SES School, Studie en Onderwijs
Wiskunde in de brugklas, Frans voor het examen of een studie Personeel en Arbeid? Moeilijke formulieren van DUO? Iets weten over studiefinanciering of studentenverenigingen? Dit is het forum voor leerkrachten, scholieren en studenten, van brugklas tot uni
Doe eens. Kun je er ook de Hausdorffdimensie van bepalen?quote:Op vrijdag 14 november 2008 22:06 schreef tiswah het volgende:
[..]
Ja, zo kunnen we mijn moeder´s zuurkool ook op een wiskundige manier beschrijven!
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Als je iets wil weten over Algoritmische Botanica en fractale wiskunde wil weten zou je dit boek kunnen lenen: Over sneeuwkristallen en zebrastrepen. Staan een paar leuke ingangen in voor een PO. Ik kan je ook de zebra reeks aanraden.
http://www.bol.com/nl/p/b(...)001572785/index.html
Of natuurlijk de chaostheorie. Komt wat meer in de buurt van wiskunde A en maatschappij.
Geschreven door Jan vd Craats
http://www.bol.com/nl/p/b(...)001572785/index.html
Of natuurlijk de chaostheorie. Komt wat meer in de buurt van wiskunde A en maatschappij.
Geschreven door Jan vd Craats
kloep kloep
Ik laat eerst de kwantumfysica erop los. Resultaten volgen.quote:Op vrijdag 14 november 2008 22:18 schreef Iblis het volgende:
Doe eens. Kun je er ook de Hausdorffdimensie van bepalen?
Wiskunde
Weet dat al deze theoretische kennis uiteindelijk in dienst staat van het goede leven. Dat post-Aristoteliaanse wiskundigen dat niet beseffen, is m.i. de grootste tekortkoming van de moderne mathematica.
Hopelijk zit ik hier goed...
Ik heb een vraagje over entropy H(X) en mutual information I(X;Y).
Laat zien dat R(X;Y;Z)=I(X;Y)-I(X;Y|Z) is invariant onder de verschillende permutaties van X,Y en Z.
Om te bewijzen dat R(X;Y;Z)=R(Y;X;Z) hoef ik alleen te bewijzen dat I(X;Y|Z)=I(Y;X|Z).
Hiervoor geldt
I(X;Y|Z)=H(X|Z)-H(X|(Y,Z)) dus entropy van X|Z min entropy van X gegeven Y EN Z.
Aangezien ik zo slecht ben in kansrekening weet ik niet hoe ik de laatste moet uitrekenen: H(X|(Y,Z)). Ik moet uit de lange sommaties kunnen afleiden dat H(X|(Y,Z))=H(Y|(X,Z)). Wil iemand me helpen?
Ik heb een vraagje over entropy H(X) en mutual information I(X;Y).
Laat zien dat R(X;Y;Z)=I(X;Y)-I(X;Y|Z) is invariant onder de verschillende permutaties van X,Y en Z.
Om te bewijzen dat R(X;Y;Z)=R(Y;X;Z) hoef ik alleen te bewijzen dat I(X;Y|Z)=I(Y;X|Z).
Hiervoor geldt
I(X;Y|Z)=H(X|Z)-H(X|(Y,Z)) dus entropy van X|Z min entropy van X gegeven Y EN Z.
Aangezien ik zo slecht ben in kansrekening weet ik niet hoe ik de laatste moet uitrekenen: H(X|(Y,Z)). Ik moet uit de lange sommaties kunnen afleiden dat H(X|(Y,Z))=H(Y|(X,Z)). Wil iemand me helpen?
verlegen :)
Heb er nog even flink wat tijd ingestoken en maar naar de docent gestuurd,quote:Op woensdag 12 november 2008 20:59 schreef GlowMouse het volgende:
Bij d3: als je op http://nl.wikipedia.org/wiki/T-toets het stukje onder Basisidee leest, dan heb je onder H0 dat de groodheid sqrt(n)(Xstreep - 1)/sigma T-verdeeld is. Jij kijkt nu naar de groodheid sqrt(n)*Xstreep/sigma.
