Combinatoriek. B. J. Geels. november 2017

Combinatoriek B. J. Geels november 2017

Inhoudsopgave 1 Volgorden 1 1.1 Een paar opgaven 2 1.2 De klasseplattegrond 2 2 Grote getallen 3 2.1 Het uitspreken van grote getallen 3 2.2 Naamgeving van grote getallen 3 2.3 Permutaties met herhaling 4 2.4 Doen en denken 5 3 De driehoek van Pascal 5 4 Combinaties 8 4.1 Routes in een rooster 10 4.2 Onvolledige permutatie 12 5 De en -regel en de of -regel 14 6 Combinatoriek toegepast 14 6.1 Een lampjesketting 14 6.2 Binaire getallen 16 6.2.1 Binair tellen 16 6.2.2 Omzetten van binair naar decimaal 17 6.2.3 Omzetten van decimaal naar binair 17 6.3 Rekenen met binaire getallen 18 6.3.1 Optellen 18 6.3.2 Vermenigvuldigen 19 7 Booleaanse algebra 19 7.1 en 20 7.2 of 20 7.3 niet 20 7.4 exof 20 8 Elektrische schakelingen 22 8.1 De serieschakeling 22 8.2 De parallelschakeling 23 8.3 De hotelschakeling 23 9 Automatisch rekenen 24 9.1 De halve opteller (Half Adder) 24 10 Werkbladen 27 11 Uitwerkingen 29 12 Antwoorden 32

1 Volgorden In een vensterbank staan drie cactussen op een rij. Ze zijn niet hetzelfde. Als je ze in een andere volgorde wilt zetten, op hoeveel manieren kan dat dan? En hoe bereken je dat aantal? Eerste redenering: Als je plant A op de eerste plek zet, dan zijn er twee volgorden voor B en voor C (ABC en ACB). Dat heb je voor alledrie de planten. dus: 3 2 = 6 mogelijkheden Tweede redenering: Je begint met drie lege plaatsen. Dan kan je de eerste plant (maakt niet welke) op 3 manieren plaatsen. Bij elke van deze drie mogelijkheden zijn er voor de volgende plant nog twee mogelijkheden. De derde plant kan alleen maar op de overgebeleven plaats staan. Dus: 3 2 1 = 6 Een gezin met vader, moeder, zoon en dochter eten elke dag van een vierkante tafel. Op een goede dag stellen ze voor om van de vaste plaatsen af te wijken en eens te kijken hoe het bevalt om op andere plaatsen te zitten. Opdracht: Maak op klad de tekening af met steeds een andere tafelschikking. Zorg ervoor dat vader en moeder steeds zo lang mogelijk op dezelfde plaats blijven zitten. Als je uitgezocht hebt hoeveel mogelijkheden er zijn, dan zorg je dat al die mogelijkheden netjes in je periodeschrift komen te staan. Kies een goede grootte van het vierkant dat de tafel voorstelt en bereken dan afstanden tussen die vierkant zo, dat een regelmatig patroon ontstaat. Opdracht; Plaats de letters A, B, C en D in alle mogelijke volgorden. Schrijf niet zomaar allemaal volgorden op, maar zorg voor een goed en overzichtelijk systeem van verwisselingen: A B C D B A C D C A B D D A B C A B D C B A D C C A D B D A C B A C B D B C A D C B A D D B A C A C D B B C D A C B D A D B C A A D B C B D A C C D A B D C A B A D C B B D C A C D B A D C B A Als het goed is heb je gevonden dat er 24 mogelijkheden zijn. Dat kan je berekenen met 4 3 2 1 = 24. Een verwisseling van volgorden van een aantal elementen noemen we een permutatie. Het aantal permutaties van 6 elementen kan je berekenen met 6 5 4 3 2 1, dat wordt afgekort met 6! spreek uit 6 faculteit. Dus 6! = 720 Vaak nemen we de letter n als het aantal elementen. En met P n duiden we dan het aantal permutaties van n elementen aan en zo hebben we de eerste formule van deze periode: P n = n! (1) 1

1.1 Een paar opgaven 10! 1 a. 8! = d. = 8! b. 3! 3! = e. 2! + 3! = c. 5! f. Je ziet aan de opgaven de volgende dingen: ˆ De faculteiten zijn al heel gauw heel groot 8! = 40320 ˆ Je kunt bij breuken heel handig wegdelen ˆ Het is zeker niet zo dat: a! + b! = (a + b)! ˆ Maar ook niet: a! b! = (a b)! 2015! 2014! 2 Huiswerkopdracht: Maak een tabel met alle waarden van n! van 1! tot en met 13!, zonder gebruik te maken van een rekenmachine. 3 Permuteer de letters van het woord EOPS systematisch, onderstreep de bestaande nederlandse woorden. 1.2 De klasseplattegrond Een negende klas van 25 leerlingen gaat van plaats verwisselen. Ze willen alle mogelijke plattegronden uitproberen. Hoe lang duurt dat, als elke verwisseling bijvoorbeeld 5 seconden duurt? Maak eerst een schatting van de tijdsduur, gewoon op je gevoel, je intuïtie! Een berekende schatting is bijvoorbeeld: Er zijn 25! klasseplattegronden, 25! = 15511210043330985984000000. Dat getal, met al die cijfers kan je met een gewone rekenmachine niet berekenen. Het lukt wel met de rekenmachine van Windows of met www.wolframalpha.com 15511210043330985984000000 5 = 77556050216654929920000000 seconden 77556050216654929920000000 3600 = 21543347282404147200000 uur In een jaar zitten 365 dagen van 24 uur dat zijn 8760 werkuren 21543347282404147200000 8760 = 2459286219452528219 jaar Dat is best lang... volgens wikipedia: Leeftijd aarde = 4,6 miljard jaar = 4.600.000.000 jaar Levensduur heelal = 13,8 miljard jaar = 13.800.000.000 jaar Dus het hele verwisselen duurt 2459286219452528219 13800000000 = 178.209.146 Dat is meer dan 178 miljoen keer de leeftijd van het heelal! Laten we het maar niet proberen... 2

