Variaties

Variaties gebruiken we als we uit een verzameling objecten een bepaald aantal objecten kiezen, waarbij de volgorde waarin we ze kiezen ertoe doet.

Op school heet dit meestal “permutaties van k uit n”, en op je rekenmachine vind je het onder de toets nPr.

Afleiding van de formule

We beginnen met een typische opgave over variaties: in een dorp wordt elk jaar een wedstrijd pannenkoeken eten gehouden. Er zijn zeven finalisten met vette vingers. Bereken op hoeveel manieren deze zeven deelnemers de eerste drie plaatsen kunnen bezetten.

Het is belangrijk om te beseffen dat in dit voorbeeld de volgorde ertoe doet. Als we bijvoorbeeld weten dat Daan, Sem en Bram op de eerste drie plaatsen eindigen, dan levert dit drietal zes verschillende ranglijsten op:

• Daan, Sem, Bram;
• Daan, Bram, Sem;
• Sem, Daan, Bram;
• Sem, Bram, Daan;
• Bram, Daan, Sem;
• Bram, Sem, Daan.

Dit zijn allemaal verschillende ranglijsten en wij willen tellen hoeveel verschillende ranglijsten we kunnen maken als er 7 deelnemers zijn.

Daarvoor gebruiken we de vermenigvuldigingsregel. We zeggen dat we drietallen van de vorm (x₁, x₂, x₃) kiezen, waarbij x₁ de deelnemer is die eerste werd, enzovoort. Welke deelnemers kunnen we voor x₁ invullen? Allemaal, dus voor x₁ kunnen we 7 deelnemers invullen. Welke kunnen we voor x₂ invullen? Allemaal, behalve degene die we al op de eerste plaats hebben gezet, dus voor x₂ kunnen we 7 − 1 = 6 deelnemers invullen. Voor x₃ kunnen we de deelnemers invullen die niet op de eerste of tweede plaats staan, dus we hebben 7 − 2 = 5 mogelijkheden. We passen de vermenigvuldigingsregel toe en krijgen het totale aantal mogelijkheden: 7 · 6 · 5 = 210.

We zien dat als we het aantal mogelijkheden voor de eerste 4 plaatsen willen weten, we voor x₄ nog 7 − 3 = 4 deelnemers kunnen invullen, dus het totale aantal mogelijkheden is 7 · 6 · 5 · 4 = 840. Wat kunnen we hieruit afleiden?

Als we een verzameling met n elementen hebben (hier in het voorbeeld 7 pannenkoekeneters) en we kiezen er 3 waarbij de volgorde ertoe doet, dan is het resultaat n · (n − 1) · (n − 2). Op de eerste plaats kan iedereen eindigen, op de volgende plaats één minder, enzovoort. Hieruit kunnen we de algemene formule afleiden voor het kiezen van k elementen uit een verzameling van n elementen: het aantal mogelijkheden is gelijk aan n · (n − 1) · (n − 2) · … · (n − k + 1).

Deze formule werken we nog verder uit met behulp van de faculteit. Als we kijken naar de faculteit van zeven, 7! = 7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1, en naar hoe we het aantal podiumplaatsingen berekenden, 7 · 6 · 5, dan zien we een zekere overeenkomst. We moeten alleen dat staartje kwijt, dus we moeten 7! delen door 4 · 3 · 2 · 1, waarna alleen 7 · 6 · 5 overblijft. En waaraan is de uitdrukking 4 · 3 · 2 · 1 gelijk? Aan 4!.

We kunnen dus schrijven dat als we een verzameling van n elementen hebben en er in totaal k kiezen, waarbij de volgorde ertoe doet, er in totaal

$$\frac{n!}{(n-k)!}$$

mogelijkheden zijn: het aantal permutaties van k uit n. Als we in deze formule de getallen van de pannenkoekenwedstrijd invullen, krijgen we:

$$\frac{7!}{(7-3)!}=\frac{7\cdot 6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}{4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}=7\cdot 6\cdot 5=210.$$

Op je rekenmachine tik je hiervoor 7 nPr 3 in.

Rekenmachine

De volgende rekenmachine berekent het aantal variaties voor gegeven n en k.

Uitgewerkte voorbeelden

1. We blijven bij de wedstrijd pannenkoeken eten. Hoe zou het aantal mogelijke podiumplaatsingen veranderen als we wisten dat Lucas Schnitzel meedoet, een kampioen die altijd wint? Dus hoeveel verschillende podiumplaatsingen zijn er als we 7 deelnemers hebben en Lucas zeker wint?

   Dit is weer een eenvoudige variatie: de eerste plaats staat vast en van de overige 6 deelnemers moeten we nog bepalen hoe ze de tweede en derde plaats kunnen bezetten. We kiezen dus 2 elementen uit een verzameling van 6, en dat leidt tot

   $$\frac{6!}{(6-2)!}=30$$

2. Lang geleden, toen Lucas Schnitzel nog niet zo'n kampioen was, eindigde hij geregeld bij de eerste drie. Hoeveel verschillende podiumplaatsingen zijn er als we 7 deelnemers hebben en Lucas zeker een medaille krijgt?