Kreeg zojuist te horen dat het goedgekeurd is
Bedankt voor je hulp!
-edit: begon een gekke manier statistiek ook nog leuk te vinden
Hallo mede-Fok'ers,
Ik zit met een probleem:
Gegeven is een medicijnen dat invloed heeft op de hartslagfrequentie vb;
referentie: 20 slagen/minuut
medicijn x: 5 slagen/minuut
Hoe geef ik het beste weer of dit een significant verschil is? Ik weet niet of je van een standaard-normale verdeling mag uitgaan en een variantie is niet bekend.
statistiek is niet mijn ding
Ik zit met een probleem:
Gegeven is een medicijnen dat invloed heeft op de hartslagfrequentie vb;
referentie: 20 slagen/minuut
medicijn x: 5 slagen/minuut
Hoe geef ik het beste weer of dit een significant verschil is? Ik weet niet of je van een standaard-normale verdeling mag uitgaan en een variantie is niet bekend.
statistiek is niet mijn ding
Lawamena hitihala Lawamena haulala
Significant verschillend is een term uit de statistiek. Maar als jij hier al weet dat het medicijn invloed heeft op de hartfrequentie, waarom zou je dan nog statistiek bedrijven?
eee7a201261dfdad9fdfe74277d27e68890cf0a220f41425870f2ca26e0521b0
Zonder informatie over de verdeling kan je weinig uitspraken doen over de significantie van die 5 slagen per minuut, lijkt mij.
quote:Op dinsdag 18 november 2008 21:45 schreef GlowMouse het volgende:
Significant verschillend is een term uit de statistiek. Maar als jij hier al weet dat het medicijn invloed heeft op de hartfrequentie, waarom zou je dan nog statistiek bedrijven?
Het is een belachelijk opdracht, dat voorop gesteld. Maar het gaat hier om een hele rij medicijnen die al dan niet een invloed hebben op de hartslagfrequentie. Bij uitkomsten als het voorbeeld hierboven is het wel duidelijk dat er een significant verband bestaat, maar bij anderen is dat in 1 oogopslag minder duidelijk...
Mijn gedachte, als ik die 20 slagen per minuut nu steeds als referentiewaarde neem (mu?) kan ik dan gewoon kijken naar de testuitslagen al komen ze uit een "normale" verdeling als de referentiewaarde? Het gaat hier immers om een biologisch/medisch gegeven (hartslag) en dat wordt aangenomen normaalverdeeld te zijn
Lawamena hitihala Lawamena haulala
die hebben we dus nietquote:Op dinsdag 18 november 2008 21:59 schreef Gospodin het volgende:
Dat kan, maar dan moet je ook wel een standaardafwijking hebben, anders valt er weinig te testen.
Dan laat ik het idee maar varen, helaas .. ik houd niet zo van conclusies trekken zonder getallen
Lawamena hitihala Lawamena haulala
Aha, je weet dus niet of het medicijn een verbetering is. Blijkbaar weet je dat het aantal hartslagen per minuut (in rust) normaal verdeeld is als je die over verschillende personen bekijkt, maar dan valt uit de literatuur vast wel een standaardafwijking te vinden.
Heb je voor ieder medicijn maar één waarneming, dan is dat weinig maar je zult dat best voor een statistische toets kunnen gebruiken.
Heb je voor ieder medicijn maar één waarneming, dan is dat weinig maar je zult dat best voor een statistische toets kunnen gebruiken.
eee7a201261dfdad9fdfe74277d27e68890cf0a220f41425870f2ca26e0521b0
quote:Op dinsdag 18 november 2008 22:13 schreef GlowMouse het volgende:
Aha, je weet dus niet of het medicijn een verbetering is. Blijkbaar weet je dat het aantal hartslagen per minuut (in rust) normaal verdeeld is als je die over verschillende personen bekijkt, maar dan valt uit de literatuur vast wel een standaardafwijking te vinden.