2 Grote getallen 2.1 Het uitspreken van grote getallen Met de permutaties komen we grote en zeer grote getallen tegen. Daar willen we handig mee om kunnen gaan en we willen ze kunnen uitspreken. Grote getallen worden doorgaans gebruikt in bepaalde wetenschappen. Specifiek voor dit doel is de wetenschappelijke notatie bedacht. Hierin worden getallen uitgedrukt als het product van een relatief klein getal, meestal tussen 1 en 10, en een macht van 10. Bijvoorbeeld 3, 25 10 9 Dit is 3, 25 1.000.000.000 = 3.250.000.000 in woorden: drie-en-een-kwart miljard. Deze wetenschappelijke notatie is veel korter dan de notatie waarbij je al die nullen op moet schrijven. Bovendien om zo n getal met nullen op te schrijven ga je toch die nullen juist tellen, anders is vergissen bijna niet uit te sluiten. Een bijkomend voordeel van de wetenschappelijke notatie is dat bij een vergelijking van twee grote getallen veel eenvoudiger te zien is welke van de twee de grootste is. Indien men bijvoorbeeld de getallen 2.150.387.234.983.543.045.132 en 833.345.924.012.054.200.000 volledig uitschrijft, is het niet onmiddellijk duidelijk welk getal groter is. Als deze getallen waren genoteerd als 2, 15 10 21 en 8, 33 10 20 was dat in één oogopslag duidelijk geweest door alleen maar te kijken naar de exponent van het getal 10. Het schrijven van machten van tien is wel eens lastig, vooral op een schrijfmachine of computer. In programmeertalen en rekenmachines gebruikt men daarom de letter E (de exponent die boven het getal 10 gedacht moet worden). In plaats van 2, 15 10 21 schrijft men dan 2.15e21. 2.2 Naamgeving van grote getallen De naamgeving van grote getallen is direct gerelateerd aan hun orde van grootte. Per factor duizend wordt een andere naam gebruikt. Iedereen kent het woord miljoen (duizend maal duizend). Duizend miljoen is een miljard. Duizend miljard is een biljoen. Duizend biljoen is een biljard. Sommige mensen weten dat daarna een triljoen en een triljard komen, maar dan? Hieronder volgt een lijstje: duizend 1000 sextiljoen 10 36 miljoen 1000.000 sextiljard 10 39 miljard 1.000.000.000= 10 9 septiljoen 10 42 biljoen 10 12 septiljard 10 45 biljard 10 15 octiljoen 10 48 triljoen 10 18 octiljard 10 51 triljard 10 21 noniljoen 10 54 quadriljoen 10 24 noniljard 10 57 quadriljard 10 27 deciljoen 10 60 quintiljoen 10 30 deciljard 10 63 quintiljard 10 33 enz Een probleem bij het bovenstaande is dat dit de Europese benaming is. In de Verenigde Staten slaat men de -ard uitgangen over, dus daar telt men per factor duizend: million, billion, trillion, 3

quadrillion,.... Ofwel: Wat voor ons een miljard is, is voor een Amerikaan een billion, en ons biljoen noemt hij een trillion. Dit zorgt wel eens voor verwarring. Nog even een paar grote getallen: 10 4 : een myriade ( ontelbaar groot voor de Oude Grieken) 9, 46 10 15 : ongeveer het aantal meter in een lichtjaar 3 10 21 : ongeveer het aantal zandkorrels op onze planeet (drie triljard dus) 7 10 22 : ongeveer het aantal sterren in het (observeerbare) heelal (het getal van Sagan) 6, 02214 10 23 : de Constante van Avogadro 8 10 67 : ongeveer het aantal mogelijkheden om een spel van 52 speelkaarten te schudden 10 82 : ongeveer het aantal atomen in het (observeerbare) heelal 10 100 : een googol 10 googol = 10 10100 : een googolplex, een 1 met googol nullen Het letterlijk uitschrijven van grote getallen: Gebruik een spatie na het woord duizend: 415.618 = vierhonderdvijftienduizend zeshonderdachttien Schrijf de woorden miljoen, miljard, enz. los: 16.415.618 = zestien miljoen vierhonderdvijftienduizend zeshonderdachttien Gebruik een trema waar dat nodig is om na twee of drie een e als aparte klank te markeren: 322 = driehonderdtweeëntwintig en dan nog 13! = 6.227.020.800 zes miljard tweehonderdzevenentwintig miljoen twintigduizend achthonderd 2.3 Permutaties met herhaling Als je bijvoorbeeld de letters van het woord ZEEEEND in alle volgorden wilt zetten dan krijg je dubbele reeksen omdat de E-en niet te onderscheiden zijn. Je hebt precies evenveel dubbele rijtjes als er mogelijke volgorden van de vier E-en zijn, dus 4!. Dus van alle 7! = 5040 volgorden van de zeven letters zijn er steeds 24 hetzelfde. Dus het echte aantal mogelijkheden is 5040 = 210. Deze berekening is gemakkelijker met uitschrijven en wegdelen: 24 7! 4! = 7 6 5 4 3 2 1 = 210 4 3 2 1 Bij het vinden van het aantal woorden die je kan maken met de letters van het woord ZEEEEND, spreken we van een permutatie met herhaling. Je moet dan delen door het aantal permutaties van de dubbelen. In het voorbeeld van ZEEEEND spreken we van P 7,4 Nog een voorbeeld: Bereken het aantal woorden dat je kan maken met de letters van het woord LEPEL. Er zijn twee keer twee letters dubbel, dus P 5,2,2 = 5! 2! 2! = 5 4 3 2 1 2 2 = 5 3 2 = 30 4

