dus niet op handen heeft) Willem het beste kan vragen. Willem wil zijn tactiek eens bijschaven en kijkt hoe het loopt als hij in plaats van 1 nieuwe, om 2 nieuwe kaarten vraagt. (Bij zijn vermoeden kiest hij dus 1 kaart uit zijn hand en 2 andere die hij niet zelf heeft.) We bekijken de situatie dat Willem begint met 2 kamers, 2 wapens, en 2 verdachten in handen. We gaan er verder vanuit dat als een speler twee kaarten kan laten zien om het vermoeden te weerleggen, de speler willekeurig kiest uit de twee kaarten. Let op, om de RGI te kunnen combineren moet je deze per categorie apart uitrekenen en daarna optellen. Opgave 5C: Om welke nieuwe kaarten kan hij nu het beste vragen? Geef ook hier alle verwachtingswaarden van de RGI, afgerond op 2 decimalen. 56

57 4.6 E en tegen Rushhour Bekijk de onderstaande afbeelding: De voertuigen kunnen voor of achteruit verschoven worden. Wat is het minimale aantal voertuigen dat je moet verplaatsen zodat de rode auto de uitgang rechts kan passeren? A 11 C 9 B 10 D 8 2. Grafentheorie Welke uitspraak is niet juist? Gegeven G = (K, L) met K = n 6=, L = m 6= A Als G een Eulercykel heeft, dan heeft elke knoop even graad. B Als G een boom is, dan is er tenminste e en knoop met graad 1. C Als elke twee verschillende knopen van G buren zijn, dan L = n (n 1). D Als G een cykel als deelgraaf heeft, dan m n. 3. Boy/Girl paradox Familie Wortel heeft twee kinderen. Bekijk de onderstaande situaties: I Je weet dat ze minstens e en zoon hebben. Hoe groot is de kans dat ze twee zonen hebben? II Je weet dat het oudste kind een jongen is. Hoe groot is de kans dat ze twee zonen hebben? A I= B I= en II = en II = C I= D I= en II = en II =

58 4. Kahuna Op de onderstaande afbeelding staat het speelbord van het spel Kahuna. Het speelbord kunnen we zien als een graaf. Waarbij de knopen de eilanden de eilanden voorstellen. I De graaf bevat een Eulercykel II De graaf bevat een Hamiltoncykel A Stelling I is juist Stelling II is juist B Stelling I is niet juist Stelling II is niet juist C Stelling I is juist Stelling II is niet juist D Stelling I is niet juist Stelling II is juist 5. Klaverjassen Klaverjassen is een kaartspel dat altijd met vier spelers gespeeld wordt. Van elke troef worden alleen de volgende kaarten gebruikt: Aas, Koning, Vrouw, Boer en de cijfers 10, 9, 8 en 7. De kaarten worden verdeeld zodat iedereen acht kaarten krijgt. Hoe groot is de kans dat jij acht kaarten krijgt van dezelfde soort - bijvoorbeeld schoppen? A 1 32! 8! 24! B 4 32! 8! 24! C 4! 32! 8! D 4! 32! 58

59 5 Antwoordbladen 5.1 Instant Insanity Naam School: Groepsnummer: Opgave 1A: - Opgave 1B: Opgave 1C: Opgave 1D: kubus 1 kubus 2 kubus 3 kubus 4 voorkant achterkant links rechts 59

60 Opgave 1E: kubus 1 kubus 2 kubus 3 kubus 4 voorkant achterkant links rechts kubus 1 kubus 2 kubus 3 kubus 4 kubus 1 kubus 2 kubus 3 kubus 4 kubus 1 kubus 2 kubus 3 kubus 4 60

61 5.2 Ticket to Ride Naam School: Groepsnummer: Opgave 2A: Opgave 2B: Totale lengte = 61

62 Opgave 2C: I II III IV = = = = Opgave 2D: Totale lengte = 62

63 5.3 Sudoku Naam School: Groepsnummer: Opgave 3A: (Je hoeft niet alle streepjes te gebruiken.) Opgave 3B: Opgave 3C: Vul de extra hints in in de puzzel: Schrijf hieronder de verzameling extra hints in de juiste notatie: 63