Heb je voor ieder medicijn maar één waarneming, dan is dat weinig maar je zult dat best voor een statistische toets kunnen gebruiken.
ik weet niet of ik een standaardafwijking uit de literatuur mag gebruiken, zal dat morgen eens navragen. En het is inderdaad maar 1 waarneming
dit wordt niets, het schiet me opeens te binnen dat het hier gaat om een geisoleerd kikkerhart (dus een kloppend kikkerhart zonder lichaam) en denk niet dat er echt een standaardafwijking voor die situatie beschreven is/constant is.
Lawamena hitihala Lawamena haulala
Ik ben op zoek naar een grafentheoretisch bewijs. Ik zit er nu enkele dagen op te staren maar ik kan het nog niet oplossen. Het gaat over "bomen".
Een boom heeft 2 punten met graad 3. Bewijs dat de boom minstens 4 punten van graad 1 heeft.
Als ik dit ga tekenen, 2 punten met graad 3 dmv een brug aan elkaar verbinden, en dan de andere 4 punten een eindpunt laten worden dan is dit direct duidelijk; maar een bewijs is dit nog niet.
Wie kan helpen?
Een boom heeft 2 punten met graad 3. Bewijs dat de boom minstens 4 punten van graad 1 heeft.
Als ik dit ga tekenen, 2 punten met graad 3 dmv een brug aan elkaar verbinden, en dan de andere 4 punten een eindpunt laten worden dan is dit direct duidelijk; maar een bewijs is dit nog niet.
Wie kan helpen?
kloep kloep
Op zich kun je dat wel ongeveer gebruiken voor je bewijs. Het is een boom, dus er is een verbinding tussen die twee punten van graad 3 (bomen zijn immers verbonden). Voor die andere vier kanten (of lijnen) geldt dat daar een subboom aan vastzit die niet alleen maar knopen met graad > 1 kan hebben (dan krijg je cykels), dus je moet altijd op een los uiteindje uitkomen. (Die subbomen kunnen ook niet met elkaar in verbinding staan, want dan heb je ook cykels). Maar meestal staat er zo rond waar die vraag komt een stelling over bomen en knopen en kanten die je makkelijk kunt toepassen.quote:
Ik ben op zoek naar een grafentheoretisch bewijs. Ik zit er nu enkele dagen op te staren maar ik kan het nog niet oplossen. Het gaat over "bomen".
Een boom heeft 2 punten met graad 3. Bewijs dat de boom minstens 4 punten van graad 1 heeft.
Als ik dit ga tekenen, 2 punten met graad 3 dmv een brug aan elkaar verbinden, en dan de andere 4 punten een eindpunt laten worden dan is dit direct duidelijk; maar een bewijs is dit nog niet.
Wie kan helpen?
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Nee, er staat geen hint over een stelling bij.
Maar hoe kan ik dit nu wat formeler onder woorden brengen. Ik had dit idee zelf ook al wel, maar ik ondervind nog wat moeite om dit netjes onder woorden te brengen. Knopen staat niet genoemd. Wat bedoel je daar precies mee?
Maar hoe kan ik dit nu wat formeler onder woorden brengen. Ik had dit idee zelf ook al wel, maar ik ondervind nog wat moeite om dit netjes onder woorden te brengen. Knopen staat niet genoemd. Wat bedoel je daar precies mee?
kloep kloep
Een knoop is een 'punt' in een graaf.
eee7a201261dfdad9fdfe74277d27e68890cf0a220f41425870f2ca26e0521b0
Je kunt makkelijk inductief bewijzen dat een boom altijd minstens één punt met graad 1 heeft (en als deze uit meer dan één punt bestaat zelfs twee).
