KP Hart

KP's ramblings

Fruitmanden samenstellen

Op Facebook stond in de groep Wiskundelessen de volgende vraag (verkort weergegeven): “Hoeveel fruitmanden met zes stuks fruit kun je samenstellen uit vier kiwis, vijf bananen, zes peren, en zeven appels?” De vraagsteller wist dat het antwoord 79 moest zijn maar zag geen manier om daar aan te komen.

Een reageerder vond 79 wel erg weinig want het aantal manieren om 6 dingen uit 22 te kiezen, zonder op de volgorde te letten, is gelijk aan de binomiaalcoëfficiënt 22 boven 6 en die is gelijk aan 74613.
Dat antwoord zou kloppen als de vruchten er wel erg verschillend uit zouden zien. De vraagstelling vermeldt dat niet en het antwoord 79 suggereert dat de vruchten van dezelfde soort ononderscheidbaar zijn.

Hoe pak je zoiets aan? Elke fruitmand is eigenlijk een woord van zes letters, gekozen uit {k,b,p,a}, en gesorteerd: eerst de k’s, dan de b’s, de p’s, en aan het eind de a’s . Bijvoorbeeld kkbbpa, aaaaaa, ppppp, … Die woorden kun je lezen als producten: k2b2pa, a6, p6, … Het komt er dus op neer al dat soort producten te tellen. Hoe doe je dat systematisch, zonder een product te missen?

Dat gaat het best met wat eenvoudige algebra, werk het volgende product uit:

(1+k+k2+k3+k4)(1+b+b2+b3+b4+b5)(1+p+p2+p3+p4+p5+p6)(1+a+a2+a3+a4+a5+a6+a7)

Je krijgt dan alle mogelijke gesorteerde woorden met ten hoogste vier k’s, vijf b’s, zes p’s en zeven a’s.
Nu nog even de woorden van zes letters opzij zetten en tellen: klaar.

Dat kan nog iets sneller: maak van elke letter een x. Elk woord van zes letters wordt dan x6 en dat maakt het uitwerken van het product wat makkelijker.

(1+x+x2+x3+x4)(1+x+x2+x3+x4+x5)(1+x+x2+x3+x4+x5+x6)(1+x+x2+x3+x4+x5+x6+x7)

Met (be)hulp van Maple is het resultaat snel gevonden:

Inderdaad: 79 fruitmanden met zes vruchten. We kunnen nu ook aflezen hoeveel fruitmanden met andere aantallen vruchten gemaakt kunnen worden.

In het februarinummer uit 2016 van Pythagoras staat nog meer over deze manier van combinaties tellen.

Nul tot de macht nul

In de Facebookgroep Leraar Wiskunde ontspon zich een discussie over de waarde van 00 (nul tot de macht nul). Het begon met een opinieonderzoek met als opties

  1. 0
  2. 1
  3. onbepaald

De macht 00 komt wel eens voor bij het bepalen van limieten: als f(x) en g(x) limiet 0 hebben (als x naar een reëel getal of ∞ gaat) wat is dan de limiet van f(x)g(x)?

Je kunt proberen 00 te definiëren maar dat zal altijd een beetje onbevredigend blijven.
Het uitgangspunt zal natuurlijk de situatie zijn waar xy undubbelzinnig afgesproken kan worden. Dan is voor positieve x. Voor rationale y komt men met interpretatie `herhaald vermenigvuldigen’ een heel eind, zie bijvoorbeeld dit artikel in Pythagoras; daar wordt ook uitgelegd wat te doen als y irrationaal is.

Een andere aanpak is die van Cauchy. In zijn Analyse Algébrique vindt men vanaf bladzijde 106 hoe de continue functies φ te bepalen die voldoet aan de vergelijking φ(x+y) = φ(x)×φ(y). Het resultaat: exponentiële functies: er geldt φ(x)=φ(1)x.

Niets weerhoudt ons ervan te kijken wat er gebeurt als we φ(1)=0 eisen. Dan kunnen we het bewijs volgen zolang de exponent positief is; het resultaat is dat noodzakelijk 0x=0 en continuïteit dwingt ons dan 00=0 te nemen.

Aan de andere kant: Cauchy concludeerde ook dat φ(0)=1 in alle gevallen dat φ(1)>0; dan leidt een limietovergang tot de conclusie 00=1.

