Probleemopgaven

Antwoord:

$27$

Het geven van $11$ kiezelsteentjes aan Bas door Allie komt erop neer dat Allie $11$ kiezelsteentjes verliest en Bob er $11$ krijgt. Het verschil in kiezelsteentjes wordt dus met $11+11=22$ kleiner. Het verschil is nu dus $49-22=27$.

Antwoord:

$5$

Merk op dat de eerste drie maanden van $2023$ respectievelijk $31$, $28$ en $31$ dagen hebben. Als we dit samen nemen, krijgen we dus $31+28+31=90$ dagen, ofwel $90\cdot 24=2160$ uur. Rikkie heeft dus $10800$ kilometer in $2160$ afgelegd. Zijn gemiddelde snelheid is dus $\frac{10800\mathrm{km}}{2160h}=5\mathrm{km}∕h$ geweest.

Antwoord:

56

Om de onderste $4$ vierkantjes te tekenen heeft Sylvie $13$ lijnstukken nodig. Om vervolgens de $3$ vierkantjes erboven te tekenen heeft Sylvie $7$ extra lijnstukken nodig. En voor de $2$ vierkantjes daar weer boven heeft ze er weer $5$ nodig. En voor het laatste vierkantje tot slot nog $3$. In totaal heeft ze dus $13+7+5+3=28$ lijnstukken van elk $2\mathrm{cm}$ getekend. In totaal is dat dus $28\cdot 2\mathrm{cm}=56\mathrm{cm}$.

Antwoord:

$45$

In de lijst van handige formules vinden we dat $36\mathrm{oz}$ gelijk is aan $1l$. De volume van het blikje cola is dus $\frac{12\mathrm{oz}}{36\mathrm{oz}∕l}=\frac{1}{3}l$. Er zit dus $3\cdot 150=450$ kilocalorie in één liter cola, en dus $450∕10=45$ kilocalorie in $100\mathrm{ml}$.

Antwoord:

$7$

Als de schatkist $48$ minder munten zou hebben gehad, zou iedereen $6$ munten minder krijgen. Er zijn dus $48∕6=8$ piraten. Omdat er werd gevraagd naar het aantal piratenvrienden van Hans, is het antwoord nu $8-1=7$.

Antwoord:

$4620$

In $18$ minuten rent Nils $18∕3=6$ rondjes. Elk rondje is daarbij $2\pi \cdot 70m=140\pi m$ lang. In totaal legt hij dus $6\cdot 140\pi m=840\pi m$ af, en een gelijk aantal stappen.

We beredeneren vergelijkbaar voor Ward: hij legt $18∕2=9$ rondjes met elk een lengte van $2\pi \cdot 35m=70\pi m$. In totaal legt hij dus $9\cdot 70\pi m=630\pi m$ af, en een gelijk aantal stappen.

In totaal hebben Nils en Ward dus $840\pi +630\pi =1470\pi$ stappen gemaakt. Met de afschatting dat $\pi =\frac{22}{7}$ zijn dat dus $1470\cdot \frac{22}{7}=4620$ stappen.

Ook de nauwkeurigere afschatting $\pi =3,14$ zou ons een antwoord gegeven hebben van $4615,8$, wat afgerond op tientallen op hetzelfde eindantwoord neer zou zijn gekomen.

Antwoord:

$9$

Om de deur met de minst benodigde druk te openen, willen we dat de hefboom precies in evenwicht is. De koppel $M$ van de deursluiter is gelijk aan de kracht maal de afstand van de scharnieren, ofwel $M=48N\cdot 15\mathrm{cm}=720N\mathrm{cm}$. Met dezelfde formule, toegepast op het uiteinde van de deur voor zoveel mogelijk koppel met dus een afstand van $a=80\mathrm{cm}$, krijgen we dat

Antwoord:

$6,28$

Aangenomen dat de aarde een perfecte bol is, omgeeft een touw gewikkeld om de evenaar een perfecte cirkel. Als we de straal van deze cirkel $r$ noemen, moet de lengte van Eva’s touw $2\mathit{\pi r}$ zijn. Adam is daarentegen van plan een cirkel met als straal $r+1m$ te omgeven. Nu moet de lengte van Adams touw $2\pi (r+1m)$ zijn. Het verschil in lengte van Adams touw en Eva’s touw is dan $2\pi (r+1m)-2\mathit{\pi r}=2\pi m\doteq 6,28m$.

