EuraStudy
Samenvattingen/Wiskunde A/Telproblemen en combinatoriek
Samenvattingen · Wiskunde ANL · VWO

Telproblemen en combinatoriek

Telproblemen los je systematisch op met boomdiagrammen, roosters en het vermenigvuldigingsprincipe. Je leert permutaties (n!), variaties (n!/(n−k)!) en combinaties (de binomiaalcoëfficiënt C(n,k)) berekenen en kiest de juiste telmethode op grond van twee vragen: telt de volgorde, en mag je herhalen? Deze teltechnieken vormen de basis voor het rekenen met kansen. Dit onderwerp hoort tot de centraal-examenstof (domein B2).

4 Onderdelen·~17 min leestijd·4 Vaardigheden·Niveau Basis 1 · Standaard 2 · Verdieping 1

T·0222 / 15
Examenprofiel
Systematisch tellen met boomdiagrammen, roosters en het vermenigvuldigingsprincipe (domein B2)Permutaties, variaties en combinaties berekenen: n!, n!/(n−k)! en C(n,k)=n!/(k!(n−k)!)De juiste telmethode kiezen op grond van orde (geordend/ongeordend) en terugleggen (met/zonder)Combinatoriek toepassen in kansrekening (Laplace: gunstig/mogelijk)
Operatoren:berekenbepaalleg uittoon aanberedeneerinterpreteer

basisniveau

Gemeenschappelijke eindexamenstof: het vermenigvuldigingsprincipe, faculteit, permutaties, variaties en combinaties horen tot domein B2 en gelden voor alle profielen (NG, EM en CM).

verhoogd niveau

Verdieping: permutaties met herhaling, de symmetrie en de Pascal-relatie van C(n,k), en combinatoriek als opstap naar de binomiale verdeling in de statistiek.

Diepte

Leesdiepte: Verdieping

Tekst

Tekstgrootte: Standaard

Inhoud · 4 onderdelen▾
  1. Telproblemen en combinatoriek
    • 01Systematisch tellen en het vermenigvuldigingsprincipe○
    • 02Permutaties en faculteit◐
    • 03Variaties: geordend zonder terugleggen◐
    • 04Combinaties en de binomiaalcoëfficiënt●
§ 01

Systematisch tellen en het vermenigvuldigingsprincipe#

●○○BasisLPexamenblad-wiskunde-a-domein-B2

Kernpunten

In Afb. 1 zie je een boomdiagram voor een eenvoudig menu: er zijn 2 voorgerechten (soep of salade) en bij elk daarvan 3 hoofdgerechten (vis, vlees of pasta). Elke tak van links naar rechts is één volledige keuze, en je telt het aantal mogelijkheden door de eindpunten — de bladeren — te tellen: 2⋅3=62 \cdot 3 = 62⋅3=6 menu's. Dit is de kern van systematisch tellen: je brengt een keuzeproces in kaart als een reeks opeenvolgende deelkeuzes en zorgt dat je geen enkele mogelijkheid dubbel telt of overslaat. Een boomdiagram is daarbij het meest zichtbare hulpmiddel; een rooster (een tabel met de ene keuze langs de rijen en de andere langs de kolommen) doet hetzelfde voor precies twee deelkeuzes.