Er zijn natuurlijk diverse andere manieren om 00 via een limiet aan te pakken: voor de hand ligt te kijken wat met xx gebeurt als x (van boven) naar 0 nadert. Dat gaat het snelst via de gelijkheid xx=ex×ln(x): de limiet van die exponent is gelijk aan 0, dus de gehele limiet is gelijk aan 1.

Ik zou zeggen dat mogelijkheid 3 toch wel de juiste is.

Dat kunnen we nog beter beargumenteren door wat meer functies in het probleem van de limiet van de macht f(x)g(x) te stoppen.

Neem eens f(x)=exp(-1/x) en g(x)=x; beide functies hebben limiet 0 als x (van boven) naar 0 gaat. Maar f(x)g(x) is constant, met waarde e. Een kleine variatie: neem a>0 en verander g(x) in a×x; dan is de limiet gelijk aan e-a. We kunnen dus elk positief getal als limiet krijgen.

En het volgende paar functies geeft aan dat ∞ ook mogelijk is: neem f(x)=exp(-1/x^2) en g(x)=-x, dan is f(x)g(x) gelijk aan exp(1/x), met limiet ∞ als x (van boven) naar 0 gaat.

Misplacing ones excrement

In the somewhat more colourful language of this site: The Internet is losing its shit over this second grade math problem.

What is the problem?

“There are 49 dogs signed up to compete in the dog show. There are 36 more small dogs than large dogs signed up to compete. How many small dogs are signed up to compete?”

The answers that are discussed on the site are

  1. 36, with an argument not worthy of the name: 49-36=13, so 13 large dogs, so the answer is 36
  2. 42.5, because 49-36=13, 13/2=6.5 and 36+6.5=42.5
  3. 36 once more, but with the added information that 36-13=23, that’s 23 more small dogs

Answers 1 and 3 suffer from something that I observe with many first-year students: I ask something, in a Calculus class it is quite often a primitive function, and many suggestions come flying in, with the expectation that I will deem one of them correct. My reaction then is: you could have checked your answer yourself, in the case of the primitive by differentiation. That is why I asked that question in the first place: to show that they can verify many of their solutions by just substituting back into whatever it was they were solving.

You can verify whether 36 is correct: 36 small dogs is 23 more than 13 large dogs and 23 is definitely not equal to 36. So, no, 36 is not the correct answer.

The second answer — “That’s how I did it in my head.” — is correct, albeit unfortunate for one dog. It is also how I would (try to) explain it to a second-grader.
There are 36 more small dogs than large dogs, so we can set 36 small dogs aside and then look at the remaining dogs. If we want to keep the difference equal to 36 then we must be able to take away two dogs at a time (small and large) from those remaining until we have a group of small and a group of large dogs left. Most likely the second-grader will tell you that that is not going to happen with an odd number of dogs. The conclusion of course is that this is an ill-posed problem.

You can solve this problem — or rather, show it’s unsolvability — in other ways.
The sum of the two numbers in question is odd, that means that they have different parity, i.e., one is odd the and other is even, but then their difference is odd as well and it can’t be 36.
Or you can introduce letters, S and L, and express the demands as equations: S+L=49 and S-L=36. Solving these will lead to the solution done in the head: 2S=85, hence S=42.5 and L=6.5.

I hope that the teacher will admit that there was an error in the problem and that they will turn this into a valuable lesson: you can often check whether your answer is correct or makes sense.

Flauwekul

Op de Facebookpagina Wiskundelessen stond laatst een oude bekende: een bewijs van de gelijkheid 2=1 door middel van differentiëren. Dat gaat als volgt: schrijf x2=x×x=x+x+…+x (met x termen). Links en rechts differentiëren geeft 2x=1+1+…+1 (met x termen) en dus 2x=x en daarmee 2=1.

De commentaren vielen eigenlijk een beetje tegen. De enig juiste reactie zou moeten zijn: dat is flauwekul.
Hoezo flauwekul? Nou, vul voor x maar eens iets in als π of ½. Zie je het voor je? Je neemt een halve term die gelijk is aan ½ en die tel je op ….

Hier zit een serieus probleem achter: in het basisonderwijs komt vermenigvuldiging vaak eerst te voorschijn als afkorting voor herhaald optellen van hetzelfde getal. Immers, 5×6 is toch wat korter dan 6+6+6+6+6. Later blijkt dat dat je een veldje van 5 bij 6 meter in 5×6 blokken van 1 bij 1 meter kunt verdelen; dan wordt vermenigvuldigen ook nuttig bij het berekenen van oppervlakten: oppervlakte=lengte×breedte. Maar voor die lengte en breedte kun je ook andere dan natuurlijke getallen invullen en dan is die vermenigvuldiging nog niet afgesproken. Nog later komen er ook nog negatieve getallen bij en dan kan dat vermenigvuldigen best ingewikkeld worden.