64 5.4 Memory Naam School: Groepsnummer: Opgave 4A Aantal borden = Opgave 4B Aantal klassen = Opgave 4C Tactiek Tactiek 2 Tactiek 3 Aantal tegels maximaal Opgave 4D Tactiek Tactiek 1 Tactiek 2 Tactiek 3 Aantal tegels maximaal 64

65 5.5 Cluedo Naam School: Groepsnummer: Opgave 5A χ 2 -waarde: Doorhalen wat niet van toepassing is: Jasper speelt wel/niet vals Opgave 5B Gekozen kaart Kamer Wapen Verdachte Verwachtinswaarde van de RGI Doorhalen wat niet van toepassing is: Willem kan het best vragen om een kamer / wapen / verdachte Opgave 5C Gekozen kaart Kamer Wapen Verdachte Verwachtinswaarde van de RGI Doorhalen wat niet van toepassing is: Willem kan het best vragen om een kamer / wapen / verdachte 65

66 6 Nakijkformulieren 6.1 Instant Insanity Opgave 1A - 10 pt.: Opgave 1B - 15 pt.: - 3 pt. voor elke verkeerde lijn/ lijn die mist. Opgave 1C - 20 pt.: Een oplossing bestaat uit een duo deelgrafen, deze zijn weergegeven naast elkaar. Eén van de volgende drie oplossingen is goed: 5 pt. bij één goede deelgraaf Opgave 1D - 15 pt.: Zie tabel 1E. Let erop dat de tabel moet corresponderen met de oplossing bij 1C. 0 pt. als de tabel goed is, maar niet hoort bij de deelgrafen uit 1C 10 pt. als de tabel goed is, maar er zit een fout in de graaf. 66

67 Opgave 1E - 35 pt.: Let op! Een van de onderstaande tabellen is al gegeven bij vraag 1D. 15 pt. als één van de twee oplossingen goed is 25 pt. als alle drie de goede oplossingen nogmaals gegevens zijn (antwoord van 1D dus nogmaals gegeven) -5 pt. als er extra/foute oplossingen gegeven zijn 1e voor achter links rechts voor achter links rechts k 1 W R G B G B W R k 2 B G R R R R B G k 3 R B W G W G R B k 4 G W B W B W G W k 1 W R B G B G W R k 2 B G R R R R B G k 3 R B G W G W R B k 4 G W W B W B G W k1 R W B G B G R W k2 G B R R R R G B k3 B R G W G W B R k4 W G W B W B W G k1 R W G B G B R W k2 G B R R R R G B k3 B R W G G W B R k4 W G B W W B W G 2e voor achter links rechts voor achter links rechts k 1 G B R W R W G B k 2 B R G B G B B R k 3 W G B R B R W G k 4 R W W G W G R W k1 B G W R W R B G k2 R B B G B G R B k3 G W R B R B G W k4 W R G W G B W R k1 B G R W R W B G k2 R B G B G B R B k3 G W B R B R G W k4 W R W G W G W R k1 G B W R W R G B k2 B R G B B G B R k3 W G R B R B W G k4 R W G W G W R W 67

68 3e voor achter links rechts voor achter links rechts k1 W R G R G R W R k2 B G R B R B B G k3 R B W G W G R B k4 G W B W B W G W k1 W R R G R G W R k2 B G B R B R B G k3 R B G W G W R B k4 G W W B W G G W k1 R W R G R G R W k2 G B B R B R G B k3 B R G W G W B R k4 W G W B W B W G k1 R W G R G R R W k2 G B R B R B G B k3 B R W G W G B R k4 W G B W B W W G 68

69 6.2 Ticket to Ride Antwoord 2A - 20 pt: 20 pt. als juist 5 pt. als de graaf een extra knoop (en dus extra lijnen) bevat. -10 pt. voor elke vergeten knoop. -5 pt. voor elke vergeten lijn. Antwoord 2B - 30 pt: 30 pt. als lengte = 22 én de graaf is een boom. 0 pt. als de graaf niet samenhangend is. -5 pt. als de graaf een cykel bevat. -5 pt. als lengte < 22 maar het is wel een boom (rekenfout). -10 pt. als de lengte niet is opgeschreven -3x pt. als lengte = 22 + x 69