Boomdiagram van het vermenigvuldigingsprincipe

2 voorgerechten × 3 hoofdgerechten = 6 menu'sBoomdiagram, 6 paden, Gegevens: soep → vis; soep → vlees; soep → pasta; salade → vis; salade → vlees; salade → pastavisvleespastavisvleespastasoepsalademenusoep+vissoep+vleessoep+pastasalade+vissalade+vleessalade+pasta
Afb. 1Afb. 1 — Elke tak is één deelkeuze; de zes bladeren zijn de 2 × 3 = 6 menu's. Zo maakt het vermenigvuldigingsprincipe zichtbaar waarom je de aantallen vermenigvuldigt.
Het vermenigvuldigingsprincipe is de rekenregel achter het boomdiagram. Bestaat een keuze uit kkk opeenvolgende, onafhankelijke deelkeuzes, en zijn er voor de eerste deelkeuze n1n_1n1​ mogelijkheden, voor de tweede n2n_2n2​, …, voor de kkk-de nkn_knk​ mogelijkheden, dan is het totale aantal mogelijkheden n1⋅n2⋅…⋅nkn_1 \cdot n_2 \cdot \ldots \cdot n_kn1​⋅n2​⋅…⋅nk​. Je vermenigvuldigt omdat elke mogelijkheid van de eerste keuze zich vertakt in álle mogelijkheden van de tweede, precies zoals in het boomdiagram elke bovenste tak zich weer in drie takken splitst. ‘Onafhankelijk’ betekent dat het aantal mogelijkheden bij een deelkeuze niet verandert door wat je eerder koos; het aantal mag wél afhangen van of iets al gebruikt is (dan daalt het aantal per stap, zie §3).
Vermenigvuldigen hoort bij ‘en dan’ (eerst dit, daarna dat, in één opbouwend proces); optellen hoort bij ‘of’ (het ene geval óf het andere, en die gevallen sluiten elkaar uit). Valt een telprobleem uiteen in gevallen die niet samen kunnen — bijvoorbeeld ‘de code begint met een letter’ tegenover ‘de code begint met een cijfer’ — dan bereken je elk geval apart met het vermenigvuldigingsprincipe en tel je de uitkomsten aan het eind op. Dit onderscheid tussen vermenigvuldigen (binnen één opbouw) en optellen (over elkaar uitsluitende gevallen) voorkomt de meest gemaakte telfout.
In de praktijk zijn er vaak beperkingen: bepaalde posities liggen vast, of een teken mag niet opnieuw gebruikt worden. Begin dan met de meest beperkte positie en werk van daaruit verder. Ook belangrijk is het onderscheid tussen met en zonder terugleggen. Mag een teken opnieuw voorkomen (met terugleggen, herhaling toegestaan), dan blijft het aantal mogelijkheden per positie gelijk: een code van 3 cijfers geeft 10⋅10⋅10=103=100010 \cdot 10 \cdot 10 = 10^{3} = 100010⋅10⋅10=103=1000 mogelijkheden. Mag een teken niet herhaald worden (zonder terugleggen), dan daalt het aantal per positie telkens met 1: 10⋅9⋅810 \cdot 9 \cdot 810⋅9⋅8. Dat verschil — met of zonder terugleggen — loopt als een rode draad door het hele hoofdstuk.
aantal=n1⋅n2⋅…⋅nk\text{aantal} = n_1 \cdot n_2 \cdot \ldots \cdot n_kaantal=n1​⋅n2​⋅…⋅nk​

Vermenigvuldigingsprincipe

Bij k opeenvolgende, onafhankelijke deelkeuzes met n₁, n₂, …, nₖ mogelijkheden is het totale aantal het product van die aantallen.

Uitgewerkt voorbeeld

Aantal menu's tellen met een boomdiagram

Een lunchmenu bestaat uit één voorgerecht (soep of salade) en één hoofdgerecht (vis, vlees of pasta). Hoeveel verschillende menu's zijn er? Licht je antwoord toe met het boomdiagram.

  1. 01Benoem de deelkeuzes

    Er zijn twee opeenvolgende keuzes: eerst het voorgerecht, daarna het hoofdgerecht.

  2. 02Tel de mogelijkheden per deelkeuze

    Voorgerecht: 2 mogelijkheden (soep, salade). Hoofdgerecht: 3 mogelijkheden (vis, vlees, pasta).

  3. 03Pas het vermenigvuldigingsprincipe toe

    De keuzes zijn opeenvolgend en onafhankelijk, dus vermenigvuldig de aantallen.

    2⋅3=62 \cdot 3 = 62⋅3=6
  4. 04Controleer met het boomdiagram

    Het boomdiagram in Afb. 1 heeft 6 bladeren, en elk blad is precies één menu. Dat bevestigt de uitkomst.

Resultaat: Er zijn 6 verschillende menu's.

Uitgewerkt voorbeeld

Codes tellen, met en zonder een vaste positie

Een toegangscode bestaat uit 3 tekens. (a) Hoeveel codes zijn er als elk teken een cijfer 0 t/m 9 mag zijn (herhaling toegestaan)? (b) Hoeveel als het eerste teken een hoofdletter (A–Z) moet zijn en de laatste twee tekens cijfers?

  1. 01(a) Mogelijkheden per positie

    Elk van de 3 posities is een cijfer: telkens 10 mogelijkheden, met terugleggen (herhaling mag).

  2. 02(a) Vermenigvuldig

    Drie posities met elk 10 keuzes.

    10⋅10⋅10=103=100010 \cdot 10 \cdot 10 = 10^{3} = 100010⋅10⋅10=103=1000
  3. 03(b) Mogelijkheden per positie met beperking

    Positie 1: 26 hoofdletters. Posities 2 en 3: elk 10 cijfers.