Keith Devlin heeft over dit probleem twee lezenswaardige columns geschreven: It Ain’t No Repeated Addition en It’s Still Not Repeated Addition. Ik ga zijn verhalen hier niet overschrijven maar de essentie is dat optelling en vermenigvuldiging van (reële, complexe, …) getallen twee losse bewerkingen zijn, met als enige verbindende relatie de distributieve wet. Losjes gesproken gaat optellen over toevoegen en vermenigvuldigen over schalen. Als we het over π2 hebben dan bedoelen we dus π geschaald met een factor π en niet zoiets raars als de som van π termen die allemaal gelijk zijn aan π.

En dan hebben we het nog niet over machtsverheffen gehad … Dat leren we in eerste instantie door herhaald vermenigvuldigen maar op een gegeven moment gaat ook dat schuren als we het resultaat van exponentiële groei op niet-rationale tijdstippen willen weergeven.

Eén van mijn favoriete vragen aan eerstejaarsstudenten is naar de definitie van de exponentiële functie 2x; in het bijzonder wat de waarde van 2√2 zou moeten zijn, of beter: hoe je die zou definiëren.
Ik moet bekennen dat ik me in dat artikel aan `herhaald vermenigvuldigen’ heb bezondigd; de juiste definitie van 2x is: de unieke continue functie φ die voldoet aan φ(1)=2 en φ(x+y)=φ(x)×φ(y) voor alle x en y. Lees Analyse Algébrique van Cauchy er maar op na.

Maple en zo, II

“Waarom makkelijk als het moeilijk kan”, lijkt onze vraagsteller gedacht te hebben.

Eigenlijk is het gebruik van Maple en zo een recht dat je moet verwerven.

Maple en zo

Om met een Computer-Algebra-Systeem (CAS) als Maple of Mathematica om te kunnen gaan helpt het als je wat wiskunde beheerst. Dat bleek bijvoorbeeld bij het beantwoorden van een vraag op de wisfaq.

Het begon met deze vraag; daarin kwam een geweldige integraal ter sprake:

uit de rest van de vraag bleek dat de ondergrens in de integraal ta0 had moeten zijn in plaats van 0. De vraagsteller had dat niet in de gaten en probeerde behulp van het commando piecewise Maple tot het bepalen van de integraal te verleiden. Dat lukte niet.

Bij mijn antwoord op de eerste reactie heb ik, met de hand, de integraal getransformeerd tot een vorm waarin duidelijk werd dat we hier met een getransformeerde β-functie te maken hadden.
De volgende reactie laat zien wat er gebeurt als je niet goed weet wat je doet; het lukte niet de transformatie om te keren.
Twee reacties later leek het verhaal bijna te ontsporen want er kwam een `Gegeneraliseerde β-verdeling’ ter sprake; of het resultaat daar een speciaal geval van was? Door de parameters geschikt te kiezen leek dat wel het geval.
Maar eigenlijk was dat te veel eer; bij de laatste reactie bleek dat om niet veel meer ging dan de dichtheids (p+q)xp+q-1 op het interval [0,1] ging, maar dan getransformeerd.

Wat mij vooral opviel dat er geen enkele poging werd gedaan de Mapleuitvoer een beetje te fatsoeneren of te vereenvoudigen, terwijl dat toch heel wel mogelijk was. En er werd ook geen onderscheid gemaakt (of gezien) tussen hoofd- en bijzaken.

KP zag een gat

Op twitter raakte ik betrokken in een discussie over gaten, in het bijzonder over het aantal gaten dat een rietje heeft. Het antwoord hangt natuurlijk af van wat je als `gat’ aanmerkt maar als je er wiskundigen (in dit geval Ionica Smeets en mij) bij haalt dan krijgt je `één’ als antwoord. En dat komt omdat wiskundigen precies hebben afgesproken wat een `gat’ is en die afspraak leidt tot dat antwoord.

Wat is een gat dan?