Antwoord:

$5$

Het is makkelijk om de volgende configuratie met $5$ reflecties te vinden:

Maar merk nu ook op dat bij elke reflectie de richting van de lichtstraal van verticaal naar horizontaal, of andersom gaat. Bij elke oneven reflectie is de richting dus verticaal, terwijl die bij elke even reflectie horizontaal is. Het aantal reflecties moet daarom oneven zijn.

We ondervinden daarnaast ook dat ($1$ en) $3$ reflecties onmogelijk zijn: anders zou de lichtstraal enkel door de $3$ meest linkervakjes zijn geweest, wat wegens het steeds veranderen van richting onmogelijk is.

Het aantal reflecties is dus een oneven getal dat groter is dan $3$, en dus vinden we dat het kleinst mogelijke aantal inderdaad $5$ is.

Antwoord:

$45$

Als we enkel het cijfer $1$ zouden gebruiken, dan krijgen we $11$, $111$, $1111$, $11111$ en $111111$ als onze $5$ mogelijkheden. Voor alle andere mogelijke cijfers, in totaal dus $9$ omdat $0$ niet mee kan doen, redeneren we net zo. In totaal zijn er dus $9\cdot 5=45$ eentonige getallen die groter zijn dan tien en kleiner dan een miljoen.

Antwoord:

$1$

Omdat de som van alle getallen gelijk is aan $0+1+2+3+4+5+6=21$, is de som van de getallen in elk van de kolommen gelijk aan $21∕3=7$. Dit betekent dat het getal $0$ zich niet in een van de buitenste kolommen kan bevinden, omdat we anders voor het andere vakje binnen dezelfde kolom dan een $7$ zouden moeten gebruiken die we niet tot onze beschikking hebben. De $0$ moet dus altijd wel in de middelste kolom voorkomen, waardoor Wouters product altijd een $0$ is. Wouter kan dus maar hoogstens $1$ getal opgeschreven, namelijk $0$. Het is verder ook niet moeilijk om überhaupt een oplossing te vinden, waardoor Wouter ook echt die ene $0$ opschrijft en het aantal opgeschreven getallen dus $1$ is.

Antwoord:

$250$

Als Tycho de stop op het afvoerputje had gedaan, dan zou het bad in $150l:0,2l∕s=750s$ gevuld zijn geweest. Maar omdat Tycho dat juist vergeten was, is het debiet nu nog maar $0,2l∕s-0,05l∕s=0,15l∕s$. Dus nu kost het $150l:0,15l∕s=1000s$ om het bad te vullen, wat dus $1000s-750s=250s$ langer wachten betekent.

Antwoord:

$16$

Na de eerste zet kan de koning elk van de volgende vakjes bereiken:

En na de tweede zet kan de koning elk van de vakjes bereiken die weer grenzen aan die vakjes, en dat zijn er nu $16$:

Antwoord:

$14$

De omtrek van de twee nieuwe driehoeken samen bevat uit de zijden van de originele vierhoek, en de diagonaal twee keer (namelijk één keer voor elke driehoek). De som van de omtrekken van de twee driehoeken ($77\mathrm{cm}$) is dus gelijk aan de omtrek van de vierhoek ($49\mathrm{cm}$), plus tweemaal de lengte van de diagonaal. Tweemaal de lengte van de diagonaal is dus $77\mathrm{cm}-49\mathrm{cm}=28\mathrm{cm}$, en de lengte van de diagonaal zelf dus $28\mathrm{cm}:2=14\mathrm{cm}$.

Antwoord:

$10$

Precies nadat Camellia de bal opgegooid heeft, is de horizontale snelheid van de bal gelijk aan $9\mathrm{km}∕h=2,5m∕s$, terwijl Camellia’s horizontale snelheid $18\mathrm{km}∕h=5m∕s$ is. De relatieve snelheid waarmee Camellia op de bal uiteindelijk voorloopt is dus $5m∕s-2,5m∕s=2,5m∕s$. Zodra de bal de grond geraakt heeft, na $4$ seconden dus, is de afstand tussen Camellia en de bal dus $2,5m∕s\cdot 4s=10m$.

Antwoord:

CDAB

Laten we eerst kijken naar wanneer Anjet binnenkwam. Omdat diens eigen bewering niet waar is, is die niet als tweede aangekomen. Maar er geldt ook dat Blåhaj en Casper respectievelijk na en voor Anjet binnenkwamen, dus Anjet kan niet als eerste of laatste binnen zijn gekomen. Anjet moet dus wel de derde zijn geweest.

Omdat Blåhaj nu na Anjet kwam, is de enige mogelijkheid dat zij als vierde kwam.