70 Antwoord 2C - 28 pt.: I = 9 (B = ) II = 15 (f(l) f(l ) voor alle l L) III = 6 ( B n 1) IV = 11 (Voeg l toe aan B) +7pt. voor elke juiste combinatie. Antwoord 2D - 17 pt.: 17 pt. als lengte = 34 én de graaf is is een boom. 0 pt. als de graaf een cykel bevat of niet samenhangend is. -5 pt. als lengte < 34 maar het is wel een boom (rekenfout). -10 pt. als de lengte niet is opgeschreven -3x pt. als lengte = 34 + x 70

71 6.3 Sudoku Antwoord 3A - 30 pt.: {A1, A3, C1, C3} {A2, A4, C2, C4} {B2, B4, D2, D4} {B1, B3, D1, D3} {A1, A4, B1, B4} {A2, A3, B2, B3} {C2, C3, D2, D3} {C1, C4, D1, D4} {A1, A2, B1, B2, C1, C2, D1, D2} {A3, A4, B3, B4, C3, C4, D3, D4} +3pt voor elke goede verzameling. 2pt voor elke foute verzameling. (minimaal 0pt.) Antwoord 3B - 25 pt.: Dit is een minimale verzameling hints zodat de puzzel een unieke oplossing heeft. 25 pt. als juiste strekking en #woorden pt. als juiste strekking en 20 < #woorden pt. #woorden > 25. Aftrek als de volgende begrippen missen (en de strekking dus niet helemaal juist is): 8 bij hints 7 bij unieke oplossing 5 bij puzzel 5 bij minimale Antwoord 3C - 20 pt.: 20 pt. voor een van de volgende oplossingen. {D6, E3} pt. als alleen C6 of D6 of E3 gegeven is. 0 pt. als anders. {C6, X} met X {A3, A5, A6, B5, B6, D5, D6, E3, E5, E6, F 5, F 6}

72 6.4 Memory Opgave 4A - 15 pt.: Opgave 4B - 20 pt.: Opgave 4C 15 pt.: 16! 2!2!2!2!2!2!2!2! = 16! 2! 8 = Tactiek 8! = Aantal tegels maximaal Tactiek =30 Tactiek =86 15 pt. per tactiek. -5 pt. per 2 van het maximum Opgave 4D - 30 pt.: Tactiek Aantal tegels maximaal Tactiek 1 2 2n 6 punten Tactiek 2 2 (2n 2) punten Tactiek n 2 i=1 (2n + 2 2i) 7 punten Bij tactiek 3: punten voor n 2 i=1 (2n + 2 2i) als bij a. 84 is geantwoord. Natuurlijk zijn formules die er anders uitzien maar hetzelfde zijn (door plaatsing van haakjes) ook correct. 72

73 6.5 Cluedo Opgave 5A - 25 pt.: χ 2 -waarde is ( ook goed rekenen) 20 pt Jasper speelt wel/niet vals 5 pt. als χ 2 < 7.78 en conlcusie is NIET 5 pt. als χ 2 > 7.78 en conlcusie is WEL Opgave 5B - 35 pt.: 10 pt. per RGI Gekozen kaart Verwachtinswaarde van de RGI 11 Kamer Wapen Verdachte Conclusie: Willem kan het beste om een Wapen te vragen. 5 pt. toekennen als conclusie klopt met grootste RGI Opgave 5C - 35 pt.: 10 pt. per RGI Gekozen kaarten Verwachtinswaarde van de RGI Kamer en wapen 0.26 Kamer en verdachte 0.26 Verdachte en wapen 0.36 Conclusie: Willem kan het beste om een wapen en verdachte te vragen. 5 pt. toekennen als conclusie klopt met grootste RGI 73