We (de wiskundigen dan) beschouwen het rietje als een oppervlak en we tellen de gaten in dat oppervlak door vanuit een vast punt op dat oppervlak krommen te tekenen die beginnen en eindigen in dat punt. Dat is wat lastig met een fysiek rietje dus nemen we een rietje van een heel elastisch materiaal en door het aan één kant op te rekken kun je er een ringvormig gebied in het platte vlak van maken. Het tekenen gaat daar wat makkelijker; je kunt de krommen met touwtjes of elastiekjes maken; dat scheelt uitgummen als het papier te vol wordt.

Bij sommige krommen kun je het elastiekje laten krimpen tot het zo klein is als het vaste punt en zonder dat het elastiekje buiten het werkgebied komt. Bij andere lukt dat niet, bijvoorbeeld één keer (tegen de klok in) om het binnengebied gaat (of twee keer, of drie keer, …).

Een kromme die niet tot het vaste punt samengetrokken kan worden zonder buiten het werkgebied te komen wijst, wiskundig gesproken, op een gat. Dit betekent niet dat we vinden dat er oneindig veel gaten in het gebied zitten. Je kunt namelijk bewijzen (en dat kost enig werk) dat elke kromme (elastiekje) vervormd kan worden tot die ene kromme die één keer linksom het binnengebied gaat; daarbij wordt het aantal keren dat de kromme om het binnengebied gaat bewaard.
Dus een kromme die drie keer om het binnengebied gaat kun je vervormen tot drie keer achtereen die ene kromme, met behoud van richting.
Omdat elke kromme eigenlijk een aantal keer de ene basiskromme doorloopt vinden we dat het gebied één gat heeft.

Een T-stuk

Verderop in de twitterlijn kwam dit plaatje tevoorschijn: een bouwsel van twee rietjes dat eigenlijk een T-stuk voorstelde. Nu heeft een T-stuk drie openingen maar wiskundig gesproken zijn er maar twee gaten. Dat is met de nieuwe grens van 280 karakters net in één tweet uit te leggen:

Buig gaten 1 en 3 naar links zo dat je een broek krijgt; krimp de pijpen in tot je een zwembroekje overhoudt. Leg het broekje op tafel waarbij je gat 2 onder houdt en zover oprekt dat het de buitenrand wordt. Strijk alles glad: cirkelschijf met twee gaten.

Er zijn nu twee basiskrommen: neem een punt ergens in het midden en teken een kromme die één keer om het linkergat gaat en één keer om het rechtergat (beide tegen de klok in).
Elke andere kromme die in het gekozen punt begint en eindigt is te vervormen tot eentje die de basiskrommen doorloopt. Hierbij is het wat ingewikkelder dan bij één gat. De volgorde is van belang: eerst links dan rechts is niet hetzelfde als eerst rechts dan links.
Dus: twee basiskrommen en daarmee twee gaten.

Gaten in de kaas

Gaten (bubbels) in de kaas kun je niet met krommen detecteren: je kunt elke kromme tot een punt vervormen buiten alle holtes om. In dat geval gebruikt men (virtuele) ballonnen: een ballon waar een gat binnen ligt kun je niet geheel binnen de kaas samentrekken. Je kunt zelfs `basisballonnen’ definiëren en laten zien dat elke andere ballon tot een combinatie van basisbalonnen te vervormen is maar dat afspreken is een stuk ingewikkelder dan bij het doorlopen van krommen.

On this day in 1873, II

A little over a week ago I wrote about a letter from Cantor to Dedekind that contained an auspicious question, namely whether the sets of natural and (positive) real numbers could be put into one-to-one correspondence with each other.

On 7 December 1873 Cantor wrote Dedekind with the answer to his question; the answer was (and still is) “no”. The letter contains a proof of the impossibility of a one-to-one correspondence between the two sets.
This was the first time that something like this was done: attempt to compare two infinite entities by pairing off the elements of the sets such that every element of the first was paired with exactly one from the second and vice versa.