En je hebt sowieso een graaf in deze vorm:
Waarbij # een verzameling van punten en lijnen is. Dan kun je zo'n standaard grafentheoretisch verhaal ophangen als: Zijn A en B de twee punten met graad 3, met aan A incident de lijnen eA1,eA2,eA3 en aan B de lijnen eB1,eB2,eB3. Neem dan zonder verlies van algemeenheid aan dat, op grond van het feit dat een boom altijd verbonden is, het pad tussen A en B de vorm eA1...eB1 heeft. Beschouw nu het buurpunt van A aan de lijn eA2 met alle kinderen van dit punt (kinderen d.w.z. punten die ‘bereikbaar’ zijn vanaf A over de lijn A2); die punten vormen samen met A weer een boom. Daar gaat je eerste stelling voor op (maar A is één van die twee punten). En daar de overige gevallen symmetrisch zijn ben je dan klaar.
Op grond van je tekening is direct evident dat deze vier subbomen nooit met elkaar verbonden kunnen zijn i.v.m. cykels.
[ Bericht 0% gewijzigd door Iblis op 19-11-2008 21:25:24 ]
En je hebt sowieso een graaf in deze vorm:
| 1 2 3 4 5 | | | A-###-B | | # # |
Waarbij # een verzameling van punten en lijnen is. Dan kun je zo'n standaard grafentheoretisch verhaal ophangen als: Zijn A en B de twee punten met graad 3, met aan A incident de lijnen eA1,eA2,eA3 en aan B de lijnen eB1,eB2,eB3. Neem dan zonder verlies van algemeenheid aan dat, op grond van het feit dat een boom altijd verbonden is, het pad tussen A en B de vorm eA1...eB1 heeft. Beschouw nu het buurpunt van A aan de lijn eA2 met alle kinderen van dit punt (kinderen d.w.z. punten die ‘bereikbaar’ zijn vanaf A over de lijn A2); die punten vormen samen met A weer een boom. Daar gaat je eerste stelling voor op (maar A is één van die twee punten). En daar de overige gevallen symmetrisch zijn ben je dan klaar.
Op grond van je tekening is direct evident dat deze vier subbomen nooit met elkaar verbonden kunnen zijn i.v.m. cykels.
[ Bericht 0% gewijzigd door Iblis op 19-11-2008 21:25:24 ]
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Bedankt. Het bewijs ga ik nog wat verder uitwerken.
Dan nog iets waar ik niet uitkwam.
Het gaat om het aantal verschillende gelabelde oppannende bomen (mogen wel isomorf zijn) in de wielgraaf W4 en W5. Hierna het aantal onderling niet-isomorfe bomen van deze graaf?
Ik probeerde de stelling van cayley toe te passen maar dat mag alleen in volledige grafen. Dus ik wilde de bomen verdelen in subbomen met k spaken (k=1,2,...n). Maar toch lukt mij dit niet.
Zit ik op een goed spoor, of is een andere benadering handiger?
Dan nog iets waar ik niet uitkwam.
Het gaat om het aantal verschillende gelabelde oppannende bomen (mogen wel isomorf zijn) in de wielgraaf W4 en W5. Hierna het aantal onderling niet-isomorfe bomen van deze graaf?
Ik probeerde de stelling van cayley toe te passen maar dat mag alleen in volledige grafen. Dus ik wilde de bomen verdelen in subbomen met k spaken (k=1,2,...n). Maar toch lukt mij dit niet.
Zit ik op een goed spoor, of is een andere benadering handiger?
kloep kloep
Ik zou eerst driftig gaan uittekenen in dat geval om een idee te krijgen.
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
tvp
I asked God for a bike, but I know God doesn't work that way.
So I stole a bike and asked for forgiveness.
So I stole a bike and asked for forgiveness.
Dat kan allemaal wel wat eenvoudiger dan met tekeningetjes (sowieso gevaarlijk om plaatjes als bewijs op te voeren).quote:Op woensdag 19 november 2008 20:43 schreef Borizzz het volgende:
Ik ben op zoek naar een grafentheoretisch bewijs. Ik zit er nu enkele dagen op te staren maar ik kan het nog niet oplossen. Het gaat over "bomen".
