[Bèta wiskunde] huiswerk- en vragentopic

Ik kom dan in totaal aan 6 typen.
type 1: 1 punt met graad 5, 5 punten met graad 1. Totaal 6 mogelijkheden.

type 2: 1 punt met graad 4, 1 punt met graad 2, 4 punten met graad 1. Dit is het kruis dat al eerder getekend werd. Dit heeft 6! / 4! = 30 mogelijkheden.

type 3: 2 punten met graad 3, 4 punten met graad 1. Lijkt op de letter H. Totaal 6! / (4! * 2! ) = 15 mogelijkheden.

type 4: 1 punt met graad 3, 2 punten met graad 2, 3 punten met graad 1. Geeft 6! ( 3! * 2!) = 60 mogelijkheden.

type 5: 1 punt met graad 3, 2 punten met graad 2, 3 punten met graad 1. Lijkt op type 4, maar deze kan ook anders getekend worden. Ook 60 mogeljkheden dus.

type 6: 4 punten met graad 2, 2 punten met graad 1. Dus idd een pad. 6! / (4!*2!) is = 15 mogelijkheden.

Klopt dit. Volgens mij rammelt het mogelijkheden uitrekenen nog wat.

Type 4 is zeg maar het kruis, maar dan heb je de top onderaan gehangen:



Ofwel een T.
En type 5 is juist het kruis maar dan van de 'zijkant' (dit is relatief natuurlijk) eentje weggehaalt en bovenop gezet:


Mij helpt het een stuk als je zulke tekeningetjes maakt, want dan weet ik dat we het over hetzelfde hebben! Maar goed, los daarvan… je berekeningen van de aantallen kloppen absoluut niet inderdaad. Bijvoorbeeld type 5. Je neemt 1 punt voor plek d (6 mogelijkheden) dan is de rest het aantal dat je bij het vorige probleem al had opgelost: namelijk 60. Ofwel: 6 * 60 = 360.

Denk hier nog eens goed over na, en vertel anders even waarom je op de aantallen en de manier van berekeningen uitkomt als je komt. Gebruik die plaatjes, zeg b.v. "er zijn voor d zes mogelijkheden, en dan voor de rest", etc. Dan kan ik aanwijzen waar je fout gaat in je redeneringen.

[ Bericht 12% gewijzigd door Iblis op 20-11-2008 18:39:11 ]

Nou we zijn het eens over de 6 mogelijke typen. Die had ik ook gevonden.
Maar ik heb wat moeite met het vinden van de mogelijkheden per type. Dat is wat combinatoriek en dat is voor mij lang geleden.
Type 2 doe ik bv zo. Dit type heeft 4 punten met graad 1, 1 punt met graad 4 en 1 punt met graad 2. Dit kan ik als volgt noteren: 111142.
Dus 6! / 4!*2! volgorden om dit op te schrijven. Volgens mij heb ik dat op deze manier ooit geleerd.
Of pak je zoiets totaal anders aan?

Nee, totaal anders. Je moet kijken welke punten equivalent zijn, en dat betekent wel dat ze dezelfde graad hebben, maar niet per se. Dat is noodzakelijk, maar niet voldoende:



Neem type 2. Eerst doe ik een wat omslachtiger methode, maar enfin: punt c is 'uniek'. Punt a/b/d zijn echter equivalent. Als je a met b verwisselt in de tekening heb je geen nieuwe graaf. c heeft dan nog steeds als buren a, b, d, e. Dus daar verandert niets aan. Verwissel je echter a met f dan heb je wél een nieuwe graaf, want dan heeft c als buren f, b, d, e. Het gaat dus niet zo maar om de graad! Zo valt dus te zien dat a, b, d compleet verwisselbaar zijn. Het maakt niet uit in welke volgorde je daar die drie knopen stopt, alleen wélke drie. Nadat het middelste punt gekozen is (6 mogelijkheden) zijn er nog (5 boven 3) mogelijkheden om punten voor de zojuist genoemde posities te kiezen. Dan houd je nog 2 labels over voor de punten 'onderaan'. De volgorde van deze twee maakt uit natuurlijk. Dus, dat geeft in totaal: 6 * (5 boven 3) * 2! mogelijkheden = 6 * 5!/3! = 6 * 5 * 4 = 120 mogelijkheden.

Je kunt natuurlijk ook via een andere volgorde werken. Je kunt ook zeggen: Ik label eerst het pad dat hier als c,e,f staat: dat geeft me 6*5*4 mogelijkheden = 120. De drie punten die ik dan nog overhoud zijn allemaal symmetrisch dus de volgorde van toekenning maakt niet uit. Weer 120 mogelijkheden.