74 7 Uitwerkingen 7.1 Instant Insanity Opgave 1A: - Opgave 1B: Voor elk van de vier kubussen kun je een graaf maken die correspondeert met de desbetreffende kubus. Elk van deze grafen bevat drie lijnen. Er is een lijn tussen twee punten, wanneer de kubus de twee kleuren op twee overstaande vlakken heeft staan. Alles samenvoegen in één graaf geeft de volgende graaf: Opgave 1C: Een oplossing bestaat uit een duo deelgrafen, deze zijn hieronder naast elkaar weergeven. Eén van de volgende drie oplossingen is goed: Opgave 1D: Geef één van de tabellen van 1E. Afhankelijk van welke deelgrafen je in vraag 1C hebt genomen. Om van deelgrafen een oplossing te maken ga je als volgt te werk. We gaan er voor het gemak even vanuit dat de linkergraaf correspondeert met de voor en achterkant van de dobbelstenen en de rechter met de twee zijkanten (andersom zou je op hetzelfde antwoord uitkomen). We starten met de voor/achterkant, dus met de linkergraaf. Kubus 1 heeft G en B op de voor of achterkant. We kiezen bijvoorbeeld dat groen op de voorkant zit en blauw op de achterkant. Kubus 2 heeft ook een blauw vlak, kies daarom bij kubus 2 een blauwe voorkant (de kleuren aan de voor en achterkant van de toren moeten immers verschillend zijn). Daardoor weten we dat de achterkant van kubus 2 rood moet zijn. Bepaal zo de voor en achterkanten van de toren en vul dit in, in de tabel. De verdeling van links en rechts is nu nog willekeurig. Omdat we de dobbelsteen nog kunnen draaien zonder dat de voor en achterkant veranderen. Bepaal nu op dezelfde wijze als net de invulling voor de zijvlakken. Vul deze invulling in, in de tabel. 74

75 Opgave 1E: Een van de onderstaande tabellen is al gegeven bij vraag 1D. De andere twee krijg je door vanuit een ander duo deelgrafen op dezelfde wijze de oplossing te bepalen. Let op! Wanneer voor/achterkant of linker/rechterkant zijn verwisseld zien we dit als dezelfde oplossing! In de onderstaande tabellen zijn de kolommen voorkant/achterkant en links/rechts verwisseld. In elke tabel staan acht weergaven van dezelfde oplossing. 1e voor achter links rechts voor achter links rechts k 1 W R G B G B W R k 2 B G R R R R B G k 3 R B W G W G R B k 4 G W B W B W G W k 1 W R B G B G W R k 2 B G R R R R B G k 3 R B G W G W R B k 4 G W W B W B G W k1 R W B G B G R W k2 G B R R R R G B k3 B R G W G W B R k4 W G W B W B W G k1 R W G B G B R W k2 G B R R R R G B k3 B R W G G W B R k4 W G B W W B W G 2e voor achter links rechts voor achter links rechts k 1 G B R W R W G B k 2 B R G B G B B R k 3 W G B R B R W G k 4 R W W G W G R W k1 B G W R W R B G k2 R B B G B G R B k3 G W R B R B G W k4 W R G W G B W R k1 B G R W R W B G k2 R B G B G B R B k3 G W B R B R G W k4 W R W G W G W R k1 G B W R W R G B k2 B R G B B G B R k3 W G R B R B W G k4 R W G W G W R W 75

76 3e voor achter links rechts voor achter links rechts k1 W R G R G R W R k2 B G R B R B B G k3 R B W G W G R B k4 G W B W B W G W k1 W R R G R G W R k2 B G B R B R B G k3 R B G W G W R B k4 G W W B W G G W k1 R W R G R G R W k2 G B B R B R G B k3 B R G W G W B R k4 W G W B W B W G k1 R W G R G R R W k2 G B R B R B G B k3 B R W G W G B R k4 W G B W B W W G 76

77 7.2 Ticket to Ride Opgave 2A: De afbeelding hierboven geeft gevraagde de geïnduceerde graaf aan. De graaf bevat enkel de 12 gevraagde knopen én alle lijnen tussen die knopen. 77