Een boom heeft 2 punten met graad 3. Bewijs dat de boom minstens 4 punten van graad 1 heeft.
Als ik dit ga tekenen, 2 punten met graad 3 dmv een brug aan elkaar verbinden, en dan de andere 4 punten een eindpunt laten worden dan is dit direct duidelijk; maar een bewijs is dit nog niet.
Wie kan helpen?
Als v het aantal knopen in de boom is en e het aantal kanten, dan is e = v - 1. Verder is de som van de graden van de knopen gelijk aan 2e. Stel nu dat d knopen zijn van graad 1. Er is gegeven dat er 2 punten met graad 3 zijn. De overige v-d-2 punten hebben dus graad minstens 2. Totaal van de graden komt hiermee uit op minstens
d + 6 + 2(v-d-2) = 2v - d + 2 = 2(e+1) - d + 2 = 2e - d + 4.
Maar het totaal van de graden is 2e, dus d is minstens 4.
Ik vind grafentheorie wel bij uitstek geschikt om plaatjes te maken. Jouw bewijs klopt natuurlijk (en is tamelijk elegant), maar als je het plaatje maakt zie je dat je die 2e - d + 4 krijgt vanwege de structuur van de graaf waarbij je altijd vier losse subboompjes hebt die vroeg of laat op een punt van graad 1 moeten uitkomen. Ook dat is niet helemaal mooi verwoord.quote:
Dat kan allemaal wel wat eenvoudiger dan met tekeningetjes (sowieso gevaarlijk om plaatjes als bewijs op te voeren).
Maar enfin.
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Ik zie geen tegenstelling. Plaatjes zijn uitermate geschikt om inzicht te krijgen maar in bewijzen moet je ze mijden.quote:Op woensdag 19 november 2008 21:54 schreef Iblis het volgende:
[..]
Ik vind grafentheorie wel bij uitstek geschikt om plaatjes te maken. Jouw bewijs klopt natuurlijk (en is tamelijk elegant), maar als je het plaatje maakt zie je dat je die 2e - d + 4 krijgt vanwege de structuur van de graaf waarbij je altijd vier losse subboompjes hebt die vroeg of laat op een punt van graad 1 moeten uitkomen. Ook dat is niet helemaal mooi verwoord.
Hoe kan ik het aantal opspannende bomen van K5 vinden? Er zijn er teveel om zo te tekenen en ik moet onderscheid maken in 3 typen bomen. Hoe werkt dit en hoe komt ik dan aan het aantal opspannende bomen per type boom? De stelling van Cayley mag ik niet gebruiken hierbij...
Verdraaid lastig.
Verdraaid lastig.
kloep kloep
Als je begint dan zul je al wel zien dat er vanzelf types ontstaan. Je kunt een simpel pad hebben; je kunt een ster hebben; (maximaal graad 4 van 1 knoop) en je kunt een knoop met graad 3 hebben. Dan ben je al een aardig eindje op weg. Want hoe je graaf ook tekent, alle knopen zijn in principe symmetrisch.quote:
Hoe kan ik het aantal opspannende bomen van K5 vinden? Er zijn er teveel om zo te tekenen en ik moet onderscheid maken in 3 typen bomen. Hoe werkt dit en hoe komt ik dan aan het aantal opspannende bomen per type boom? De stelling van Cayley mag ik niet gebruiken hierbij...
Verdraaid lastig.
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Oke, dus kijken naar de graden van een aantal punten.
Mooi dat had ik nog niet eens gezien.
Dan verder: bijvoorbeeld de ster: 1 punt met graad 4, en 4 punten met graad 1. Als ik van deze boom uitga, dan is er toch maximaal 1 opspannende boom, nl de ster zelf?
K5 moet 125 opspannende bomen hebben en er zijn 3 types. Ik kom daar al tellend nooit op uit.