4 Bereken hoeveel woorden je kunt maken met de letters van het woord PROGRAMMA 2.4 Doen en denken Als je een wiskundige vergelijking als 2x + 6 = 16 moet oplossen, dan kan je dat bij voorbeeld doen met een balans. Je gebruikt twee onbekende voorwerpen, met gewicht x. Die plaats je op de linkerschaal tezamen met 6 bekende gewichtjes. Op de rechterschaal plaats je 16 van dezelfde bekende gewichtjes. Door links en rechts hetzelfde te doen met de voorwerpjes op de schalen zal je kunnen ontdekken dat een van die onbekende voorwerpen in evenwicht is met 6 bekende gewichtjes. De vergelijking is door het doen opgelost. We hebben in de wiskundelessen geleerd zo n vergelijking ook door denken op te lossen. Soms lukt het om problemen op te lossen door ofwel te handelen ofwel door te denken. Bij de problemen zoals de klasseplattegrond is het uitvoeren, het doen niet meer mogelijk en moeten we op ons denken vertrouwen. In deze periode in klas negen proberen we aan dat vertrouwen te werken. 3 De driehoek van Pascal Neem een ruitjespapier in landschapsformaat voor je. Begin met de volgende getallen in het midden bovenaan te zetten: Bijna alle leerlingen hebben geen enkele uitleg nodig om de driehoek voort te kunnen zetten. Huiswerk kan zijn om de driehoek tot onderaan het blad voort te zetten. Beetje klein schrijven... 5

(ref: https://en.wikipedia.org/wiki/pascal%27s triangle) Yang Hui s triangle, as depicted by the Chinese using rod numerals, appears in a mathematical work by Zhu Shijie, dated 1303. The title reads The Old Method Chart of the Seven Multiplying Squares 6

Huiswerkopdracht: Zoek de driehoek van Pascal op op het internet en zoek in de eigenschappen van die getallen-driehoek. Je moet morgen van minstens twee van die eigenschappen kunnen vertellen. 1. Als berekent 11 1, 11 2, 11 3 etc dan krijg je 11, 121 en 1331 enz. de opeenvolgende horizontale rijen. 2. Als je berekent: (a + b) 1 = 1a + 1b (a + b) 2 = 1a 2 + 2ab + 1b 2 (a + b) 3 = 1a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + 1b 3. enz de getallen voor de letters (de coëfficiënten) staan in de opeenvolgende rijen. 3. Als je de getallen in een rij optelt dan krijg je een macht van 2: 1 + 5 + 10 + 10 + 5 + 1 = 32 = 2 5 4. Als je een rondje (een zeshoek) om een bepaald getal maakt, terwijl je de zijkant van de driehoek raakt en dan die getallen vermenigvuldigt, dan ontstaat steeds een macht van 30 1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 1 6 15 20 15 6 1 1 1 3 6 10 5 = 900 = 30 2 5. Als het eerste getal na de 1 in een rij een priemgetal is, dan zijn alle getallen uit die rij (behalve de 1-en) deelbaar door dat priemgetal. vb de rij van 7: 1 7 21 35 35 21 7 1. 7 is een priemgetal en de getallen 21 en 35 zijn deelbaar door 7 6. Er is een hokeystick-patroon te ontdekken. Als je bij een 1 begint en dan een aantal getallen uit de diagonaal optelt, dan krijg je als antwoord het getal dat loodrecht op die diagonaal staat. 1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 1 6 15 20 15 6 1 1 + 3 + 6 + 10 = 20 7. De getallen van de derde diagonale rij zijn de driehoeksgetallen. 8. Als je twee opeenvolgende getallen van de derde diagonale rij optelt dan krijg je de rij 7

van de kwadraten. 4 Combinaties Opdracht: Teken 4 cirkels. Plaats op elk van die cirkels vijf punten regelmatig verdeeld. Mag op het oog. Teken in de eerste cirkel alle lijnstukken die telkens twee van de vijf punten op de cirkelrand verbinden. En tel ze. Teken in de tweede cirkel alle driehoeken die telkens drie van de vijf punten op de cirkelrand verbinden. En tel ze. Idem met vierhoeken Idem met vijfhoeken Er zijn 10 lijnstukken Er zijn 10 driehoeken mogelijk Er zijn 5 vierhoeken te tekenen 8

Er is maar één vijfhoek te tekenen Verder kan je naar de oorspronkelijke tekening kijken en zien dat één enkel punt op te vatten is als een één-hoek. Daar zijn er vijf van. Tenslotte kan je echt maar op één manier nul punten op de cirkelrand plaatsen. Het resultaat staat in de tabel: aantal verbonden punten: 0 1 2 3 4 5 aantal manieren: 1 5 10 10 5 1 Kijk nog eens naar die rij getallen: 1, 5, 10, 10, 5, 1 Het is precies de 5 e rij in de driehoek van Pascal. (bij nul beginnen te tellen.) We spreken bij dit probleem van combinaties. Het gaat om het aantal manieren waarop je uit een groep van vijf punten er (b.v.) drie uit kunt kiezen. Dat noteren we als ( ) 5 3 We weten uit de tekening van de opdracht hierboven dat dat op 10 manieren kan. De berekening daarvan gaat als volgt. Voor het eerste punt heb je vijf mogelijkheden, voor het tweede nog maar vier en voor het derde nog drie. Dat is al 5 4 3 = 60 mogelijkheden. Maar voor een driehoek maakt het niet uit welk punt je het eerste gekozen had. we moeten dat aantal dus nog delen door alle mogelijke verwisselingen van drie elementen: 3! = 6 en dus het antwoord is: 60 = 10 driehoeken. 6 Je kunt die combinatie ook schrijven met de faculteit notatie: ( ) 5 3 = 5 4 3 3! = 5 4 3 2 1 3! 2 1 = 5! 3! 2! En algemeen: ( ) n = k n! k! (n k)! Kijk nog even naar de rij getallen: 1, 5, 10, 10, 5, 1 je ziet dat ze symmetrisch is. Dat is goed te begrijpen, want als je een driehoek op die vijf punten wilt tekenen, dan kies je actief drie punten, maar je zou ook twee punten kunnen kiezen en dan blijven er steeds (passief) drie punten over. Dus het aantal lijnstukken is gelijk aan het aantal driehoeken. Net zo is het aantal punten gelijk aan het aantal vierhoeken. De berekening zou er zo uitzien: ( ) 5 driehoeken: 3 En de uitkomsten zijn natuurlijk gelijk. = 5! 3! 2! ; lijnstukken: Een combinatie is dus een keuze waarbij de volgorde geen rol speelt. ( ) 5 = 5! 2 2! 3! 9