Cantor went on to study this idea in depth and he showed how to give a precise meaning to the idea that one set has (strictly) more (or fewer) elements than another set.
To get back to the original question: it is clear that there are at least as many real numbers than there are natural numbers as the latter set is a subset of the former. Cantor’s proof showed that there are strictly more real numbers than there are natural numbers.
There is a difference between this situation and the one mentioned in Cantor’s letter of 29 November, 1873: he mentioned that the natural numbers also form a subset of the positive rational numbers (all fractions of the form p/q with natural numbers p and q). Thus, it seems that there are more such rational numbers than that there are natural numbers. But, we can pair off the members of both sets in such a way that to one member of one set corresponds exactly one member of the other set.
To see this divide the fractions into groups: put fraction p/q into group n if p+q=n. Now observe that group n contains exactly n-1 fractions: 1/(n-1), 2/(n-2), …, (n-1)/1. This makes it easy to arrange the fractions in a nice simple sequence: first group 2, then group 3, then group 4, and so on and inside each group arrange the fractions according to their numerators, as we did above in group n.
The resulting sequence looks like this: 1/1, 1/2, 2/1, 1/3, 2/2, 3/1, 1/4, 2/3, 3/2, 4/1, … and this makes it easy to pair off the natural numbers and the positive fractions as desired.

Exercise Try to devise a formula for the number that goes with the fraction p/q, or, conversely, concoct a formula that tells us what the nth fraction is.

Exercise What would you do if you had to pair off the natural numbers and the positive rational numbers (one rational number corresponds to many fractions).

Here you can read Cantor’s letter in German. It is a scan from Briefwechsel Cantor-Dedekind. And here you can read my translation into English.

On this day in 1873

On this day, 29 November, in 1873 Georg Cantor wrote a letter to Richard Dedekind. It contained a question that inaugurated a new mathematical discipline: Set Theory.

Cantor writes:

Allow me to put a question before you that is of some theoretical interest to me, but which I have not been able to answer; maybe you can, and would you be so kind as to write me about this, it concerns the following.

One takes the aggregate of a positive whole numbers n and denotes this by (n); furthermore one considers the aggregate of all positive real numbers x and denotes this by (x); then the question is simply that whether (n) and (x) can be put into some correspondence in such a way that every individual from one aggregate belongs to just one of the other and conversely?

In modern terms: is there a bijection between the set of natural numbers and the set of positive real numbers?

Cantor goes on to say that a simple `no’ “because (n) is discrete and (x) forms a continuum” does not suffice because the same could be said of (n) versus the aggregate of positive rational numbers yet one can create a correspondence as desired between these two entities.

The full letter can be read here in German. It is a scan from Briefwechsel Cantor-Dedekind.

The answer to the question? Watch this space.

Het Sinterklaasprobleem

Het probleem van vandaag is niet dat van de kleur van de knechten van de Goedheiligman maar dat van het trekken van de lootjes. Wat is de kans dat dat in één keer goed gaat? Kun je het in één keer goed laten gaan?

De kans dat het goed gaat

Als je de namen van alle deelnemers op een papiertje schrijft en daarna iedereen een papiertje uit de hoed (o.i.d.) laat trekken wat is dan de kans dat niemand zichzelf trekt?
Om die kans te kunnen bepalen moet je twee dingen tellen: het totaal aantal manieren waarop de papiertjes uit de hoed getrokken kunnen worden èn het aantal gunstige mogelijkheden. Het laatste aantal gedeeld door het eerste geeft dan de gewenste kans.

Als je dit wiskundig aan wil pakken maak je de situatie zo eenvoudig mogelijk: zet de mensen op een rij, en nummer ze: 1, 2, …, n. Na de trekking zet je persoon i op de plaats van degene die haar getrokken heeft. Op die manier komt een trekking overeen met het op één of andere volgorde zetten van de getallen 1, 2, …, n. Een gunstige trekking is er één waarbij elk getal van zijn (natuurlijke) plaats gehaald wordt.

Je kunt voor kleine n de tellingen met de hand uitvoeren maar het wordt al gauw een beetje onoverzichtelijk: de gevallen n=1 en n=2 zijn een beetje triest, die slaan we maar over. Bij n=3 kunnen we zes trekkingen uitvoeren (schrijf de volgordes maar eens op) en daarvan zijn er twee gunstig: (2,3,1) en (3,1,2). De kans dat het goed gaat is dus 1/3.

Bij een groep van vier mensen zijn er 24 mogelijk trekkingen: de eerste kan vier papiertjes trekken, de tweede drie, de derde twee en de laatste één. Dat levert 4×3×2×1=24 mogelijke volgordes. Het aantal gunstige mogelijkheden is wat lastiger te tellen: je kunt 1 en 2 omwisselen en ook 3 en 4, of 1 en 3 en ook 2 en 4, of 1 en 4 en ook 2 en 3. Dat geeft drie mogelijkheden. Je kunt de getallen ook doorschuiven: zet de mensen in een kring en laat iedereen een positie (naar links) opschuiven; we zetten 1 telkens op dezelfde vaste plek en zetten de andere drie willekeurig neer en dat levert nog zes mogelijkheden. In totaal 9 gunstige rangschikkingen met kans 9/24, ofwel 3/8.