  4. 04(b) Vermenigvuldig

    Werk van links naar rechts en vermenigvuldig de aantallen.

    26⋅10⋅10=260026 \cdot 10 \cdot 10 = 260026⋅10⋅10=2600

Resultaat: (a) 1000 codes; (b) 2600 codes.

Eindexamen-focus

  • Examendoel: het aantal mogelijkheden bepalen met het vermenigvuldigingsprincipe en dit onderbouwen met een boomdiagram of rooster.
  • Examendoel: omgaan met beperkingen (een vaste positie, geen herhaling van een bepaald teken) en herkennen wanneer je gevallen moet optellen in plaats van vermenigvuldigen.

Veelgemaakte fouten

  • De aantallen optellen in plaats van vermenigvuldigen bij opeenvolgende deelkeuzes (‘en dan’ is vermenigvuldigen; alleen elkaar uitsluitende gevallen tel je op).
  • Een beperking negeren, bijvoorbeeld doorrekenen met 10 mogelijkheden terwijl het eerste cijfer geen 0 mag zijn, of met terugleggen rekenen terwijl herhaling verboden is.

Actieve herhaling

Een kentekenplaat bestaat uit 2 letters (uit 26) gevolgd door 3 cijfers (0–9), met herhaling toegestaan. Hoeveel verschillende kentekens zijn er? En hoeveel als het eerste cijfer geen 0 mag zijn?

Actief ophalen

Haal de kernpunten op — onthul ze daarna.

Bronnen: Examenblad.nl — wiskunde A (VWO) (CvTE / DUO)

§ 02

Permutaties en faculteit#

●●○StandaardLPexamenblad-wiskunde-a-domein-B2

Kernpunten

Afb. 2 toont de faculteit n!n!n! voor n=0n = 0n=0 tot en met 666: de waarden 1, 1, 2, 6, 24, 120 en 720. De staven worden razendsnel hoger — de faculteit groeit sneller dan elke machtsfunctie. Die faculteit telt precies het aantal manieren om nnn verschillende objecten in een rij te zetten, en is daarmee het rekenkundige hart van dit onderdeel: elke rangschikking van alle objecten heet een permutatie.

De faculteit n! groeit explosief

Explosieve groei van de faculteit n!Kolomdiagram: n! naar n, Gegevens: n! · 0: 1; n! · 1: 1; n! · 2: 2; n! · 3: 6; n! · 4: 24; n! · 5: 120; n! · 6: 72001002003004005006007000123456112624120720n!n
Afb. 2Afb. 2 — n! voor n = 0 t/m 6: 1, 1, 2, 6, 24, 120, 720. De faculteit telt de rangschikkingen (permutaties) van n objecten en groeit sneller dan elke machtsfunctie.
De faculteit van een geheel getal n≥1n \ge 1n≥1, genoteerd als n!n!n!, is het product van alle gehele getallen van 1 tot en met nnn: n!=n⋅(n−1)⋅(n−2)⋅…⋅2⋅1n! = n \cdot (n-1) \cdot (n-2) \cdot \ldots \cdot 2 \cdot 1n!=n⋅(n−1)⋅(n−2)⋅…⋅2⋅1. Zo is 4!=4⋅3⋅2⋅1=244! = 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 244!=4⋅3⋅2⋅1=24. Per afspraak geldt 0!=10! = 10!=1: er is precies één manier om niets te rangschikken (de lege rij), en die afspraak zorgt bovendien dat de formules voor variaties en combinaties in §3 en §4 blijven kloppen. Op de grafische rekenmachine vind je de faculteit onder MATH → PRB → ! (typ eerst het getal, dan de toets).
Een permutatie van nnn verschillende objecten is een rangschikking ervan in een bepaalde volgorde; het aantal permutaties is n!n!n!. Waarom? Voor de eerste plaats heb je nnn keuzes, voor de tweede nog n−1n-1n−1 (er is er al één gebruikt, dus zonder terugleggen), daarna n−2n-2n−2, enzovoort tot de laatste plaats met 1 keuze. Volgens het vermenigvuldigingsprincipe geeft dat n⋅(n−1)⋅…⋅1=n!n \cdot (n-1) \cdot \ldots \cdot 1 = n!n⋅(n−1)⋅…⋅1=n!. Zo kun je 5 verschillende boeken op 5!=1205! = 1205!=120 manieren op een plank zetten.
Als niet alle objecten verschillend zijn, telt n!n!n! te veel: het verwisselen van twee identieke objecten levert dezelfde rij op. Bij een permutatie met herhaling deel je daarom n!n!n! door de faculteiten van de groepen gelijke objecten: het aantal verschillende rangschikkingen is n!n1! n2!⋯nr!\dfrac{n!}{n_1!\, n_2! \cdots n_r!}n1​!n2​!⋯nr​!n!​, waarbij n1,n2,…,nrn_1, n_2, \ldots, n_rn1​,n2​,…,nr​ de groottes van de groepen gelijke objecten zijn (met n1+n2+⋯+nr=nn_1 + n_2 + \cdots + n_r = nn1​+n2​+⋯+nr​=n). Je deelt omdat elke groep van nin_ini​ gelijke objecten onderling op ni!n_i!ni​! manieren verwisseld kan worden zonder dat de rij verandert; die dubbeltellingen haal je er zo uit. Het klassieke voorbeeld is het woord MISSISSIPPI (zie het uitgewerkte voorbeeld).
n!=n⋅(n−1)⋅(n−2)⋅…⋅2⋅1n! = n \cdot (n-1) \cdot (n-2) \cdot \ldots \cdot 2 \cdot 1n!=n⋅(n−1)⋅(n−2)⋅…⋅2⋅1