5 Van de letters van het woord PORTUGAL gaan we woorden (ook niet bestaande) van 4 letters maken. a. Op hoeveel manieren kan dit als je de letters maar één keer mag gebruiken? b. Als je elke letter meer dan één keer mag gebruiken? c. De eerste letter een P moet zijn en de laatste een L en je de letters maar één keer mag gebruiken? a.1680; b.4096; c.30 4.1 Routes in een rooster De wegen in een stad met een rechthoekig stratenpatroon, zoals in het centrum van New York, kan je opvatten als een rechthoekig rooster. Je kunt je dan afvragen op hoeveel manieren je van het ene punt naar het andere kunt komen. Natuurlijk kijken we alleen naar de kortste routes, rondjes lopen kan je eindeloos. Als je naast de kaart een windroos denkt, zoals in de figuur hiernaast, dan kan je zien dat een route van A naar B altijd een aantal stappen naar het noorden en een aantal stappen naar het oosten is. De rode route kan je bijvoorbeeld weergeven als: NOONONOOO, de groene route is OOONOOONN. Een drietal dingen kan je direct uit de figuur inzien: Om van A naar B te komen: ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ blijf je binnen de rechthoek met eindpunten A en B je moet steeds 3 stappen naar het noorden je moet steeds 6 stappen naar het oosten je moet in totaal 9 stappen doen alle routes met 3 N en 6 O zijn even lang, en allemaal kortste routes Om te berekenen hoeveel kortste routes er zijn hebben we twee manieren: eerste manier: elke route heeft een code zoals: NOONONOOO. Dat zijn negen letters waarvan er drie N zijn. (de rest zijn dan Os). Die drie N-en moeten we elk op één van de negen plaatsen zetten. Omdat we de N-en niet kunnen onderscheiden van elkaar, en de volgorde dus geen rol speelt, hebben we hier een combinatie. ( 9 3). Zoals bekend uit de vorige paragraaf berekenen we dit als volgt: 3 4 ( ) 9 = 9! 3 6! 3! = 9 8 7 6 5 4 3 2 1 6 5 4 3 2 1 3 2 1 = 3 4 7 = 84 Dat kan iets eenvoudiger. Je kunt bedenken dat je 9 mogelijkheden hebt voor de eerste N dan nog 8 voor de tweede en tenslotte nog 7 voor de derde N. Dan zijn er 3! verwisselingen van die N-en mogelijk. De rest zijn O-s. Dus 9 8 7 3! = 84 10

Natuurlijk kan je ook het aantal mogelijkheden berekenen voor het plaatsen van de O-s, maar dat is vanzelfsprekend hetzelfde aantal. ( ) ( ) 9 9 = 3 6 6 Hoeveel kortste routes zijn er van A, via B naar C? A B C tweede manier: Je kunt deze resultaten ook vinden door op te tellen zoals je dat al in de driehoek van Pascal gedaan hebt. Je krijgt bij hoekpunt C een 1 omdat je vanaf A maar op één kortste manier hebt om daar aan te komen. Namelijk vanaf A direct naar rechts. Als je eerst omhoog gaat en dan weer naar beneden zodat je via D naar C gaat, dan maak je een omweg. Die omwegen tellen we niet mee. Bij punt D moet een 2 staan omdat je op twee manieren daar kunt komen. Of je nu eerst omhoog gaat en dan naar rechts of dat je eerst naar rechts gaat en dan pas omhoog, dat maakt voor de afgelegde weglengte geen verschil. Je ziet dat je via twee hoekpunten kunt komen elk met het cijfer 1 erbij. Omdat je nu òf de ene weg neemt òf de andere, moet je deze getallen optellen: 1 + 1 = 2 manieren om bij punt D te komen. zo ga je door tot je bij alle hoekpunten een getal hebt geschreven. Bij punt B krijg je dan het getal 84. Dat is hetzelfde als wat je met de berekening uit de vorige paragraaf zou krijgen: ( 9 3) = 84 Als er nu midden in de stad een park is, waar je niet doorheen kan, dan is deze methode van het tellen veruit het gemakkelijkst. In de figuur hiernaast zie je dat bij F en bij G hetzelfde aantal staat (10). Je kunt ook maar op één manier van F naar G. Dat geldt net zo bij de punten E en C. Bij punt D kan je weer aankomen via G of via C. Ga maar na dat die twee wegen, van A naar C en van A naar G, allebei even lang zijn. Het getal bij D moet dan ook zijn: 5 + 10 = 15. In totaal zijn er 110 kortste wegen in dit rooster. 4.2 Onvolledige permutatie Stel dat je kaartjes hebt met daarop tien verschillende letters. Nu mag je er drie uit die tien kiezen en dan een (al dan niet bestaand) woord vormen. Je kunt dan zeggen dat er twee handelingen zijn ˆ je kiest drie kaartjes uit 10: ( 10 3 ) = 120 11

ˆ je legt ze in alle volgorden: 3! = 6 In totaal hebben we dan dus 120 6 = 720 mogelijkheden. Deze verwisseling van een deel van de elementen wordt ook wel een onvolledige permutatie genoemd. We gebruiken wel de notatie P3 10. Het is eigenlijk een combinatie waarbij de volgorde wèl een rol speelt. In rekenmachines komen we beide berekeningen tegen met de code ncr en npr. ˆ Een keuze van 3 uit 10 waarbij de volgorde geen rol speelt 10nCr3 = 120 ˆ Een keuze van 3 uit 10 waarbij de volgorde wel een rol speelt 10nPr3 = 720 De formele formules zijn: ( ) n = n ncr k = k n! k! (n k)! ; en Pn k = n npr k = n! (n k)! 12