78 Opgave 2B: Totale lengte = 22 Bovenstaande afbeelding is een van de mogelijke oplossingen. De graaf moet een boom zijn, want stel dat de graaf een cykel bevat, dan zorgt het weglaten van een lijn uit de cykel ervoor dat de kosten lager worden en aan de eisen is nog steeds voldaan. Verder moet de graaf samenhangend zijn, want elke knoop moet via een pad dat verbonden zijn met elke andere knoop. Opgave 2C: I = 9 (B = ) In dit algoritme bouw je de boom stap voor stap, dus je begint met de lege verzameling. Hieraan voeg je, verderop in het algoritme, elke keer een lijn aan toe tot je klaar bent. II = 15 (f(l) f(l ) voor alle l L) Dit betekent dat je een van de goedkoopste lijnen kiest. III = 6 ( B n 1) Een boom bevat maximaal n 1 lijnen. Een opspannende boom moet alle punten van de graaf met elkaar verbinden. Hiervoor zijn minimaal n 1 lijnen nodig. Een minimaal opspannende boom bevat dus precies n 1 lijnen. IV = 11 (Voeg l toe aan B) De goedkoopste lijn uit de snede moet toegevoegd worden aan B. Door de lijnen steeds op deze manier te kiezen, kunnen er geen cykels ontstaan en heb je na het toevoegen van n 1 lijnen, dus precies een opspannende boom gevonden. Omdat je steeds de goedkoopste lijn kiest, zijn de kosten van de opspannende boom minimaal. 78

79 Opgave 2D: Er zijn meerdere antwoorden mogelijk, maar hieronder staat een voorbeeld van een minimaal opspannende boom. Totale lengte = 34 79

80 7.3 Sudoku Opgave 3A: {A1, A3, C1, C3} {A2, A4, C2, C4} {B2, B4, D2, D4} {B1, B3, D1, D3} {A1, A4, B1, B4} {A2, A3, B2, B3} {C2, C3, D2, D3} {C1, C4, D1, D4} {A1, A2, B1, B2, C1, C2, D1, D2} {A3, A4, B3, B4, C3, C4, D3, D4} Alle andere onvermijdelijke verzamelingen in de puzzel zijn verenigingen van bovenstaande onvermijdelijke verzamelingen. Opgave 3B: Dit is een minimale verzameling hints zodat de puzzel een unieke oplossing heeft. Deze hints hebben een niet-lege doorsnede met elke onvermijdelijke verzameling. De getallen in de onvermijdelijke verzamelingen liggen dan vast door de hints. Dus de puzzel heeft een unieke oplossing. Verder is het zo dat het verwijderen van een van de elementen uit de verzameling (een van de hints) ervoor zorgt dat er een onvermijdelijke verzameling is die een lege doorsnede heeft met de verzameling hints. De verzameling hints is dus minimaal. De getallen van die onvermijdelijke verzamelingen kun je dan op verschillende manieren invullen en dus heeft de puzzel geen unieke oplossing meer. Opgave 3C: Alle mogelijke oplossingen: {D6, E3} {C6, X} met X {A3, A5, A6, B5, B6, D5, D6, E3, E5, E6, F 5, F 6} Dit laatste betekent dat de rode hint gecombineerd moet worden met één van de blauwe hints. 80