Omdat Damaris vanwege diens eigen onware uitspraak niet als eerste kwam, en de derde en vierde plek al bezet zijn, moet die wel als tweede.

Uiteindelijk moet Casper dus ook wel als eerste geweest zijn, en is de uiteindelijke volgorde dus CDAB geweest.

Antwoord:

$5$

Als Johan in de bus van buslijn $397$ de tegemoetkomende bussen bekijkt, is de relatieve snelheid dat een bus naar hem toekomt nu gelijk aan twee bussensnelheden. De constante afstand tussen twee bussen die na elkaar vertrekken vanaf de bushalte wordt dus twee keer zo snel afgelegd dan wanneer we een vast punt op de rijbaan bekijken, en dus ziet Johan in feite twee keer zo snel een bus tegemoetkomen dan hoe snel ze vanaf het busstation daadwerkelijk vertrekken. Bij buslijn $397$ vertrekt er dus om de $2\cdot 2=4$ minuten een bus, wat per uur dus $60∕4=15$ bussen zijn. Bij buslijn $300$ is dit juist $60∕6=10$ bussen per uur. Bij buslijn $397$ vertrekken er dus $15-10=5$ meer bussen per uur dan bij buslijn $300$.

Antwoord:

$250$

We merken op dat de wrijvingskracht enkel invloed op de doos heeft als die (horizontale) druk zou zetten op de muur: maar dat doet de doos helemaal niet. De enige tegenwerkende kracht op de doos is dus de zwaartekracht $F_g=\mathit{mg}$, met $m=25\mathrm{kg}$ de massa van de doos. Bob moet dus trekken met op zijn minst een kracht van $F_g=\mathit{mg}=25\mathrm{kg}\cdot 10N∕\mathrm{kg}=250N$.

Antwoord:

$50$

Het idee is dat we gaan kijken naar de slechtst mogelijke scenario’s: George heeft van bijna alle potten jams alles meegenomen, maar van één smaak precies één pot te weinig. (Scenario’s waarin niet aan George’ eisen worden voldaan, kunnen altijd naar deze zo’n soort configuratie geoptimaliseerd worden.) In zo’n scenario hebben we dus alle $10+15+7+15+9=56$ potten, behalve nog dat we van één soort het aantal potten benodigd om van alles naar net $1$ missend te gaan moeten aftrekken.

Dit aantal kan (voor aardbeien) $10-2+1=9$, of (voor bosbessen) $15-5+1=11$, of (voor cranberry) $7-1+1=7$, of (voor druiven) $15-1+1=15$, of (voor moerbeien) $9-1+1=9$ zijn. We willen het minst aftrekken, ofwel $7$ potten. Het slechtst mogelijke scenario is dus met $56-7=49$ potten, dus met $49+1=50$ potten zitten we nog net veilig.

Antwoord:

$64$

Zij $s$ de lengte van de hele weg van de race, zij $t$ de tijd die de winnaar erover deed om te finishen. Omdat de gemiddelde snelheid van de winnaar nu $24\mathrm{km}∕h$ was, geldt nu dat $\frac{s}{t}=24\mathrm{km}∕h$.

Twee-derde van de race-afstand was bergafwaarts, dus de lengte van deze delen is $\frac{2}{3}s$. Verder geldt er dat de winnaar $3$ keer zoveel tijd had besteed aan de bergopwaartse delen. De bestede tijd aan de bergafwaartse delen is dus $\frac{1}{4}t$. De gemiddelde snelheid van de winnaar gedurende de bergafwaartse delen was dus

Antwoord:

$95$

Bekijk eerst de laatste rij en de tweede kolom. Ze moeten dezelfde som hebben, maar we weten ook dat ze een vakje gemeen hebben. De sommen van de steeds twee getallen die ze niet gemeen hebben, moeten dus ook aan elkaar gelijk zijn. Dus $15+19=34$ is gelijk aan $16$ plus het getal in het middelste vakje, wat dus nu $34-16=18$ moet zijn.

Vanwege de diagonaal vanaf linksboven weten we nu dat alle sommen gelijk moeten zijn aan $17+18+19=54$. We kunnen nu met gemak het hele magische vierkant invullen.

De som van de vijf aanvankelijk lege vakjes is dus $21+22+18+14+20=95$.