(doel is dit toepassen op K6, maar ik probeer eerst de manier te leren dmv K5).
Mooi dat had ik nog niet eens gezien.
Dan verder: bijvoorbeeld de ster: 1 punt met graad 4, en 4 punten met graad 1. Als ik van deze boom uitga, dan is er toch maximaal 1 opspannende boom, nl de ster zelf?
K5 moet 125 opspannende bomen hebben en er zijn 3 types. Ik kom daar al tellend nooit op uit.
(doel is dit toepassen op K6, maar ik probeer eerst de manier te leren dmv K5).
kloep kloep
Maar het maakt (voor een gelabelde graaf!) uit welk punt in het midden zit. De 'volgorde' van de punten van de ster is er niet. Maar:quote:
Oke, dus kijken naar de graden van een aantal punten.
Mooi dat had ik nog niet eens gezien.
Dan verder: bijvoorbeeld de ster: 1 punt met graad 4, en 4 punten met graad 1. Als ik van deze boom uitga, dan is er toch maximaal 1 opspannende boom, nl de ster zelf?
K5 moet 125 opspannende bomen hebben en er zijn 3 types. Ik kom daar al tellend nooit op uit.
(doel is dit toepassen op K6, maar ik probeer eerst de manier te leren dmv K5).
| 1 2 3 4 5 | | | | b-c-d d-c-e b-d-c | | | e a e |
De eerste twee zijn gelijk natuurlijk, maar de 3e is wel degelijk anders.
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Klopt dit dan voor K5:
Type 1: 1 punt met graad 4 en 4 punten met graad 1.
Dit type heeft een centrum. Voor een gelabelde graaf maakt het uit welk punt in het midden zit. Alle 5 punten kunnen in het centrum zitten. Er zijn dus 5 verschillende opspannende bomen.
Type 2: Drie punten graad 2, twee punten graad 2.
Dit is op één lijn na geen cykel. Ook hier maakt het weer uit welke punten graad 2 hebben en welke niet. Dit type heeft ook 5 mogelijkheden.
Type 3: 1 punt graad 3, 1 punt graad 2, 3 punten graad 1.
type 3 is een lijn met 4 punten en ergens een vertakking. Deze vertakking kan alleen bij de twee punten in het midden voorkomen. (Anders is het type 2). Dit type heeft ook 5 opspannende bomen.
Dit maakt samen 5x5x5=125 opspannende bomen voor K5.
Type 1: 1 punt met graad 4 en 4 punten met graad 1.
Dit type heeft een centrum. Voor een gelabelde graaf maakt het uit welk punt in het midden zit. Alle 5 punten kunnen in het centrum zitten. Er zijn dus 5 verschillende opspannende bomen.
Type 2: Drie punten graad 2, twee punten graad 2.
Dit is op één lijn na geen cykel. Ook hier maakt het weer uit welke punten graad 2 hebben en welke niet. Dit type heeft ook 5 mogelijkheden.
Type 3: 1 punt graad 3, 1 punt graad 2, 3 punten graad 1.
type 3 is een lijn met 4 punten en ergens een vertakking. Deze vertakking kan alleen bij de twee punten in het midden voorkomen. (Anders is het type 2). Dit type heeft ook 5 opspannende bomen.
Dit maakt samen 5x5x5=125 opspannende bomen voor K5.
kloep kloep
Ik neem aan dat je bij type 2 twee punten met graad 1 bedoelt. Maar, je berekening is hoogst dubieus en gaat duidelijk naar het antwoord toe, daar het bij type 2 en type 3 om heel andere aantallen gaat.
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Ja ik weet; maar ik heb geen idee hoe ik bijv. het aatal bomen van bijv. type 2 anders zou kunnen vinden.
kloep kloep
Type 2 is b.v.:quote:
Ja ik weet; maar ik heb geen idee hoe ik bijv. het aatal bomen van bijv. type 2 anders zou kunnen vinden.
| 1 |
Of:
| 1 |
Bedenk, de boom is gelabelled, en er is natuurlijk geen enkele manier waarop je louter door draaien, spiegelen, of wat dan ook de eerste in de tweede kunt doen laten overgaan.
