Zoals het spel nu bestaat, zijn er vier kenmerken (kleur, vorm, aantal en vulling), met ieder drie opties. Ik heb in mijn profielwerkstuk voor ieder kenmerk een optie toegevoegd (dus een extra kleur, vorm, aantal en vulling). Dit spel bestond nog niet, dus ik heb het laten maken. De kaarten zijn te zien in figuur 1 hiernaast. Ik heb in mijn profielwerkstuk onderzocht welke wiskundige principes op beide spellen van toepassing zijn. De hoofdvraag van mijn onderzoek was als volgt:

Wat zijn de wiskundige consequenties van het vermeerderen van het aantal opties van de bestaande kenmerken van het spel 'Set'?

De eerste en meest praktische consequentie was de speelbaarheid. Waar het spel met drie opties leuk en speelbaar is, is het spel met vier opties niet meer zo leuk. Niet alleen duurt het veel te lang (de stapel kaartjes is meer dan drie keer zo groot geworden), ook bleek het niet eenvoudig om een set van vier kaarten te vinden. Meest lastig is dat in het normale Set-spel bij iedere twee kaarten slechts één derde kaart past, terwijl bij de uitgebreide versie nog meerdere derde kaarten passen (en de
meeste uiteraard niet), waarna nog één vierde kaart past, die meestal niet in het veld ligt. Deze factoren zorgen ervoor dat het spel niet meer als spel te spelen is.

Gelukkig heb ik het spel niet laten maken om te spelen, maar om er onderzoek naar te doen. Mijn profielwerkstuk is opgedeeld in de volgende drie deelvragen:

1. Hoe kunnen de spellen wiskundig in beeld worden gebracht?
2. Hoeveel kaarten kunnen er maximaal in het veld liggen zonder set?
3. Wat is het totaal aantal sets in beide spellen? 

Ik heb naar de antwoorden van deze deelvragen bij beide spellen gezocht en daarna heb ik geprobeerd om een vergelijking te maken om te voorspellen wat de antwoorden kunnen zijn bij meer dan vier opties. In dit artikel behandel ik alleen de derde deelvraag: het totaal aantal sets. Als je ook geïnteresseerd bent in de rest kun je het hele profielwerkstuk lezen op pyth.eu. Het totaal aantal sets berekenen in het spel met drie opties is vrij eenvoudig. Je kunt namelijk gebruikmaken van het feit dat je twee willekeurige kaarten kunt pakken waar dan één derde kaart bij hoort. Er zitten in totaal $81 (= 3 \times 3 \times 3 \times 3)$ kaarten in het spel, dus het aantal sets is $81 \times 80 = 6\,480$. Hierin zit een behoorlijke overlap, omdat de mogelijkheden (weergegeven in getallen) $123$, $132$, $213$, $231$, $321$ en $312$ allemaal geteld worden, terwijl het maar één set is. Omdat een set uit drie kaarten bestaat, zijn alle combinaties $3! = 6$ keer geteld. Om het echte aantal sets te berekenen, moet de uitkomst ($6\,480$ sets) worden gedeeld door het aantal dubbeltellingen. Het totaal aantal sets is dus $6\,480/6 = 1\,080$.

Deze "simpele" manier van berekenen vervalt helaas als er vier opties zijn. Dat komt doordat het aantal mogelijke derde kaarten afhankelijk is van hoe verschillend de eerste twee kaarten zijn. Als de eerste twee kaarten maar op één kenmerk van elkaar verschillen, is er nog maar één set mee te maken, maar als de eerste twee kaarten helemaal anders zijn, zijn er (in het spel met vier opties) nog acht verschillende sets mee te maken. Omdat iedere soort set dus een andere berekening nodig heeft, moet een onderscheid worden gemaakt tussen vier groepen: sets waarbij alle kenmerken anders zijn, sets waarbij één kenmerk hetzelfde is, sets waarbij twee kenmerken hetzelfde zijn en sets waarbij drie kenmerken hetzelfde zijn. Voor alle groepen moet een aparte berekening gemaakt worden, waarna die bij elkaar opgeteld moeten worden. Hieronder staan de uitwerkingen.