Faculteit

Het product van alle gehele getallen van 1 tot en met n; het aantal permutaties van n verschillende objecten. Per afspraak 0! = 1.

n!n1! n2!⋯nr!\frac{n!}{n_1!\, n_2! \cdots n_r!}n1​!n2​!⋯nr​!n!​

Permutaties met herhaling

Het aantal verschillende rangschikkingen van n objecten waarvan groepen van n₁, n₂, …, nᵣ identiek zijn.

Uitgewerkt voorbeeld

Boeken rangschikken (permutatie)

Op hoeveel manieren kun je 5 verschillende boeken naast elkaar op een plank zetten?

  1. 01Herken het type

    Je rangschikt álle 5 boeken in een volgorde: dat is een permutatie van 5 verschillende objecten (zonder herhaling).

  2. 02Tel plaats voor plaats

    Plaats 1: 5 keuzes; plaats 2: nog 4; dan 3, dan 2, dan 1. Vermenigvuldig die aantallen.

  3. 03Bereken de faculteit

    Het product is per definitie 5-faculteit.

    5!=5⋅4⋅3⋅2⋅1=1205! = 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 1205!=5⋅4⋅3⋅2⋅1=120

Resultaat: Er zijn 5! = 120 manieren.

Uitgewerkt voorbeeld

MISSISSIPPI (permutatie met herhaling)

Hoeveel verschillende letterrijen kun je maken door alle letters van het woord MISSISSIPPI te herschikken?

  1. 01Tel de letters

    MISSISSIPPI heeft 11 letters: 1×M, 4×I, 4×S en 2×P.

  2. 02Deel de dubbeltellingen weg

    Zonder herhaling zouden er 11! rijen zijn, maar de 4 I's, de 4 S'en en de 2 P's zijn onderling niet te onderscheiden. Deel daarom door 4!, 4! en 2!.

    11!4! 4! 2!\frac{11!}{4!\, 4!\, 2!}4!4!2!11!​
  3. 03Reken uit

    Er geldt 11! = 39 916 800 en 4! · 4! · 2! = 24 · 24 · 2 = 1152. Deel het eerste door het tweede.

    39 916 8001152=34 650\frac{39\,916\,800}{1152} = 34\,650115239916800​=34650

Resultaat: Er zijn 34 650 verschillende letterrijen.

Eindexamen-focus

  • Examendoel: permutaties berekenen met n! (ook met de GR-toets !) en herkennen dat een permutatie alle objecten in volgorde zet.
  • Examendoel: bij identieke objecten een permutatie met herhaling berekenen door n! te delen door de faculteiten van de gelijke groepen.

Veelgemaakte fouten

  • Denken dat 0! = 0; per afspraak is 0! = 1.
  • Bij een permutatie met herhaling vergeten te delen door de faculteiten van de herhaalde objecten (dan tel je elke rij meerdere keren).

Actieve herhaling

Op hoeveel manieren kun je alle letters van het woord BANAAN in een rij zetten? Let op de herhaalde letters.

Actief ophalen

Haal de kernpunten op — onthul ze daarna.