81 7.4 Memory Opgave 4A: Het zijn 8 paren van 2 afbeeldingen. We gebruiken kennis van de combinatoriek om te zien dat het aantal het volgende is: 16! 2!2!2!2!2!2!2!2! = 16! 2! 8 Opgave 4B: We zien dat om aan de voorwaarden te kunnen voldoen, we het bord als volgt moeten opbouwen. Op de ene helft van het bord, als we het bord horizontaal doormidden delen, moeten de acht verschillende afbeeldingen liggen. de andere 8 tegels moeten zo geordend worden op de andere helft van het bord zodat als je het bord twee keer draait, het hetzelfde bord wordt. Deze helft ligt dus geheel vast ten opzichte van de eerste helft. Dit betekent dat we moeten uitrekenen op hoeveel manieren we de 8 verschillende tegels kunnen ordenen, hiermee hebben we het aantal borden uitgerekend. Dit is: Opgave 4C: Tactiek 2 Om het maximum te krijgen zul je zo veel mogelijk tegels tweemaal moeten omdraaien. Meer dan twee keer kan niet per tegel, omdat wanneer je weet waar een paar ligt, je deze direct omdraait. Om de eerste veertien tegels allemaal twee keer om te draaien, zal het sprel als volgt gaan: De eerste twee tegels zijn verschillend. Vervolgens draai je elke beurt bij je eerste tegel een afbeelding om die je nog niet tegen bent gekomen, daarom zul je nog een tegel moeten omdraaien die je nog niet kent. De tweede tegel is een afbeelding waarvan je al wel weet waar de andere helft van het paar ligt(die heb je dus al eens omgedraaid in een eerdere beurt). Deze draai je in de beurt erna direct om, deze beide tegels heb je dan dus twee keer omgedraaid. Zo ga je het bord af, tot de laatste twee tegels, deze zijn in dit geval verschillend. 8! De laatste 2 tegels draai je echter maar 1 keer om. Om dit in te zien bekijken we de verschillende opties: Als deze verschillend zijn, draai je de eerste tegel om en weet je al waar de andere helft van het paar ligt, omdat dit de laatste tegels zijn. De beurt daarna draai het laatste paar, dit zijn de laatste twee tegels. Als ze hetzelfde zijn, is dit het laatste paar en hoef je ze dus enkel om te draaien. Tactiek 3 Voor het eerste paar moeten we 18 tegels omdraaien. Want in het maximale geval zijn de eerste en laatste tegel een paar. Je zult dan dus eerst alle 16 tegels moeten omdraaien en daarna nog eens het paar. Vervolgens begin je opnieuw met de overige 14 tegels. Op dezelfde manier zien we dat je dan maximaal 16 tegels moet omdraaien voor het tweede paar. Dit gaat zo door. We bekijken het moment dat er nog 4 tegels over zijn. Ook in dit geval is het nog mogelijk dat je eerst alle tegels moet omdraaien voor je het paar hebt. We moeten hierbij onthouden dat je enkel de eerste tegel die je omdraait onthoudt en alleen kijkt of de volgende tegel de andere helft van het paar is of niet. Dus dit betekent dat je eerst weer 4 tegels moet omdraaien en dan draai je het paar. Voor de laatste 2 tegels hoef je natuurlijk alleen die 2 tegels om te draaien, omdat dit een paar is. 81

82 Tactiek Aantal tegels maximaal Tactiek =30 Tactiek =86 Opgave 4D: Om dit probleem te generaliseren gaan we er nu vanuit dat we in plaats van 16 tegels, 2n tegels hebben en dus n paren. We gebruiken wat we hebben gezien bij opgave 3a om dit uit te rekenen. Als je het nog niet helemaal ziet, probeer dan eens voor een ander aantal (bijvoorbeeld 10) om te vergelijken met de uitkomsten bij 16 tegels. Tactiek Aantal tegels maximaal Tactiek 1 2 2n Tactiek 2 2 (2n 2) + 2 Tactiek n 2 i=1 (2n + 2 2i) Natuurlijk zijn formules die er anders uitzien maar hetzelfde zijn (door plaatsing van haakjes) ook correct. 82