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Zitten A en E dan vast op het uiteinde?
Volgens mij moet er dan heel veel mogelijk zijn:
abcde
acdeb
adebc
aebcd
bceda
cdeab
ceabe etc
dat wordt 5x4x3x2x1 = 120 mogelijkheden.
Maar dat kan natuurlijk nooit goed zijn.
Volgens mij moet er dan heel veel mogelijk zijn:
abcde
acdeb
adebc
aebcd
bceda
cdeab
ceabe etc
dat wordt 5x4x3x2x1 = 120 mogelijkheden.
Maar dat kan natuurlijk nooit goed zijn.
kloep kloep
En 120 is dus te veel, want je kunt: a-b-c-d-e en e-d-c-b-a moeilijk verschillend noemen. Dat is gewoon hoe je ze tekent (en daar heeft thabit op zich wel gelijk, dat plaatjes verraderlijk zijn misschien).
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Maar daar kom ik nog niet verder mee.
Als ik bv A en E als uiteinde neem, zijn BCD in het midden. Dit kan op 2 manieren
Als ik B en C als uiteinde neem, zitten ADE in het midden. Ook 2 manieren
Als ik D en A als uiteinde neem zitten CBE in het midden. Ook 2 manieren.
Moet het op deze manier?
Als ik bv A en E als uiteinde neem, zijn BCD in het midden. Dit kan op 2 manieren
Als ik B en C als uiteinde neem, zitten ADE in het midden. Ook 2 manieren
Als ik D en A als uiteinde neem zitten CBE in het midden. Ook 2 manieren.
Moet het op deze manier?
kloep kloep
Als je A en E als uiteinde neemt heb je:
ABCDE
ABDCE
ACBDE
ACDBE
ADBCE
ADCBE
6 mogelijkheden dus. Immers, elk van die mogelijkheden is wel degelijk anders. In het eerste geval heeft B als buren A en C; dat heeft het nergens anders in deze 6 mogelijkheden. Kortom, ze zijn anders. Anders gesteld, je kunt ook met je 120 beginnen en daar het aantal mogelijkheden dat je dubbel telt vanaf trekken, en als je even nadenkt heb je zo door welke symmetrie daar een rol speelt; anderzijds kun je ook zo verder gaan en bedenken op hoeveel manieren je een uiteinde kunt kiezen.
ABCDE
ABDCE
ACBDE
ACDBE
ADBCE
ADCBE
6 mogelijkheden dus. Immers, elk van die mogelijkheden is wel degelijk anders. In het eerste geval heeft B als buren A en C; dat heeft het nergens anders in deze 6 mogelijkheden. Kortom, ze zijn anders. Anders gesteld, je kunt ook met je 120 beginnen en daar het aantal mogelijkheden dat je dubbel telt vanaf trekken, en als je even nadenkt heb je zo door welke symmetrie daar een rol speelt; anderzijds kun je ook zo verder gaan en bedenken op hoeveel manieren je een uiteinde kunt kiezen.
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Oke, met AB, AC, AD, AE, BC, BD, BE, CD, CE en DE als uiteinden. Dit levert 10x6=60 verschillende mogelijkheden voor type 2.
Type 1 had er 5. dus voor type 1 en 2 samen 65. Klopt dit.
Type 1 had er 5. dus voor type 1 en 2 samen 65. Klopt dit.
kloep kloep
Ja. Als je het berekent kun je stellen: Je hebt (5 boven 2) = 10 keuzes voor de uiteinden en dan 3! = 6voor erbinnenin, dat geeft 10 * 6 = 60. Of je hebt 5! voor het geheel, maar omdat het niet uitmaakt wat je als voor of achteraan beschouwt tel je ze dubbel, ofwel 120/2 = 60.quote:
Oke, met AB, AC, AD, AE, BC, BD, BE, CD, CE en DE als uiteinden. Dit levert 10x6=60 verschillende mogelijkheden voor type 2.