Bronnen: Examenblad.nl — wiskunde A (VWO) (CvTE / DUO)

§ 03

Variaties: geordend zonder terugleggen#

●●○StandaardLPexamenblad-wiskunde-a-domein-B2

Kernpunten

Afb. 3 is het beslisschema van de combinatoriek: twee vragen — telt de volgorde? en mag je herhalen (met terugleggen)? — bepalen samen welke van de vier telmethoden je gebruikt. Dit onderdeel gaat over het gemarkeerde vak linksboven: geordend (de volgorde telt) én zonder terugleggen (geen herhaling). Zo'n telling heet een variatie. Een sprekend voorbeeld is het erepodium bij een wedstrijd: goud, zilver en brons zijn verschillende plaatsen (volgorde telt), en niemand wint twee medailles (zonder terugleggen).

Beslisschema: orde × terugleggen

k uit nzonder terugleggenmet terugleggengeordendvolgorde teltongeordendvolgorde telt nietVariatien! / (n−k)!Rij met herhalingn^kCombinatieC(n, k)Combinatiemet herhalingC(n+k−1, k)(zelden bij wiskunde A)
Afb. 3Afb. 3 — Twee vragen (telt de volgorde? mag je herhalen?) leiden naar de vier telmethoden. Dit onderdeel behandelt het gemarkeerde vak: de variatie (geordend, zonder terugleggen). Een permutatie is de variatie met k = n.
Een variatie van kkk uit nnn is het aantal manieren om kkk objecten te kiezen uit nnn verschillende objecten, in een bepaalde volgorde en zonder terugleggen. Het aantal is n!(n−k)!=n⋅(n−1)⋅…⋅(n−k+1)\dfrac{n!}{(n-k)!} = n \cdot (n-1) \cdot \ldots \cdot (n-k+1)(n−k)!n!​=n⋅(n−1)⋅…⋅(n−k+1): precies kkk dalende factoren vanaf nnn. De afleiding is opnieuw het vermenigvuldigingsprincipe: voor de eerste keuze nnn mogelijkheden, voor de tweede n−1n-1n−1, …, voor de kkk-de n−k+1n-k+1n−k+1. Op de grafische rekenmachine gebruik je hiervoor MATH → PRB → nPr: typ nnn, kies nPr, typ kkk (bijvoorbeeld 8 nPr 3).
Een permutatie is het bijzondere geval van een variatie waarbij je álle objecten kiest, dus k=nk = nk=n. Dan geldt n!(n−n)!=n!0!=n!1=n!\dfrac{n!}{(n-n)!} = \dfrac{n!}{0!} = \dfrac{n!}{1} = n!(n−n)!n!​=0!n!​=1n!​=n!, precies de permutatieformule uit §2. Hier zie je waarom de afspraak 0!=10! = 10!=1 zo handig is: zonder die afspraak zou de variatieformule bij k=nk = nk=n niet kloppen. Permutaties en variaties horen dus bij elkaar: variaties zijn ‘gedeeltelijke permutaties’.
De tegenhanger met terugleggen: als herhaling wél is toegestaan en de volgorde telt, heeft elk van de kkk posities telkens nnn keuzes en is het aantal nkn^{k}nk. Vergelijk codes van 3 letters uit A–Z: met terugleggen 263=17 57626^{3} = 17\,576263=17576, zonder terugleggen (een variatie) 26⋅25⋅24=15 60026 \cdot 25 \cdot 24 = 15\,60026⋅25⋅24=15600. Het verschil, 197619761976 codes, bevat minstens één herhaalde letter. De examentactiek is telkens dezelfde: stel eerst de twee vragen — telt de volgorde? en mag ik herhalen? — en kies pas daarna de formule. Verwar geordend zonder terugleggen (variatie, n!/(n−k)!n!/(n-k)!n!/(n−k)!) niet met geordend mét terugleggen (nkn^{k}nk).
n!(n−k)!=n⋅(n−1)⋅…⋅(n−k+1)\frac{n!}{(n-k)!} = n \cdot (n-1) \cdot \ldots \cdot (n-k+1)(n−k)!n!​=n⋅(n−1)⋅…⋅(n−k+1)

Variatie (geordend, zonder terugleggen)

Het aantal manieren om k uit n verschillende objecten te kiezen als de volgorde telt: k dalende factoren vanaf n.

nkn^{k}nk

Geordend, met terugleggen

Als herhaling is toegestaan en de volgorde telt, heeft elk van de k posities telkens n keuzes.