5 De en -regel en de of -regel 6 Combinatoriek toegepast 6.1 Een lampjesketting Meneer van den Bergh controleert de kerstverlichting voordat deze opgeborgen wordt voor volgend jaar. 13

Hij constateert dat er van de 15 lampjes maar liefst 4 kapot zijn! Bij meneer van den Bergh komt nu zomaar de vraag op Op hoeveel manieren kunnen er 4 lampjes van de 15 stuk zijn? Dat is een keuze zonder volgorde, dus een combinatie: ( ) 15 15 14 13 12 = = 7 7 13 3 = 1365 4 4 3 2 2 Ineens krijgt meneer van den Bergh een lumineus idee! Hij bedenkt dat hij het wel of niet branden van een lampje kan weergeven met een 0 of een 1. Uit = 0 Aan = 1 Zo heeft hij nu met zijn lampjessnoer een code: 110111101010111 Hij wil nu eens alle mogelijke codes opschrijven die te maken zijn met 4 lampjes.: 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 1 0 1 0 0 0 1 0 1 0 1 1 0 0 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1 1 1 0 0 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 Je ziet hier enige systematiek. De volgorde van het meest rechtse cijfer is gewoon om en om 0 en 1. De volgorde van het een na laatste cijfer wisselt per 2. Het derde cijfer wisselt per 4 en het meest linkse cijfer wisselt per 8. Het totaal aantal codes kunnen we als volgt berekenen. Methode 1 Bedenk dat ( ( 4 0) betekent geen van de lampjes is aan en dat b.v. 4 3) betekent: 3 van de 4 lampjes zijn aan. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 4 4 4 + + + + = 0 1 2 3 4 1 + 4 1 + 4 3 2 1 + 4 3 2 3 2 1 + 4 3 2 1 4 3 2 1 = 1 + 4 + 6 + 4 + 1 = 16 Die 16 codes zijn hierboven allemaal uitgeschreven. Methode 2 Je kunt ook zeggen: voor het eerste lampje heb je twee mogelijkheden, nl aan 14

en uit. Bij elk van die twee mogelijkheden heb je weer twee methoden voor de toestand van het volgende lampje. Dat zijn al vier codes. Dat gaat steeds met 2 omhoog bij het volgende lampje. Je krijgt dus 2 4 = 16 codes. 6.2 Binaire getallen Ineens denkt de heer van den Bergh aan de lessen wiskunde waarbij er over getalsystemen werd gesproken. Een getal als 7363 is als volgt opgebouwd: 7 3 6 3 3 1 = 3 6 10 = 6 10 1 3 100 = 3 10 2 7 1000 = 7 10 3 Je ziet dat een cijfer betekenis heeft die afhangt van de plaats in het getal. De ene 3 betekent gewoon 3 en de andere 3 betekent 300, dat hangt af van de positie. Wij hebben een zogenaamd positioneel talstelsel. Verder zie je dat de getallen 10 1 = 10, 10 2 = 100, 10 3 = 1000 heel belangrijk zijn. we werken in een talstelsel dat in feite gebaseerd is op ons aantal vingers, we spreken van een tientallig stelsel, een decimaal talstelsel. In dat stelsel gebruiken we 10 cijfers: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 Dat kan eenvoudiger; met alleen de twee cijfers 0 en 1 kan je ook getallen maken. We spreken dan van een tweetallig stelsel, een binair talstelsel. De waarden van de cijfers is dan van rechts naar links: 1, 2, 4, 8, Een getal als 1011 is dan als volgt opgebouwd: 1 0 1 1 1 1 = 1 = 1 1 2 = 1 2 1 = 2 0 4 = 0 2 2 = 0 1 8 = 1 2 3 = 8 11 Zo wordt duidelijk dat het binaire getal 1011 gelijk is aan het decimale getal 11. Je ziet ook gelijk een probleem. Het is soms niet duidelijk in welk talstelsel je werkt. Dat zullen we aan moeten geven. Ofwel met een letter b voor binair en d voor decimaal of door middel van een getal, 2 voor tweetalling, en 10 voor decimaal: 1011 b = 11 d of: 1011 2 = 11 10 15

6.2.1 Binair tellen Het eerste wat we met deze binaire getallen zullen doen is gewoon tellen. 0 b = 0 d, 1 b = 1 d en 10 b = 2 d. Om de systematiek duidelijker te laten uitkomen schrijven we een binair getal als 11 b vaak met een aantal nullen ervoor: 0011 b. We tellen tot 15: binair decimaal 0 0 0 0 = 0 0 0 0 1 = 1 0 0 1 0 = 2 0 0 1 1 = 3 0 1 0 0 = 4 0 1 0 1 = 5 0 1 1 0 = 6 0 1 1 1 = 7 1 0 0 0 = 8 1 0 0 1 = 9 1 0 1 0 = 10 1 0 1 1 = 11 1 1 0 0 = 12 1 1 0 1 = 13 1 1 1 0 = 14 1 1 1 1 = 15 6.2.2 Omzetten van binair naar decimaal Elk cijfer van een getal heeft zijn eigen waarde. Bij binaire getallen is dat van rechts naar links: 1, 2, 4, 8, 16, 32 etc We schrijven die waarden onder de afzonderlijke cijfers en tellen ze op als het binaire getal op die plaats een 1 heeft staan. Hier volgt een voorbeeld met het getal 11011 b 1 1 0 1 1 16 8 4 2 1 16 + 8 + 0 + 2 + 1 = 27 d Dus 11011 b = 27 d 7 Zet de volgende binaire getallen om naar een decimaal getal: a. 101 c. 11100 b. 110110 d. 11011 16