Type 1 had er 5. dus voor type 1 en 2 samen 65. Klopt dit.
Nu type 3: daar moet je ook even goed kijken welke knopen in feite dezelfde rol spelen.
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Ja, voor type 3 kan ik dan hetzelfde doen. Nu zijn de uiteinden van type 2 de middens van type 3 geworden.
Nu k6. Ik heb de voldende typen onderscheiden:
Type 1: 1 punt met graad 5, 5 punten met graad 1 -> 6 mogelijkheden
Type 2: 1 punt met graad 4, 3 punten met graad 2, 2 punten met graad 1
Type 3: 2 punten met graad 4, 2 punten met graad 2, 2 punten met graad 1.
Type 4: 2 punten met graad 3, 4 punten met graad 2
Type 5: 4 punten met graad 3, 2 punten met graad 2
Type 6: 5 punten met graad 2
Nu k6. Ik heb de voldende typen onderscheiden:
Type 1: 1 punt met graad 5, 5 punten met graad 1 -> 6 mogelijkheden
Type 2: 1 punt met graad 4, 3 punten met graad 2, 2 punten met graad 1
Type 3: 2 punten met graad 4, 2 punten met graad 2, 2 punten met graad 1.
Type 4: 2 punten met graad 3, 4 punten met graad 2
Type 5: 4 punten met graad 3, 2 punten met graad 2
Type 6: 5 punten met graad 2
kloep kloep
Als ik type 2 even teken krijg ik daar een cykel in? Idem voor type 3? Twee punten met graad 4 (neem aan dat ze buren van elkaar zijn) 8 punten, tenzij er een paar lussen inzitten. En we hebben het over K6? Slinger desnoods paint even aan om een paar schetsjes te maken en hier te tonen, want dit is toch wel erg raar.
Ook met je andere typen heb ik aardig wat problemen. En 5 punten met graad 2 lijkt me een Cykel op 5 punten geven. Sowieso geen boom, en geen 6 punten.
Ook met je andere typen heb ik aardig wat problemen. En 5 punten met graad 2 lijkt me een Cykel op 5 punten geven. Sowieso geen boom, en geen 6 punten.
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Dan vind ik in het begin dit:
Deze graaf is onder te verdelen in verschillende typen.
Type 1: 1 punt met graad 5, 5 punten met graad 1.
Voor dit type zijn 6 opspannende bomen mogelijk.
Type 2: 1 punt met graad 4, 3 punten met graad 2, 2 punten met graad 1.
(6! /(3!*2!) = 60 mogelijke keuzes 3 keuzes voor punten met graden 2 en 4. Dan kan ik de punten met graad 3 op 3! Manieren rangschikken en de punten met graad 2 op 2! Manieren. Dus 60*2!*3! Is 720 mogelijke manieren voor type 2.
Maar dan ben ik al snel bij de 1296 mogelijkheden voor K6. Dusook hier klopt weer iets niet.
Deze graaf is onder te verdelen in verschillende typen.
Type 1: 1 punt met graad 5, 5 punten met graad 1.
Voor dit type zijn 6 opspannende bomen mogelijk.
Type 2: 1 punt met graad 4, 3 punten met graad 2, 2 punten met graad 1.
(6! /(3!*2!) = 60 mogelijke keuzes 3 keuzes voor punten met graden 2 en 4. Dan kan ik de punten met graad 3 op 3! Manieren rangschikken en de punten met graad 2 op 2! Manieren. Dus 60*2!*3! Is 720 mogelijke manieren voor type 2.
Maar dan ben ik al snel bij de 1296 mogelijkheden voor K6. Dusook hier klopt weer iets niet.
kloep kloep