Uitgewerkt voorbeeld

Erepodium invullen (variatie)

Bij een hardloopwedstrijd met 8 deelnemers worden goud, zilver en brons uitgereikt. Op hoeveel manieren kan het erepodium (plaats 1, 2 en 3) worden ingevuld?

  1. 01Stel de twee vragen

    Plaats 1, 2 en 3 zijn verschillend, dus de volgorde telt. Een deelnemer kan niet twee medailles krijgen, dus zonder terugleggen. Dat is een variatie.

  2. 02Kies k uit n, geordend

    Kies k = 3 medailleplaatsen uit n = 8 deelnemers.

    8!(8−3)!=8!5!=8⋅7⋅6\frac{8!}{(8-3)!} = \frac{8!}{5!} = 8 \cdot 7 \cdot 6(8−3)!8!​=5!8!​=8⋅7⋅6
  3. 03Reken uit

    Vermenigvuldig de drie dalende factoren.

    8⋅7⋅6=3368 \cdot 7 \cdot 6 = 3368⋅7⋅6=336

Resultaat: Er zijn 336 mogelijke erepodia (op de GR: 8 nPr 3 = 336).

Uitgewerkt voorbeeld

Codes: met versus zonder terugleggen

Vergelijk codes van 3 letters uit A–Z. (a) Hoeveel als herhaling is toegestaan? (b) Hoeveel zonder herhaalde letters? (c) Hoeveel codes hebben minstens één herhaalde letter?

  1. 01(a) Met terugleggen

    Elke van de 3 posities heeft 26 keuzes, herhaling mag.

    263=17 57626^{3} = 17\,576263=17576
  2. 02(b) Zonder terugleggen (variatie)

    Volgorde telt, geen herhaling: drie dalende factoren vanaf 26.

    26!23!=26⋅25⋅24=15 600\frac{26!}{23!} = 26 \cdot 25 \cdot 24 = 15\,60023!26!​=26⋅25⋅24=15600
  3. 03(c) Minstens één herhaling

    Trek de codes zonder herhaling af van het totaal met herhaling.

    17 576−15 600=197617\,576 - 15\,600 = 197617576−15600=1976

Resultaat: (a) 17 576 codes; (b) 15 600 codes; (c) 1976 codes bevatten minstens één herhaalde letter.

Eindexamen-focus

  • Examendoel: variaties berekenen met n!/(n−k)! (GR: nPr) bij geordend trekken zonder terugleggen.
  • Examendoel: op grond van ‘telt de volgorde?’ en ‘mag herhaling?’ de juiste telmethode kiezen (variatie versus nᵏ versus combinatie).

Veelgemaakte fouten

  • Een variatie en een combinatie verwisselen: bij een variatie telt de volgorde, bij een combinatie niet.
  • Geordend zonder terugleggen (n!/(n−k)!) verwarren met geordend met terugleggen (nᵏ).

Actieve herhaling

Uit 12 films kies je er 4 om achter elkaar te bekijken; de volgorde van kijken telt en geen film wordt twee keer gekozen. Op hoeveel manieren kan dat?

Actief ophalen

Haal de kernpunten op — onthul ze daarna.

Bronnen: Examenblad.nl — wiskunde A (VWO) (CvTE / DUO)

§ 04

Combinaties en de binomiaalcoëfficiënt#

●●●VerdiepingLPexamenblad-wiskunde-a-domein-B2

Kernpunten

Afb. 4 toont de binomiaalcoëfficiënten C(6,k)C(6,k)C(6,k) voor k=0k = 0k=0 t/m 666: de waarden 1, 6, 15, 20, 15, 6 en 1 — precies rij 6 uit de driehoek van Pascal. De rij is symmetrisch (links en rechts spiegelen) met de hoogste staaf in het midden bij k=3k = 3k=3, en de waarden tellen op tot 26=642^{6} = 6426=64: het totale aantal deelverzamelingen van 6 objecten. Een combinatie beantwoordt de vraag ‘op hoeveel manieren kies ik kkk uit nnn als de volgorde er niet toe doet?’.