Wie wil puzzelen kan proberen het aantal gunstige rangschikkingen uit de in totaal 5×4×3×2×1=120 manieren om vijf mensen te plaatsen te tellen maar dat wordt al behoorlijk bewerkelijk.

Inclusie-Exclusie

Er is een manier om de telling van het aantal gunstige manieren systematisch te tellen en die manier is ook op veel andere problemen toepasbaar. Het blijkt makkelijker het aantal ongewenste trekkingen te tellen.

Neem een getal n en bekijk de verzameling {1,2,…,n}. Die verzameling kan op n×(n-1)×…×1 manieren gerangschikt worden (het argument hierboven voor n=4 blijft van toepassing). Dat getal noteren we met n! (spreek uit: n-faculteit).
Voor iedere i noteren we de verzameling rangschikkingen die i op haar plaats laten met Di. We willen dus tellen hoeveel elementen er in de vereniging D1∪D2∪…∪Dn zitten.
Voor het gemak voeren we nog de notatie |X| voor het aantal elementen van de verzameling X in.

Teken een plaatje met twee verzamelingen, zeg X en Y, en ga na dat we |X∪Y| als volgt uit kunnen drukken:
|X∪Y|=|X|+|Y|-|X∩Y|
immers: in de som |X|+|Y| tellen we de punten in X∩Y dubbel en daarom moeten we |X∩Y| aftrekken.

Teken een plaatje met drie verzamelingen, X, Y en Z, (met alle mogelijke doorsneden er in) en ga na dat
|X∪Y∪Y∪Z|=|X|+|Y|+|Z|-(|X∩Y|+|X∩Z|+|Y∩Z|)+|X∩Y∩Z|
immers: in |X|+|Y|+|Z| tellen we |X∩Y|+|X∩Z|+|Y∩Z| dubbel, dus dat trekken we af; maar nu zijn de punten in X∩Y∩Z drie keer meegeteld en drie keer afgetrokken, daarom tellen we |X∩Y∩Z| weer op

Als we dit toepassen op het geval n=3 dan krijgen we
|D1|+|D2|+|D3|-(|D1∩D2|+|D1∩D3|+|D2∩D3|)+|D1∩D2∩D3|
als het aantal ongewenste rangschikkingen; omdat |Di|=2 voor elke i, en omdat |Di∩Dj|=1 als i≠j en omdat |D1∩D2∩D3|=1 vinden we 2+2+2-(1+1+1)+1=4 rangschikkingen waarbij ten minste één punt op zijn plaats blijft. We krijgen dus ons eerder gevonden aantal goede rangschikkingen terug.

In het algemene geval gebeurt hetzelfde: eerst de individuele aantallen optellen, dan twee-bij-twee doorsneden aftrekken, drie-bij-drie doorsneden optellen, vier-bij-vier aftrekken …. Dit heet het Principe van Inclusie-Exclusie.

Er zit veel regelmaat in onze aantallen:

  • |Di|=(n-1)! (de andere punten mogen willekeurig gerangschikt worden
  • |Di∩Dj|=(n-2)! (de andere punten mogen willekeurig gerangschikt worden
  • elke k-bij-k doorsnede heeft (n-k)! elementen

Het aantal k-bij-k doorsneden is gelijk aan n!/(k!×(n-k)!) en dat maakt onze berekening heel overzichtelijk: er zijn

slechte rangschikkingen en dus

goede rangschikkingen. Als we dat aantal door n! delen komen we uit op een succeskans van

bij het lootjes trekken met n personen.
Omdat de termen in de som in absolute waarde steeds kleiner worden en beurtelings positief en negatief zijn volgt dat die kans altijd tussen 1/3 en 3/8 zal liggen.

Altijd succes?

Voor wie wil weten hoe je in één keer een goede trekking kunt verrichten: lees deze column van de Wiskundemeisjes uit 2009.
De methode komt er op neer dat je de deelnemers in een kring zet en hun naambriefjes aan de persoon links laat geven (met een truc om het geheim te houden natuurlijk).

Voor wie van puzzelen houdt: vlooi maar eens uit dat de kans dat er bij willekeurig trekken een permutatie als in die column uit komt gelijk is aan 1/n.

¬© 2011 TU Delft