Sets waarbij alle kenmerken anders zijn: voor de eerste kaart kun je $256$ kaarten pakken (het aantal kaarten in het spel), en voor de tweede kaart alleen maar de kaarten die helemaal anders zijn. Dat zijn er $81$ (je mist één optie bij alle kenmerken, dus je houdt een basisspel over, met drie opties bij ieder kenmerk). Voor de derde kaart heb je een kaart nodig die helemaal anders is dan de eerste twee. Daarvoor zijn $16$ kaarten mogelijk (een spel met twee opties). Voor de laatste kaart is nog maar één mogelijkheid. De berekening wordt daarmee:

$256 \times 81 \times 16 \times 1 = 331\,776$ sets.

Sets waarbij één kenmerk hetzelfde is: voor de eerste kaart kan je nog steeds $256$ kaarten pakken, en voor de tweede kaart moet je één kenmerk hetzelfde houden. Stel je hebt de eerste kaart helemaal linksboven uit de figuur op de vorige bladzijde gepakt en je wilt het kenmerk kleur hetzelfde houden. Dan heb je in de bovenste rij alles over wat niet links of boven in het zestiental zit. Dat zijn negen kaarten per zestiental, en drie zestientallen (het meest links zestiental telt niet mee, want daar is de eerste kaart al uit getrokken). Dat zijn dus $3 \times 9 = 27$ mogelijke kaarten. Hierbij is niet relevant welk kenmerk hetzelfde blijft, en daarom moet het aantal mogelijkheden met vier (vanwege vier kenmerken) worden vermenigvuldigd om het mogelijke aantal tweede kaarten te berekenen. Het totaal aantal kaarten is dus $27 \times 4 = 108$. Voor de derde kaart is al één kenmerk gekozen, en er zijn nog drie kenmerken met ieder twee opties. Het aantal mogelijke kaarten is dus nog $2 \times 2 \times 2 = 8$ kaarten. Voor de laatste kaart is nog één mogelijkheid. De berekening wordt daarmee:

$256 \times 108 \times 8 \times 1 = 221\,184$ sets.

Opgave 1 Ga nu zelf na dat er voor sets waarbij twee kenmerken hetzelfde zijn in totaal $55\,296$ sets zijn en voor drie kenmerken hetzelfde $6\,144$ sets.

Om het totaal aantal mogelijke sets in de verzameling te berekenen, moeten de vier verschillende aantallen bij elkaar worden opgeteld. De berekening ziet er dan zo uit: $331\,776 + 221\,184 + 55\,296 + 6\,144 = 614\,400$ sets. Maar ook hier zitten dubbeltellingen in. Omdat een set uit vier kaarten bestaat, is iedere set precies $4! = 24$ keer geteld, dus $614\,400$ moet daardoor gedeeld worden. Het totaal aantal sets is dan:

$614\,400/4! = 25\,600$ sets.

Meer dan vier kenmerken

Oké, we weten nu hoeveel sets er in het spel met vier opties zitten, maar hoe zit het met meer dan vier opties? Laten we proberen een algemene formule te maken waarmee je het aantal sets kunt berekenen voor ieder aantal opties.

Voor deze berekening verdelen we de sets weer in vier groepen, net als bij de berekening van vier opties. We noemen het aantal opties $p$ en het aantal sets $T$.

Sets waarbij alle kenmerken anders zijn: voor de eerste kaart zijn er $p^4$ mogelijkheden (= het aantal kaarten). Er mogen $\color{blue}{geen}$ kenmerken hetzelfde zijn, dus de tweede kaart moet volledig anders zijn. Bij ieder kenmerk valt een optie af. Als je al deze kaarten weghaalt, krijg je hetzelfde spel met één optie minder. Voor de tweede kaart zijn er dus nog $(p-1)^4$ mogelijkheden over. Als je dezelfde denkstappen toepast voor de derde kaart, kom je erachter dat er voor de derde kaart $(p - 2)^4$ mogelijkheden zijn. Je weet niet hoeveel kaarten je moet pakken, omdat het aantal kaarten per set afhangt van het aantal opties (dus als $p$ hoger wordt, wordt het aantal kaarten ook hoger). Je moet het getal tussen de haakjes dus net zolang verminderen totdat er tussen de haakjes een $1$ staat (voor de laatste kaart). Dat schrijf je als volgt op:

$p^4 \times (p - 1)^4 \times (p - 2)^4 \times \dots \times 1^4$.

Omdat al deze termen tot de vierde macht staan, kun je de vierde macht buiten de haakjes zetten, zoals hieronder:

$(p \times (p - 1) \times (p - 2) \times \dots \times 1)^4$.