Binomiaalcoëfficiënten C(6,k) — rij 6 van Pascal

Binomiaalcoëfficiënten C(6,k), rij 6 van de driehoek van PascalKolomdiagram: aantal C(6,k) naar k, Gegevens: C(6,k) · 0: 1; C(6,k) · 1: 6; C(6,k) · 2: 15; C(6,k) · 3: 20; C(6,k) · 4: 15; C(6,k) · 5: 6; C(6,k) · 6: 10510152001234561615201561aantal C(6,k)k
Afb. 4Afb. 4 — C(6,k) voor k = 0 t/m 6: 1, 6, 15, 20, 15, 6, 1. De rij is symmetrisch (C(6,k) = C(6,6−k)) en telt op tot 2⁶ = 64.
Een combinatie is het aantal manieren om kkk objecten te kiezen uit nnn verschillende objecten, ongeordend (de volgorde telt niet) en zonder terugleggen. Dit aantal is de binomiaalcoëfficiënt (nk)=n!k! (n−k)!\dbinom{n}{k} = \dfrac{n!}{k!\,(n-k)!}(kn​)=k!(n−k)!n!​, uitgesproken als ‘n boven k’. Op de grafische rekenmachine staat deze onder MATH → PRB → nCr (bijvoorbeeld 10 nCr 3). De naam binomiaalcoëfficiënt komt doordat deze getallen de coëfficiënten zijn bij het uitwerken van (a+b)n(a+b)^{n}(a+b)n.
Het verband met de variatie maakt de formule begrijpelijk. Tel je eerst geordend (een variatie, n!(n−k)!\dfrac{n!}{(n-k)!}(n−k)!n!​), dan heb je elke groep van kkk gekozen objecten k!k!k! keer geteld, want die kkk objecten kun je op k!k!k! volgordes zetten. Omdat de volgorde bij een combinatie niet meetelt, deel je door k!k!k!: (nk)=1k!⋅n!(n−k)!\dbinom{n}{k} = \dfrac{1}{k!}\cdot\dfrac{n!}{(n-k)!}(kn​)=k!1​⋅(n−k)!n!​. Voor (103)\dbinom{10}{3}(310​) geeft dat 10⋅9⋅83⋅2⋅1=7206=120\dfrac{10 \cdot 9 \cdot 8}{3 \cdot 2 \cdot 1} = \dfrac{720}{6} = 1203⋅2⋅110⋅9⋅8​=6720​=120.
Twee eigenschappen besparen rekenwerk. De symmetrie (nk)=(nn−k)\dbinom{n}{k} = \dbinom{n}{n-k}(kn​)=(n−kn​) zegt dat kkk objecten kiezen om mee te doen hetzelfde is als n−kn-kn−k objecten kiezen om weg te laten; daarom is (2018)=(202)=190\dbinom{20}{18} = \dbinom{20}{2} = 190(1820​)=(220​)=190 snel te bepalen. De Pascal-relatie (nk)=(n−1k−1)+(n−1k)\dbinom{n}{k} = \dbinom{n-1}{k-1} + \dbinom{n-1}{k}(kn​)=(k−1n−1​)+(kn−1​) bouwt elke rij op uit de rij erboven — dat is precies hoe de driehoek van Pascal in Afb. 4 ontstaat.
Combinaties zijn het rekenhart van veel kansproblemen. Trek je in één greep meerdere voorwerpen (ongeordend, zonder terugleggen), dan bereken je een kans met de regel van Laplace als aantal gunstige uitkomstenaantal mogelijke uitkomsten\dfrac{\text{aantal gunstige uitkomsten}}{\text{aantal mogelijke uitkomsten}}aantal mogelijke uitkomstenaantal gunstige uitkomsten​, waarbij teller en noemer allebei combinaties zijn (zie het vaas-voorbeeld). Dit is bovendien de opstap naar de binomiale verdeling bij de statistiek, waar C(n,k)C(n,k)C(n,k) verschijnt als coëfficiënt in P(X=k)=(nk) pk (1−p)n−kP(X=k) = \dbinom{n}{k}\, p^{k}\,(1-p)^{n-k}P(X=k)=(kn​)pk(1−p)n−k.
(nk)=n!k! (n−k)!\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!\,(n-k)!}(kn​)=k!(n−k)!n!​

Binomiaalcoëfficiënt (combinatie)

Het aantal manieren om k uit n objecten te kiezen als de volgorde niet telt en zonder terugleggen.

(nk)=(nn−k)\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}(kn​)=(n−kn​)

Symmetrie

k objecten kiezen om mee te doen is hetzelfde als n−k objecten kiezen om weg te laten.

(nk)=1k!⋅n!(n−k)!\binom{n}{k} = \frac{1}{k!}\cdot\frac{n!}{(n-k)!}(kn​)=k!1​⋅(n−k)!n!​

Verband combinatie–variatie

Deel de variatie door k!, omdat elke keuze van k objecten op k! volgordes is geteld.