83 7.5 Cluedo Opgave 5A: Eerst moeten we de verwachte aantal kaarten bepalen voor 10 potjes. Verwacht Kamers Wapens Verdachten Bastiaan Willem Jasper Nu moeten we de grenswaarde bepalen. We weten dat het significantieniveau, namelijk 10%. Nu moeten we de vrijheidsgraden bepalen. Voor de rijen zien we dat als we weten hoeveel kaarten van de kamers en wapens Bastiaan bijvoorbeeld heeft gekregen, dan weten we hoeveel verdachten ze heeft gekregen. Dit omdat je weet hoeveel kaarten ieder krijgt (namelijk 6). Dit betekent dus dat er 2 vrijheidsgraden zijn in de rijen. Ook weet je van elke kaart (kamers, wapens en verdachten) hoeveel er in het spel zitten, dus als je weet hoeveel kamers bijvoorbeeld Bastiaan en Willem hebben, weet je hoeveel Jasper er heeft. Dit is dus ook 2 vrijheidsgraden in de kolommen. In totaal is dit dus 4 vrijheidsgraden. De grenswaarde is dan Daarna tellen we de waarnemingen op om te kijken wat er daadwerkelijk is waargenomen over die 10 potjes. Verwacht Kamers Wapens Verdachten Bastiaan Willem Jasper Om de χ 2 -waarde te berekenen moeten we de formule invullen. Voor het gemak berekenen we eerst de componenten (o ij e ij ) 2 e ij. Daarna zullen we die optellen. Nu berekenen we de χ 2 -waarde: Verwacht Kamers Wapens Verdachten Bastiaan Willem Jasper χ 2 = = Dus de χ 2 -waarde is dus Jasper speelt wel vals Opgave 5B: Om een verwachtingswaarde uit te rekenen moeten we de verschillende mogelijke situaties bedenken. We bekijken het geval dat Willem om een kamer vraagt, en de wapen en verdachte zelf op handen heeft. De andere twee gevallen gaan op een gelijke wijze. Er zijn 2 situaties mogelijk. Namelijk dat er geen kaart wordt getoond, (niemand heeft de gevraagde kamer in handen) of dat er wel een kaart wordt getoond. (iemand heeft de gevraagde kamer wel in handen.) Voor deze situaties bepalen we de RGI en de kans. 83

84 niet Voor de RGI vulen we de gegeven formule in. Vóór het uitspreken van het vermoeden wist Willem nog niets over 6 kamers (er zijn 9 kamers totaal en hij heeft er 3 in handen, die zijn het dus niet). In de teller komt nu ook 6. We zien dus: RGI = 1. De kans dat deze situatie zich voordoet is 1 6, dit is de kans dat precies de kamer die Willem vermoedt, in de envelop zit. De 3 die hij in handen heeft zitten er immers sowieso niet in. wel Ook nu rekenen we de RGI uit met de formule. In de noemer staat een 6 (zoals hierboven) en in de teller staat een 1. Dus: RGI = 1 6. De kans dat deze situatie zich voordoet is de kans dat een andere kamer dan de gevraagde kamer in de geheime envelop zit. Dit is dus 5 6. Voor het wapen en het verdachte gaat dit hetzelfde. Alleen staat steeds in de noemer steeds respectievelijk 4 (6 2) en 5 (6 1). Gekozen kaart Verwachtinswaarde van de RGI 1 Kamer = Wapen = Verdachte = Conclusie: Willem kan het beste om een Wapen te vragen. Opgave 5C: We bekijken eerst het geval dat hij een kamer en verdachte vraagt. equivalent) Er zijn 4 situaties mogelijk. Namelijk (kamer en wapen is a. dat er niet een kaart wordt laten zien, (niemand heeft de gevraagde kamer én verdachte in handen) b. dat iemand de gevraagde kamer in handen heeft en de gevraagde verdachte in de envelop zit c. dat iemand de gevraagde verdachte in handen heeft en de gevraagde kamer in de envelop zit d. kamer en verdachte zitten beide NIET in de envelop (beide kaarten zitten in handen van de andere spelers) Voor deze situaties bepalen we de RGI en de kans. ad a. De kans dat deze situatie zich voordoet is Voor de RGI vulen we de gegeven formule in. Vóór het uitspreken van het vermoeden wist Willem nog niets over 7 kamers en 4 verdachten. Voor beide weet hij nu dat ze in de envelop zitten. Dus RGI = = 2. ad b. De kans dat deze situatie dit voordoet is Als je een kamer te zien krijgt kun je niet weten of de verdachte in de envelop zit, of dat deze nog bij een speler in handen zit. Je wint dus enkel informatie ten opzichte van de kamer. Dus RGI = 1 7. ad c. De kans dat deze situatie dit voordoet is Als je een verdachte te zien krijgt kun je niet weten of de kamer in de envelop zit, of dat deze nog bij een speler in handen zit. Je wint dus enkel informatie ten opzichte van de verdachte. Dus RGI =