Je moet hier dus goed in de gaten houden welke punten 'verwisselbaar' zijn, en welke niet.

Met 5 boven 3 bedoel je toch 5! / ( 3! * 2! ).
Ik heb die definitie van x boven y niet gehad vroeger, maar juist faculteiten.

maar als het middelste punt gekozen is, dan zijn er nog 5 plekken te vergeven. 3 zijn er equivalent en 2 niet. Geef volgens mij dus 5! /( 3! * 2! ) mogelijkheden?. Hier komt 10 uit. Dus ik zou zeggen in totaal 6 * 10 = 60 mogelijkheden.....

quote:

Op donderdag 20 november 2008 18:54 schreef Borizzz het volgende:
Met 5 boven 3 bedoel je toch 5! / ( 3! * 2! ).
Ik heb die definitie van x boven y niet gehad vroeger, maar juist faculteiten.

maar als het middelste punt gekozen is, dan zijn er nog 5 plekken te vergeven. 3 zijn er equivalent en 2 niet. Geef volgens mij dus 5! /( 3! * 2! ) mogelijkheden?. Hier komt 10 uit. Dus ik zou zeggen in totaal 6 * 10 = 60 mogelijkheden.....

Als het middelste punt gekozen is zijn er nog 5 te vergeven ja. Maar als je de labels voor de eerste 3 kiest, liggen die voor de andere 2 vast. Voor de eerste heb je (5 boven 3) = 5!/(2!3!) mogelijkheden. Dit is 'kiezen zonder herhaling, volgorde niet van belang'. Dus dat is inderdaad wat jij zegt.

De groep van twee echter is ook niet equivalent (je zou dus ook kunnen stellen dat je een groep van 3, en 2 groepen van 1 moet kiezen); het maakt uit welke helemaal 'onderaan' het kruis komt, en welke erboven. Dus de volgorde van die twee elementen maakt wél uit. Dat geeft de 2!. Dus het totaal is: 6 * 5!/(3!2!) * 2! = 6 * 5!/3! = 6 * 5 * 4 = 120.

Akkoord. Het is stof die lang geleden is combineren met iets nieuws.
Nu ga ik type 3 eens proberen.

2 groepen punten: een groep van 4 punten die equivalent zijn en een groep van 2 punten die equivalent zijn.
Het gaat erom op hoeveel mogelijkheden 6 punten in groepen van 4 en 2 kunnen worden verdeeld.
Is dat niet ! / (4! * 2! ) = 15 mogelijkheden?

Ik neem aan dat je indeling zodanig is dat de groep van 2 de punten met graad 3 zijn. Maar, stel dat je die twee punten a en b labelt, dan maakt het uit of je c/d de buren van a maakt of dat je c/d de buren van b maakt. In die zin zijn die vier punten niet geheel equivalent. Er zit een zekere symmetrie in die graaf, maar niet op deze manier.

Als je begint te labellen met die punten van 2, dan maakt het niet uit of je ze 'a b' of 'b a' labelt: dat is equivalent. Maar, nadát je ze gelabeld hebt maakt het wel iets uit.

SPOILER

Om spoilers te kunnen lezen moet je zijn ingelogd. Je moet je daarvoor eerst gratis Registreren. Ook kun je spoilers niet lezen als je een ban hebt.

Iblis: bedankt voor je hulp hoor. Iets nieuws combineren met ver weggezakte stof is behoorlijk lastig. Maar geduld en je komt er wel. Zo is het ook gelukt met complexe functies. Tentamen was inderdaad een eitje.

Maar ik moet zeggen dat ik het prettig vind dat je met mij samen de denkstappen doorneemt en niet gewoon de antwoorden. Daarom is de spoiler jammer. Samen met een kundige naar het antwoord toewerken werkt beter voor mij. Maar goed, aangezien je weg moet

Nou, ik ben er weer; het is inderdaad niet het beste, maar de spoiler leek me duidelijk genoeg dat ik daarin wat zou verklappen. Het idee is hetzelfde verder, alhoewel er soms meerdere manieren zijn om het antwoord te beredeneren.

Ik het het antwoord inmiddels zelf helemaal uitgewerkt. Maar ik blijf die combinatorische mogelijkheden uitrekenen lastig vinden. Is daar geen stoomcursus ofzo voor ergens?

Maar nog de wielgraaf W4, en het aantal opspannende bomen daarvan.
Ik heb ee hint gekregen dat je moet werken met subgroepen met k spaken met k=1,2,3,4. Maar ik kom daar nog geen stap verder mee omdat ik niet begrijp wat er bedoeld wordt.

Maar, W4 is dat inclusief centrum of niet? Want W4 is K4 zou ik zeggen.