6.2.3 Omzetten van decimaal naar binair Bij het omzetten van een decimaal getal naar een binair getal moet je eerst de rij van de machten van twee goed voor ogen houden: 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, etc Dan schrijf je eerst een rij van stippen op waarop de nullen en de enen moeten komen, met de...... waarde van dat cijfer er klein onder: 32 16 8 4 2 1 Vervolgens trekken we van het om te zetten getal de hoogst mogelijk macht van twee af, en als dat kan zetten we op de plaats van dìe macht een 1, de machten die we over moeten slaan leveren een 0. Als voorbeeld zetten we het getal 54 d om naar binair: Machten van 2 1 2 4 8 16 32 64 128 De berekening 54 32 22 16 6 4 2 2 0 Het binaire getal: 1 1 0 1 1 0 32 16 8 4 2 1 Dus we hebben: 54 d = 110110 b 8 Zet de volgende decimale getallen om naar een binair getal: a. 15 c. 22 b. 234 d. 68 6.3 Rekenen met binaire getallen 6.3.1 Optellen Voor het optellen hebben we de regels: optellen 0 + 0 = 00 1 + 0 = 01 0 + 1 = 01 1 + 1 = 10 Bedenk dat 10 b = 2 d Als extra regel hebben we nodig: 1 + 1 + 1 + 1 = 11. Bedenk dat 11 b = 3 d Verder gaat het optellen onder elkaar net als bij decimale getallen. Als de optelling van twee cijfers een getal van twee cijfers oplevert (zoals bij 1 + 1 en bij 1 + 1 + 1, dan moeten we het meest linkse cijfer (een 1) onthouden en bij de volgende kolom optellen. 17

Even een voorbeeld: We gaan de getallen 101101 en 1101 optellen. Eerst netjes onder elkaar zetten, met extra nullen aan de linkerkant van 1101 1 1 1 1 0 1 1 0 1 0 0 1 1 0 1 1 1 1 0 1 0 Dat controleren we natuurlijk even: 1 0 1 1 0 1 b = 45 d en 1 1 0 1 b = 13 d 32 16 8 4 2 1 8 4 2 1 en opgeteld is dat 9 Bereken en controleer met behulp van decimale getallen: a. 1001 + 101 c. 111 + 101 b. 1100 + 101 d. 11011100 + 11001 1 1 1 0 1 0 b = 58 d 32 16 8 4 2 1 6.3.2 Vermenigvuldigen Optellen was al niet zo moeilijk, vermenigvuldigen is eigenlijk nog gemakkelijker. Je hoeft niet alle tafels uit je hoofd te leren alleen maar de vermenigvuldigtabel: We berekenen 110 101110: 1 0 1 1 1 0 = 46 d 1 1 0 = 6 d 0 0 0 0 0 0 1 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1 1 0 0 0 + 1 0 0 0 1 0 1 0 0 = 276 d 0 0 = 0 1 0 = 0 0 1 = 0 1 1 = 1 10 Bereken en controleer met behulp van decimale getallen: a. 1001 101 c. 111 101 b. 1100 111 d. 11011100 1001 Aftrekken en delen kan natuurlijk ook met de binaire getallen, maar dat voert hier te ver. 7 Booleaanse algebra Nu gaan we een stukje algebra doen dat echt anders is als de ons bekende gewone algebra. In deze algebra hebben we een paar functies. Deze functie worden het gemakkelijkst weergegeven 18

met waardetabellen. 7.1 en Eerst de en-functie, deze heeft als waardetabel: A B A en B 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 1 1 De uitkomst is alleen 1 als A en B beide 1 zijn. 7.2 of Verder hebben we ook nog de of-functie: A B A of B 0 0 0 0 1 1 1 0 1 1 1 1 Hier is de uitkomst 1 als A = 1 of B = 1 of allebei 7.3 niet Verder is er dan nog de eenvoudige functie niet A nieta 0 1 1 0 Deze functie keert de waarde precies om, van 0 naar 1 en andersom. 7.4 exof Er zijn wel meer functies, maar hier bespreken we alleen nog de exof-functie A B A exof B 0 0 0 0 1 1 1 0 1 1 1 0 Hier is de uitkomst 1 als A = 1 of B = 1 maar juist 0 als ze allebei 1 zijn. Kijk goed naar het verschil met de of-functie. Met deze regels en een waardetabel kunnen we bepaalde uitdrukkingen in de Boolse algebra controleren. We controleren of de regel: niet (A of B) = (niet A) en (niet B) geldig is. Daartoe gaan we de waarde bepalen van het linkerdeel van de vergelijking: niet (A of B) en vergelijken die met de rechterkant: (niet A) en (niet B) 19

links rechts A B A of B niet (A of B) niet A niet B (niet A) en (niet B) 0 0 0 1 1 1 1 0 1 1 0 1 0 0 1 0 1 0 0 1 0 1 1 1 0 0 0 0 Naast de genoemde functies worden ook de volgende afkortingen gebruikt: A en B = A B A of B = A B A exof B = A B niet A = A Zodat de bovenstaande regel 1 ook genoteerd kan worden als: A B = A B Als voorbeeld controleren we een formule met drie variabelen. Dan zijn er natuurlijk 2 3 = 8 mogelijkheden. We controleren: A (B C) = (A B) (A C) A B C B C A (B C) A B A C (A B) (A C) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 Maak een waarde tabel bij de volgende uitdrukkingen a. A B c. (A B) C b. A B d. A B 12 Ga met behulp van een waardetabel na dat de volgende regel geldig is: A (B C) = (A B) (A C) Soms wordt de of functie niet met aangeduid, maar met een gewone +. En dan schrijft men de en functie ( ) als een keer-teken. Als je dat doet dan wordt de regel uit de vorige opgave: A (B + C) = A B + A C, gewoon haakjes uitwerken zouden we zeggen. Mooi gezegd de distributieve eigenschap van keer over plus. De volgende opgave maakt duidelijk dat Boolse algebra echt anders is dan gewone algebra. Er bestaat ook distributiviteit van plus over keer! 13 Ga met behulp van een waardetabel na dat de volgende regel geldig is: A (B C) = (A B) (A C) 1. Dit is één van de regels van de Morgan. De andere is: A B = A B 20