Uitgewerkt voorbeeld

Een commissie kiezen (combinatie)

Uit een klas van 10 leerlingen wordt een commissie van 3 leerlingen gekozen. Op hoeveel manieren kan dat?

  1. 01Telt de volgorde?

    Een commissie is een groep: de volgorde waarin je de 3 leden kiest maakt niet uit, en niemand zit er twee keer in. Dat is een combinatie (ongeordend, zonder terugleggen).

  2. 02Pas de binomiaalcoëfficiënt toe

    Kies k = 3 uit n = 10.

    (103)=10!3! 7!=10⋅9⋅83⋅2⋅1\binom{10}{3} = \frac{10!}{3!\,7!} = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8}{3 \cdot 2 \cdot 1}(310​)=3!7!10!​=3⋅2⋅110⋅9⋅8​
  3. 03Reken uit

    Deel het product van de teller door 3! = 6.

    7206=120\frac{720}{6} = 1206720​=120

Resultaat: Er zijn C(10,3) = 120 mogelijke commissies (op de GR: 10 nCr 3 = 120).

Uitgewerkt voorbeeld

Kans berekenen met combinaties

In een vaas zitten 7 rode en 3 blauwe knikkers (10 in totaal). Je pakt in één greep 3 knikkers (ongeordend, zonder terugleggen). Bereken de kans op precies 2 rode en 1 blauwe knikker.

  1. 01Aantal mogelijke uitkomsten (noemer)

    Het aantal manieren om 3 uit de 10 knikkers te kiezen.

    (103)=120\binom{10}{3} = 120(310​)=120
  2. 02Aantal gunstige uitkomsten (teller)

    Kies 2 rode uit 7 én 1 blauwe uit 3, en vermenigvuldig (vermenigvuldigingsprincipe).

    (72)⋅(31)=21⋅3=63\binom{7}{2} \cdot \binom{3}{1} = 21 \cdot 3 = 63(27​)⋅(13​)=21⋅3=63
  3. 03Kans = gunstig / mogelijk (Laplace)

    Deel het aantal gunstige door het aantal mogelijke uitkomsten en vereenvoudig.

    P=63120=2140=0,525P = \frac{63}{120} = \frac{21}{40} = 0{,}525P=12063​=4021​=0,525

Resultaat: De kans op precies 2 rode en 1 blauwe knikker is 63/120 = 0,525 (ongeveer 52,5%).

Eindexamen-focus

  • Examendoel: combinaties berekenen met de binomiaalcoëfficiënt C(n,k) (GR: nCr) bij ongeordend kiezen zonder terugleggen.
  • Examendoel: combinaties gebruiken in een kansberekening (gunstig/mogelijk) en de symmetrie C(n,k) = C(n,n−k) benutten.

Veelgemaakte fouten

  • Bij een combinatie toch op de volgorde letten; dan tel je elke groep k! keer te veel (je berekent een variatie in plaats van een combinatie).
  • Bij een kans de noemer verkeerd kiezen: bij gelijktijdig trekken zijn zowel teller als noemer combinaties, niet variaties.

Actieve herhaling

Bij een loterij kies je 6 verschillende getallen uit 45; de volgorde telt niet. Op hoeveel manieren kan dat, en wat is de kans op de hoofdprijs met één ingevuld formulier?

Actief ophalen

Haal de kernpunten op — onthul ze daarna.

Bronnen: Examenblad.nl — wiskunde A (VWO) (CvTE / DUO)

Inhoud

Sectie -- / 04

    • 01Systematisch tellen en het vermenigvuldigingsprincipe○
    • 02Permutaties en faculteit◐
    • 03Variaties: geordend zonder terugleggen◐
    • 04Combinaties en de binomiaalcoëfficiënt●

0/4 Gelezen

Van samenvatting naar oefening

Telproblemen en combinatoriek

Verstevig dit onderwerp met vragen uit de vragenbank.

~17
min
4
Vaardigheden
Oefenen

Referenties en bronnen

Bronnen

CvTE / DUO

  • Examenblad.nl — wiskunde A (VWO)

Vorig onderwerp

Algebra, rekenregels, machten en wortels

Volgend onderwerp

Standaardfuncties

EuraStudy·Samenvattingen T·02·MMXXVI

Ga verder met het volgende onderwerp — je leerpad blijft bewaard.