   Dit voorbeeld verschilt van het vorige doordat we niet weten op welke plaats Lucas eindigde. Hij kan tweede of zelfs derde zijn geworden, en daar schaamt hij zich nog steeds voor. We moeten dus in totaal drie verschillende variaties berekenen: het geval dat Lucas won, het geval dat Lucas zilver kreeg en tot slot het geval dat hij brons kreeg. Maar telkens blijven er maar twee plaatsen over waarop iemand anders kan eindigen. Als Lucas bijvoorbeeld tweede werd, konden de andere deelnemers eerste of derde worden. We berekenen dus opnieuw het aantal permutaties van 2 uit 6, maar we moeten het drie keer tellen, voor de drie verschillende plaatsen van Lucas. Het totale aantal plaatsingen is dus gelijk aan:

   $$3\cdot \frac{6!}{(6-2)!}=3\cdot 30=90$$

   Merk op dat we de factor 3 vóór de breuk ook kunnen schrijven als $\frac{3!}{(3-1)!}$, want eigenlijk kiezen we één element (één bepaalde plaats) uit een verzameling van drie elementen (de drie podiumplaatsen).

3. Op een school werken 20 docenten. Straks beginnen de eindexamens en er moet een commissie worden samengesteld met een voorzitter, een aardige examinator en een strenge examinator. Hoeveel mogelijkheden zijn er in totaal?

   Eerst moeten we beantwoorden of de volgorde ertoe doet. Ja, dat doet ze: we kunnen drie docenten op zes verschillende manieren over de rollen verdelen. Nu is het eenvoudig: we berekenen het aantal permutaties van 3 uit 20:

   $$\frac{20!}{17!}=6840.$$

4. Hoeveel driecijferige getallen kunnen we maken met de cijfers {0, 1, 2, 3, 4, 5} als geen enkel cijfer mag worden herhaald?

   Doet de volgorde ertoe? Ja, 123 is een ander getal dan 321. Hoeveel verschillende drietallen zijn er? Dat is een eenvoudige variatie van 3 uit 6:

   $$\frac{6!}{3!}=120.$$

   Maar we moeten nog de variaties aftrekken die met een nul beginnen, want 012 is geen driecijferig getal. De vraag is nu: hoeveel verschillende drietallen beginnen met een nul? In dat geval wisselen alleen de cijfers op de resterende twee plaatsen (de drietallen hebben de vorm (0, x₂, x₃)), dus we zoeken hoeveel verschillende tweetallen we kunnen maken met de getallen {1, 2, 3, 4, 5}. Dat is weer eenvoudig: 5!/3! = 20. Er zijn dus 20 drietallen die met een nul beginnen.

   Het totale aantal driecijferige getallen dat is opgebouwd uit de cijfers {0, 1, 2, 3, 4, 5} is dus 120 − 20 = 100.

5. Hoeveel verschillende driecijferige getallen kunnen we maken met de cijfers {1, 2, 3, 4, 5} als geen enkel cijfer mag worden herhaald en het getal oneven moet zijn?

   De volgorde doet ertoe, want 123 is een ander getal dan 321. We maken een driecijferig getal dat oneven is, dus op de eerste twee plaatsen mag elk cijfer staan, maar op de laatste moet een van de cijfers {1, 3, 5} staan. Eerst berekenen we het aantal van alle drietallen die we met vijf cijfers kunnen maken: 5! / 2! = 60.

   Elk cijfer komt even vaak op de laatste plaats voor, dus als we 5 cijfers hebben, komt elk cijfer 60 / 5 = 12 keer op de laatste plaats voor. We hebben drie cijfers {1, 3, 5} die op de laatste plaats kunnen staan, dus we hebben 12 verschillende getallen die op 1 eindigen, 12 getallen die op 3 eindigen en 12 getallen die op 5 eindigen. We gebruiken de somregel en krijgen in totaal 12 + 12 + 12 = 36 mogelijkheden.

6. Bereken x als je weet dat het aantal permutaties van 2 uit x gelijk is aan 72. Anders gezegd: uit een verzameling van x elementen kiezen we tweetallen en we weten dat we in totaal 72 verschillende tweetallen kunnen kiezen. Hoe groot was de verzameling waaruit we de tweetallen kozen? We schrijven het uit:

   $$\frac{x!}{(x-2)!}=72$$

   Verder herleiden we:

   $$\begin{array}{rcl}\frac{x!}{(x-2)!}& =& 72\\ \frac{x\cdot (x-1)\cdot (x-2)!}{(x-2)!}& =& 72\\ x\cdot (x-1)& =& 72\\ x^2-x& =& 72\\ x^2-x-72& =& 0\end{array}$$

   Dit is al een gewone kwadratische vergelijking, dus we lossen die op met de abc-formule en de discriminant, of we kunnen de vergelijking schrijven als

   $$(x+8)\cdot (x-9)=0$$

   waaruit we de oplossingen kunnen aflezen: x = −8 of x = 9. De negatieve oplossing is niet interessant, want een verzameling kan geen negatief aantal elementen hebben. De oplossing van de oorspronkelijke vergelijking is dus x = 9, de verzameling had negen elementen.