14 Ga met behulp van een waardetabel na dat de volgende regel geldig is: A B = A B eerste regel van de Morgan 15 A B wordt ook wel gedefinieerd als (A B) (A B). Ga met behulp van een waardetabel na dat dit klopt. 16 Ga na dat de tweede regel van de Morgan: A b = A B klopt. 8 Elektrische schakelingen 8.1 De serieschakeling In het schema hiernaast is een batterij getekend en wat aansluitdraden. L is een lampje. A en B zijn gewone schakelaars de getekend zijn in de stand open, geen elektrische verbinding dus. Dat wordt ook weergegeven door de 0 die bij de getekend stand staat. Als de schakelaar dicht is dan staat het schuine lijntje naar de 1 en is er wèl een elektrische verbinding. In de situatie die getekend is, dat wil zeggen met beide schakelaars op 0, is de stroomkring niet gesloten en brandt het lampje niet. Als nu één van beide schakelaars naar de stand 1 gaat dan is de stroomkring nog niet gesloten en brandt het lampje nog steeds niet. Als nu beide schakelaars naar stand 1 gaan, dan pas is de kring gesloten en brandt het lampje. We kunnen die vier mogelijkheden weergeven met de volgende schakeltabel, waarin we een 0 bij het lampje L schrijven als het niet brandt en een 1 als het wel brandt: serie A B L 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 1 1 8.2 De parallelschakeling Een totaal andere schakeling krijg je als je de twee schakelaars niet achter elkaar, maar naast elkaar plaatst. Het is dan duidelijk dat het lampje in de getekend situatie, met A en B beide in de 0-stand, niet kan branden want de stroomkring is niet gesloten. Het lampje brandt juist wel als een van beide schakelaars gesloten wordt, maar het brandt ook als beide schakelaars gesloten zijn. Ook dat kunnen we weergeven in een schakeltabel: 21

parallel A B L 0 0 0 0 1 1 1 0 1 1 1 1 8.3 De hotelschakeling Een heel bijzondere schakeling krijg je als je de schakelaars als het ware tegen elkaar in schakelt. In huis kom je zo n schakeling tegen als je het hallicht beneden aan kan doen en bovenaan de trap weer uit. Vroeger werd hij het eerst toegepast in de lange gangen van een hotel. In de getekende situatie kan het lampje niet branden, want de kring is niet gesloten. Zet je nu ofwel schakelaar A om ofwel schakelaar B, dan wordt de kring gesloten. Zet je beide schakelaars in stand 1 dan is juist de kring weer niet gesloten. Dat wordt weergegeven door de schakeltabel: hotel A B L 0 0 0 0 1 1 1 0 1 1 1 0 9 Automatisch rekenen Nu moeten we eens kijken wat we tot nu toe hebben. Ten eerste hebben we binaire getallen die je, bijvoorbeeld, net zo kan optellen als gewone decimale getallen. Verder hebben we de logische functies bijvoorbeeld en en exof en verder hebben we de schakeltabellen van de serieschakeling en de hotelschakeling. Dat alles hebben we weergegeven in tabellen met nullen en enen: Rekenen: tabel voor optellen 0 + 0 = 00 1 + 0 = 01 0 + 1 = 01 1 + 1 = 10 A B A en B 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 1 1 Boolse algebra Waardetabellen A B A exof B 0 0 0 0 1 1 1 0 1 1 1 0 Elektrische schakelingen Schakeltabellen serie hotel A B L A B L 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1 1 1 1 1 0 We zien ten eerste dat de logische functies en en exof precies dezelfde getallen in hun waardetabel hebben als de elektrische schakelingen serie en hotel in hun schakeltabellen. 22

Daarnaast zien we dat de cijfers van de binaire getallen in de opteltabel precies overeenkomen met de cijfers in de schakeltabellen. Dat geeft ons de mogelijkheid om de optelling na te doen met elektrische stromen. Een eenvoudige stap doen we in de volgende paragraaf. Let op de elektrische schakeling telt niet op! Er lopen al dan geen stroompjes, in een patroon dat wij herkennen als een optelling. De elektrische schakeling kent aan de stroomjes (spanningen) geen betekenis toe, dat doen wij, dat doet de mens. 9.1 De halve opteller (Half Adder) Tenslotte nog de schakeling die tot twee cijfers in het binaire talstelsel optelt. Je ziet hiernaast een serieschakeling van twee schakelaars en een hotelschakeling met twee schakelaars. De schakelaars A zijn aan elkaar verbonden, worden steeds tegelijk omgezet. Dat geldt ook voor de schakelaars B. De schakeltabel van deze schakeling is: A B L 1 L 0 0 0 0 0 en deze is precies gelijk aan 0 1 0 1 de opteltabel voor binaire 1 0 0 1 getallen: 1 1 1 0 0 + 0 = 00 0 + 1 = 01 1 + 0 = 01 1 + 1 = 10 Deze schakeling wordt een half adder genoemd. Als je je nog even herinnert dat voor het optellen van twee binaire getallen ook het sommetje 1 + 1 + 1 = 11 b nodig was dan snap je wel dat de schakeling uitgebreid moet worden om met die drie cijfers te kunnen werken. Je krijgt dan een full adder Zo kan je steeds verder gaan, schakelingen voor vermenigvuldigingen maken en alles combineren, compleet met decimaal-binair omzetters en binair-decimaal omzetters. Op deze manier is het gelukt om echt werkende digitale rekenmachines te maken. Uiteindelijk zijn al onze apparaten, computer, smartphone, smart televisie en nog veel meer op deze principes gebaseerd. 23