85 ad d. De kans dat deze situatie dit voordoet is Voor de RGI moeten we even goed nadenken. We moeten hier apart een soort verwachting berekenen. Je krijgt namelijk maar 1 kaart te zien, er zijn dus 2 verschillende situaties mogelijk. De kans dat je verdachte te zien krijgt is 1 2, een kamer is dan 1 2. Deze kansen moeten dan gecombineerd worden met de RGI per mogelijkheid ( 1 4 of 1 7 ). RGI = = Voor de kamer en het wapen en verdachtre en het wapen gaat dit hetzelfde. Dat geeft de volgende tabel: Gekozen kaarten Verwachtinswaarde van de RGI 1 Kamer en wapen Kamer en verdachte Verdachte en wapen Conclusie: Willem kan het beste om een wapen en verdachte te vragen. 85

86 7.6 E en tegen Rushhour We geven een mogelijke oplossing, de stappen die je moet uitvoeren zijn: el3 - gd1 - fl3 - qd2 - ar1 - pu1 - rl1 - od3 - xr5. Waarbij de U staat voor omhoog (up), de D voor omlaag (down), de R voor naar rechts en de L voor naar links. Het minimale aantal voetuigen is dus 9. Het is duidelijk dat het niet met minder voertuigen kan. De enige die op dezelfde plek kunnen blijven staan zij de roze auto linksonder en de oranje auto rechtsboven. 2. Grafentheorie Welke uitspraak is onjuist? Gegeven G = (K, L) met K = n 6=, L = m 6= A Als G een Eulercykel heeft, dan heeft elke knoop even graad. Dit is juist. Zie voor toelichting het Voorbereidend Materiaal. B Als G een boom is, dan is er tenminste e en knoop met graad 1. Dit is juist. Want stel dat alle knopen in G minstens graad 2 hebben. Dan heb je precies n lijnen en een boom heeft maxiimaal n 1 lijnen. C Als elke twee verschillende knopen van G buren zijn, dan L = n (n 1). Dit is onjuist. Elke knoop uit G is verbonden met alle anderen knopen, dit zijn er n 1. Omdat elke lijn twee uiteinden heeft is het aantal lijnen L = n (n 1) 2 D Als G een cykel als deelgraaf heeft, dan m n. Dit is juist. Voor boom geldt dat het aantal lijnen precies n 1 is. Wanneer je aan een boom een extra lijn (of meer) toevoegt onstaat er een cykel. Het aantal lijnen is bij een cykel dus altijd groter of gelijk aan het aantal knopen. 86

87 3. Boy/Girl paradox Familie Wortel heeft twee kinderen. Bekijk de onderstaande situaties: I Je weet dat ze minstens één zoon hebben. Hoe groot is de kans dat ze twee zonen hebben? II Je weet dat het oudste kind een jongen is. Hoe groot is de kans dat ze twee zonen hebben? Bekijk situatie I. Voor het gezin zijn drie samenstellingen mogelijk: A de oudste is een jongen, de jongste is een meisje B de oudste is een jongen, de jongste is ook een jongen C de oudste is een meisje, de jongste is een jongen Dus de kans op twee zonen is 1 3. Bekijk situatie II. Voor het gezin zijn twee samenstellingen mogelijk: A de oudste is een jongen, de jongste is een meisje B de oudste is een jongen, de jongste is ook een jongen Dus de kans op twee zonen is Kahuna Het is makkelijk in te zien dat de graaf geen Eulercykel bevat, want niet elke knoop heeft even graad. Bijvoorbeeld het eiland Lale heeft graad 3. De graaf bevat tenminste één Hamiltoncykel. In de afbeelding hieronder staat een voorbeeld aangegeven met rood. 5. Klaverjassen Het totale aantal kaarten dat bij Klaverjassen wordt gebruikt is ! Het totale aantal mogelijkheden waarop jij acht kaarten kunt krijgen is 8! 24! Je kunt op vier manieren kaarten van dezelfde troef krijgen. Namelijk allemaal schoppen, allemaal klaveren, allemaal ruiten of allemaal harten. Dus, de kans = 4 32!. 8! 24! 87