Nou W3 is een volledige graaf dus exclusief centrum.
W4 heeft dan een centrum met erom heen 4 punten en 4 spaken.
De vraag gaat om een oplossing voor W4 en W5.... Te beginnen maar met W4...

Okay, W4 heeft dus 5 punten in totaal. Wat ik dan denk dat ze bedoelen is dat je eerst eens moet kijken naar het aantal bomen met maar 1 spaak erin. Dan het aantal met twee spaken erin, dan met drie, en dan met alle vier spaken.

Dat had ik idd al bedacht. Het gaat om gelabelde bomen.
Dus als er 1 spaak is:
-A in het centrum, B verbonden met A (dat is dus de spaak) en D, E en C zijn equivalent.
Aantal opspannende bomen 5 * (4 boven 3) ??
Ik kies eerst een centrum, 5 mogelijkheden daarvoor. Dan heb ik er nog 4 over, waarbij 3 equivalent en 1 niet.

Twee spaken: 2 punten met graad 3, 3 punten met graad 2.
D en E equivalent, A centrum dat zijn de punten met graad 2. B en C hebben dan graad 3.
Ik heb nog steeds geen idee hoe hier het aantal bomen kan worden berekend.

quote:

Op donderdag 20 november 2008 23:13 schreef Borizzz het volgende:
Dat had ik idd al bedacht. Het gaat om gelabelde bomen.
Dus als er 1 spaak is:
-A in het centrum, B verbonden met A (dat is dus de spaak) en D, E en C zijn equivalent.
Aantal opspannende bomen 5 * (4 boven 3) ??
Ik kies eerst een centrum, 5 mogelijkheden daarvoor. Dan heb ik er nog 4 over, waarbij 3 equivalent en 1 niet.

Probeer eerst eens vast te stellen wat de vorm van de boom is met maar één spaak erin. (Of vormen)

Het gaat toch om een wielgraaf? Dat is geen boom. Die heeft dus een cykel volgens mij.

Je schreef:

quote:

Maar nog de wielgraaf W4, en het aantal opspannende bomen daarvan.

En een boom heeft geen cykels…

nou dan zou ik er dit van kunnen maken?
Uitgaande van een W4 met A als centrum en vier spaken naar B,C, D en E
A-B-C-D-E
Een pad dus. En die heeft 5! nogelijkheden.

Twee spaken:
A - B
|
D - E - C
Maar levert dat niet ook hetzelfde pad weer op.

Drie spaken

B - A - E - C
|
D

Vier spaken
B
|
D - A - C
|
E

quote:

Op donderdag 20 november 2008 23:23 schreef Borizzz het volgende:
nou dan zou ik er dit van kunnen maken?
Uitgaande van een W4 met A als centrum en vier spaken naar B,C, D en E
A-B-C-D-E
Een pad dus. En die heeft 5! nogelijkheden.

Een pad kan. Je telt wel weer dubbel. Want deze is niet anders dan de labelling met E in het centrum en B C D E op de hoeken. Maar er kan nog meer dan een pad. We zitten hier niet met een maximale graad, dus als je spaak A B pakt kun je beide buren van B opnemen in je boom.

Hmm.. ik zie niet in waar ik dubbel tel.
Bij vier spaken (hierboven) moeten B en E aan de A vastzitten. Maar dat komt niet goed in mijn post terecht...

quote:

Op donderdag 20 november 2008 23:30 schreef Borizzz het volgende:
Hmm.. ik zie niet in waar ik dubbel tel.
Bij vier spaken (hierboven) moeten B en E aan de A vastzitten. Maar dat komt niet goed in mijn post terecht...

We hebben een graaf als deze dus:



Even nog zonder labels. We kunnen hier een pad in vinden met één spaak door in het centrum te beginnen en dan naar een hoekpunt te gaan (ongeacht welke) en dan b.v. linksom of rechtsom te gaan. Dat levert het volgende labelloze pad op: o--o--o--o--o

Stel dat in het centrum A staat en we naar linkboven gaan, waar B staat, en dan rechtsom, C, D, E. Dan hebben we de opspannende boom: A--B--C--D--E.

Stel echter in het centrum E staat, en we naar linksboven gaan, waar D staat, en dan rechtsom, C, B, A. Dan hebben we de opspannende boom: E--D--C--B--A. Volstrekt identiek dus. Terwijl ze volgens jouw manier van berekenen elk apart worden meegeteld.

Ok, dus maar 5 mogelijkheden als we naar 1 spaak kijken.
Twee spaken meenemen levert op A centrum, dan een tak naar B-C en een tak naar D -E.
Maar dit is toch ook een pad?