Dit lijkt een kleine verandering, maar het stuk tussen haakjes is hetzelfde als $p!$. Daarmee kan de berekening versimpeld worden tot:

$p!^4$.

Sets waarbij één kenmerk hetzelfde is: om te berekenen hoeveel sets er zijn met $\color{orange}{\acute{e}\acute{e}n}$ kenmerk hetzelfde, gebruiken we een andere manier dan we gedaan hebben bij de berekening voor vier opties. Daar kwam de berekening uit op:

$256 \times 108 \times 8 \times 1 = 221\,184$ sets.

Het getal $108$ was tot stand gekomen door $(p - 1)^3 \times 4$ te berekenen, omdat er vier mogelijkheden waren om één kenmerk hetzelfde te houden en daarna $(p - 1)^3$ mogelijke kaarten. In de formule gaan we de vier naar voren halen en ook al van tevoren beslissen wat dat kenmerk dan wordt. Als je dus bijvoorbeeld het kenmerk
kleur kiest om hetzelfde te zijn (vier keuzes), kies je ook al meteen wat die kleur dan wordt ($p$ keuzes). Er komt dus voor de formule nog een factor $4p$. Als je al een kleur gekozen hebt, heb je voor de eerste kaart minder keuzes. Er zijn nog precies $p^3$ kaarten over, omdat er nog maar drie kenmerken zijn om over te beslissen. Bij vier kenmerken zijn er dus $64$ keuzes. Dat is ook logisch, want er zijn $64$ kaarten per kleur. Voor de tweede kaart moet je bij dezelfde kleur kijken, alleen er is er al een gekozen, en de tweede kaart moet volledig anders zijn (alleen het kenmerk kleur is hetzelfde). Er zijn daarom nog $(p - 1)^3$ kaarten over. Voor de derde kaart zijn er nog $(p - 2)^3$ kaarten over (met dezelfde redenering) en zo door totdat er tussen de haakjes een $1$ staat. Het totaal moet dus met $4p$ vermenigvuldigd worden, omdat er zoveel manieren zijn om een kenmerk en een optie binnen dat kenmerk te kiezen. De berekening wordt dus:

$4p \times p^3 \times (p-1)^3 \times (p-2)^3\times \dots\times 1^3$.

Nu kun je ook beter zien waarom we $4p$ naar het begin van de berekening hebben gehaald, want het stuk achter $4p$ kunnen we op dezelfde manier herschrijven als de eerste berekening. Dan krijg je dit:

$4p \times p!^3$.

Opgave 2 Nu we hebben bekeken hoe de berekening te maken is, is het aan jou om de berekeningen voor sets waarbij $\color{red}{twee}$ en $\color{green}{drie}$ kenmerken hetzelfde zijn te maken.

Als je de berekeningen goed hebt gevonden, kom je erop uit dat het totaal aantal sets het volgende is: 

$\color{blue}{1p^0\times p!^3} + \color{orange}{4p^1 \times p!^3} + \color{red}{6p^2\times p!^2}+\color{green}{4p^3\times p!^1}$.

Als je wiskunde A of D hebt (gehad), ben je waarschijnlijk wel bekend met de driehoek van Pascal. Dat is een driehoek met getallen, die op veel manieren wiskundige patronen heeft. Je kunt deze driehoek ook gebruiken om snel haakjes met hogere machten uit te rekenen. Als je bijvoorbeeld een vierde macht uit wil rekenen, krijg je het volgende

$(a+b)^4=1a^4b^0+4a^3b^1+6a^2b^2+4a^1b^3+1a^0b^4$.

Deze uitwerking lijkt best wel op de formule die we hebben gemaakt. Dan zou het volgende gelden:

$a = p!$ en $b = p$.

Dit klopt bijna helemaal, er ontbreekt alleen een term $1a^0b^4$, want er is geen $p^4$. Als we de formule dus zouden willen omschrijven naar haakjes, zouden we die term er dus nog af moeten halen. Ook hebben we nog sets dubbel geteld in deze formule, wat betekent dat we het totaal nog moeten delen door $p!$. De uiteindelijke formule wordt dan:

$T=\frac{(p+p!)^4-p^4}{p!}$.

In dit onderzoek heb ik gekeken wat de consequenties zijn als je het bekende spel set uitbreidt van drie naar vier opties per kenmerk. Waar het originele spel goed speelbaar is en overzichtelijk blijft, blijkt het uitgebreide spel veel complexer – zowel in praktische speelbaarheid als in wiskundige structuur.