Serieschakeling: Hotelschakeling Parallelschakeling Half adder

10 Werkbladen 7 Vul in: a. 1 0 1 4 2 1 =... b. 1 1 0 1 1 0 32 16 8 4 2 1 =... c. 1 1 1 0 0 16 8 4 2 1 =... d. 1 1 0 1 1 16 8 4 2 1 =... 9 a. b. 1 0 0 1... d 1 0 1+... d c.... d 1 1 0 0... d 1 0 1+... d d.... d 1 1 1... d 1 0 1+... d... d 1 1 0 1 1 1 0 0... d 1 1 0 0 1+... d... d 10 a. 11 a. d. b. 1 0 0 1... d 1 0 1... d 0 0 0+... d 1 1 0 0... d 1 1 1... d 0 0 0+... d A B B A B 0 0 0 1 1 0 1 1 A B A B A B 0 0 0 1 1 0 1 1 c. c. d. 1 1 1... d 1 0 1... d 0 0 0+... d 1 1 0 1 1 1 0 0... d 1 0 0 1... d 0 0 0 0 0 0+... d A B C A B (A B) C 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1 b. A B B A B 0 0 0 1 1 0 1 1

12 13 14 15 16 A B C B C A (B C) A B A C (A B) (A C) 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1 A B C B C A (B C) A B A C (A B) (A C) 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1 A B A B A B A B A B 0 0 0 1 1 0 1 1 A B B A B A A B (A B) (A B) A B 0 0 0 1 1 0 1 1 A B A B A B A B A B 0 0 0 1 1 0 1 1

11 Uitwerkingen 3 2 4 P 9,2,2,2 = 9 8 7 6 5 4 3 2 1 7 a. 1 0 1 8 4 2 1 2 1 2 1 4+ 0+ 1 = 5 d b. 1 1 0 1 1 0 a. b. 32 16 8 4 2 1 32+ 16+ 0+ 4+ 2+ 0 = 54 d 15 8 7 4 3 2 1 1 0 234 128 106 64 42 32 10 8 2 2 0 dus: dus: 15 d = 1 1 1 1 b 8 4 2 1 = 45360 c. c. 1 1 1 0 0 16 8 4 2 1 16+ 8+ 4+ 0+ 0+ = 28 d d. 1 1 0 1 1 22 16 6 4 2 2 0 234 d = 1 1 1 0 1 0 1 0 b 128 64 32 16 8 4 2 1 16 8 4 2 1 16+ 8+ 0+ 2+ 1 = 27 d dus: d. 22 d = 1 0 1 1 0 b 68 64 4 4 0 16 8 4 2 1 dus: 68 d = 1 0 0 0 1 0 0 b 64 32 16 8 4 2 1 9 a. b. 1 1 0 0 1 9 d 1 0 1+ 5 d 1 1 1 0 14 d c. 1 1 1 1 0 0 12 d 1 0 1+ 5 d 1 0 0 0 1 17 d d. 1 1 1 1 1 1 7 d 1 0 1+ 5 d 1 1 0 0 12 d 1 1 1 1 0 1 1 1 0 0 220 d 1 1 0 0 1+ 25 d 1 1 1 1 0 1 0 1 245 d 27

10 a. 11 a. d. b. 1 0 0 1 9 d 1 0 1 5 d 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0+ 1 0 1 1 0 1 45 d 1 1 0 0 12 d 1 1 1 7 d 1 1 0 0 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0+ 1 0 1 0 1 0 0 84 d A B B A B 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 1 1 1 1 0 0 A B A B A B 0 0 1 1 1 0 1 1 0 1 1 0 0 1 1 1 1 0 0 0 c. c. d. A B B A B 0 0 1 1 0 1 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 1 1 7 d 1 0 1 5 d 1 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 0 0+ 1 0 0 0 1 1 35 d 1 1 0 1 1 1 0 0 220 d 1 0 0 1 9 d 1 1 0 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 1 1 1 0 0 0 0 0+ 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 0 1980 d A B C B C A (B C) A B A C (A B) (A C) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 12 0 1 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Kolom 5 is identiek met kolom 8, dus A (B C) = (A B) (A C) is waar. b. A B C A B (A 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 1 0 1 1 1 1 0 0 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 28

A B C B C A (B C) A B A C (A B) (A C) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 13 0 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Kolom 5 is identiek met kolom 8, dus A (B C) = (A B) (A C) is waar. A B A B A B A B A B 0 0 0 1 1 1 1 14 0 1 1 0 1 0 0 1 0 1 0 0 1 0 1 1 1 0 0 0 0 Kolom 4 is identiek met kolom 7, dus A B = A B is waar. A B B A B A A B (A B) (A B) A B 0 0 1 0 1 0 0 0 15 0 1 0 0 1 1 1 1 1 0 1 1 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 Kolom 7 is identiek met kolom 8, dus A B = (A B) (A B) is waar. A B A B A B A B A B 0 0 0 1 1 1 1 16 0 1 0 1 1 0 1 1 0 0 1 0 1 1 1 1 1 0 0 0 0 Kolom 4 is identiek met kolom 7, dus A B = A B is waar. 29

12 Antwoorden 1 a. 40320 d. 90 2 b. 36 e. 8 c. 120 f. 2015 1! = 1 6! = 720 11! = 39916800 2! = 2 7! = 5040 12! = 479001600 3! = 6 8! = 40320 13! = 6227020800 4! = 24 9! = 362880 5! = 120 10! = 3628800 4 P 9,2,2,2 = 45360 7 a. 5 c. 28 b. 54 d. 27 8 a. 1111 c. 10110 b. 11101010 d. 1000100 9 a. 1110 c. 1100 b. 10001 d. 11110101 10 a. 101101 c. 100011 b. 1010100 d. 11110111100 (Bestandsnaam: ptxt_pcv.tex 18 december 2017) 30