Antwoord:

$0,8$

Door elke meter aan draad te vervangen door een weerstand met weerstand $R_0=0,1\mathrm{\Omega }$, krijgen we het volgende diagram:

Nu kunnen we de gebruikelijke formules voor weerstanden in serie en parallel gebruiken om de weerstand tussen punten $A$ en $B$ te berekenen:

Antwoord:

$5$

Water met volume $V=150\mathrm{hl}$ heeft massa $m=V{\rho }_{\mathit{water}}$. Om dit op te warmen van de temperatuur $t_1=29\circ C$ tot $t_2=33\circ C$ moeten we de warmte $Q=c_{\mathit{water}}m(t_2-t_1)=c_{\mathit{water}}V{\rho }_{\mathit{water}}(t_2-t_1)$ hieraan toevoegen. Deze warmte moet gelijk zijn aan de arbeid verricht door de zonnepanelen. Die hebben vermogen $P_0=1,4\mathrm{kW}∕m^2$ per oppervlakte-eenheid, dus als het totale oppervlak van de zonnepanelen $S$ is, dan hebben ze vemogen $P=P_{0}S$. Na tijd $t=10h$ zullen ze arbeid $W=\mathit{Pt}=P_0\mathit{St}$ hebben verricht. Dit is de arbeid verricht op het water, dus hebben we:

Dus Anne heeft $5m^2$ zonnepanelen nodig.

Antwoord:

$40$

We kunnen de volgorde van doelpunten aanduiden met een rij van P’s en M’s, waarbij P staat voor een doelpunt gescoord door de natuurkundigen en M voor een doelpunt gescoord door de wiskundigen. Met deze notatie kunnen we zien dat er $10$ mogelijke volgorden zijn waarin de doelpunten in de eerste helft gescoord konden zijn: MMPPP, MPMPP, MPPMP, MPPPM, PMMPP, PMPMP, PMPPM, PPMMP, PPMPM, PPPMM. Door een soortgelijke procedure te volgen voor de overige $4$ doelpunten in de tweede helft, vinden we dat er $4$ mogelijke volgorden zijn: PMMM, MPMM, MMPM, MMMP. Omdat de eerste en de tweede helft onafhankelijke delen van de wedstrijd zijn, kan elke volgorde van doelpunten in de eerste helft worden gekoppeld aan elke volgorde van doelpunten in de tweede helft. Daarom is het totale aantal mogelijke manieren waarop alle doelpunten zijn gescoord $10\cdot 4=40$.

Antwoord:

$125$

Als de robot met een kracht $F$ naar alle kanten duwt, is de wrijvingskracht bij elke kant $F_w=\mathit{fF}$ en deze is naar boven gericht, waarbij $f$ de wrijvingscoëfficiënt $f=0,3$ is. Aan de andere kant werkt de zwaartekrachtskracht $F_z=\mathit{mg}$ op de robot naar beneden. Om de robot te stabiliseren, moet de zwaartekrachtskracht gelijk zijn aan de som van alle vier de wrijvingskrachten. Dus we moeten hebben:

Daarom moet de kracht $F$ zijn:

Antwoord:

$3$

Elke zeshoek kan worden opgedeeld in $6$ gelijkzijdige driehoeken. Hierdoor is het mogelijk om een driehoekig raster over de figuur te tekenen:

Hieruit kunnen we meteen zien dat de zijdelengte van de zeshoeken (die gelijk is aan de zijdelengte van de driehoeken) $12\mathrm{cm}:4=3\mathrm{cm}$ is.

Antwoord:

$1100$

Het schip zal volledig zinken wanneer de zwaartekrachtkracht gelijk is aan de opwaartse kracht. De maximale opwaartse kracht die kan werken op het schip met volume $V$ is $F_{\mathit{opwaarts}}=V{\rho }_{\mathit{water}}g$. De zwaartekrachtkracht bestaat uit twee delen: de zwaartekracht van het schip zelf en de zwaartekracht van het water dat het schip in is gestroomd. De zwaartekracht van het schip met massa $m$ is $F_{g_1}=\mathit{mg}$. Het water stroomt in het schip met een debiet $Q$, dus na tijd $t$ zal er het volume $V^{\prime }=\mathit{Qt}$ water in het schip zijn. Dus, de zwaartekrachtkracht van het water zal $F_{g_2}=\mathit{Qt}{\rho }_{\mathit{water}}g$ zijn. De voorwaarde voor volledig zinken is $F_{\mathit{opwaarts}}=F_{g_1}+F_{g_2}$, waardoor we de tijd $t$ kunnen uitdrukken:

Daarom zal het schip volledig zinken na:

Antwoord:

$1990$

Beide meisjes tellen de getallen vanaf het jaar waarin ze geboren zijn tot en met $2023$ op. Emma kreeg een groter resultaat, dus Emma heeft enkele getallen opgeteld die Anne niet heeft opgeteld. Omdat elke term ongeveer $2000$ is, is het aantal termen dat alleen Emma heeft opgeteld $19945:2000\doteq 10$. Dit betekent dat de getallen die alleen door Emma zijn opgeteld $x$, $x+1$, …, $x+9$ zijn, waar $x$ het geboortejaar van Emma is. De som van deze getallen is $10+45$. Zo krijgen we de vergelijking $10x+45=19945$, waaruit we kunnen concluderen dat Emma is geboren in $x=\frac{19945-45}{10}=1990$.

Antwoord:

$11$

Probeer de mogelijkheden gebaseerd op de orientatie van de eerste en de laatste spiegel. Dan vinden we de rijen van de volgende figuur (omwille van beter inzicht tekenen we de lichtstralen en de niet gebruikte spiegels niet):

Dus we zien dat er $1+3+3+4=11$ mogelijke trajecten zijn voor de lichtstraal.

Antwoord:

$\frac{68}{3}$

Laat de lengte van de zijden van de rechthoek $\mathit{ABCD}$ $\mathit{AB}=9x$ en $\mathit{BC}=8x$ zijn voor zekere $x$.

Eerst berekenen we de omtrek van vierhoek $\mathit{ABEF}$. De benen in de rechthoekige driehoek $\mathit{ECF}$ hebben lengtes $4x$ en $3x$. Dus volgens de stelling van Pythagoras geldt $\mathit{EF}=\sqrt{{(4x)}^2+{(3x)}^2}=5x$. Op gelijke wijze heefft de rechthoekige driehoek $\mathit{FDA}$ benen van lengte $6x$ en $8x$, dus $\mathit{FA}=\sqrt{{(6x)}^2+{(8x)}^2}=10x$. Dus de omtrek van de vierhoek is $9x+4x+5x+10x=28x$.

Nu berekenen we de oppervlakte van de vierhoek $\mathit{ABEF}$. De rechthoekige driehoeken $\mathit{ECF}$ en $\mathit{FDA}$ hebben oppervlaktes $\frac{(4x)\cdot (3x)}{2}=6x^2$ en $\frac{(6x)\cdot (8x)}{2}=24x^2$. De oppervlakte van rechthoek $\mathit{ABCD}$ is $(9x)\cdot (8x)=72x^2$, dus de oppervlakte van vierhoek $\mathit{ABEF}$ is nu $72x^2-6x^2-24x^2=42x^2$. We weten dat de numerieke waarden van de omtrek en de oppervlakte gelijk zijn, dus:

Nu rest enkel om de omtrek van de rechthoek $\mathit{ABCD}$ te berekenen en dat is $9x+8x+9x+8x=34x=34\cdot \frac{2}{3}\mathrm{cm}=\frac{68}{3}\mathrm{cm}$.

Antwoord:

$2$

De arbeid van de worm zal de maximale potentiële energie van de worm tijdens de klim zijn (aangenomen dat de potentiële energie in het begin nul is). Het is niet moeilijk om te zien dat dit maximum exact wordt bereikt op het moment dat de worm zich in de positie van de figuur bevindt (hoe meer van zijn delen hoger zijn, hoe groter de potentiële energie).

Splits de worm op in $3$ delen (maak je geen zorgen, ze zullen teruggroeien) - twee verticale delen en één horizontaal deel zoals in de figuur. Allemaal hebben ze lengte $10\mathrm{cm}$ en dit is een derde van de lengte van de worm. De worm is homogeen, dus alle $3$ de delen hebben massa $m_0=3g:3=1g$. Het horizontale deel heeft het massamiddelpunt op hoogte $h_2=10\mathrm{cm}$, dus de potentiële energie van dit deel is $E_2=m_{0}g{h}_2=0,001\mathrm{kg}\cdot 10N∕\mathrm{kg}\cdot 0,1m=0,001J=1\mathrm{mJ}$. De verticale delen hebben massamiddelpunten op hoogte $h_1=h_3=5\mathrm{cm}$, dus de potentiële energie van deze delen is $E_1=E_3=m_{0}g{h}_1=m_{0}g{h}_3=0,001\mathrm{kg}\cdot 10N∕\mathrm{kg}\cdot 0,05m=0,0005J=0,5\mathrm{mJ}$.

Dus nu is de maximale potentiële energie van de worm $E=E_1+E_2+E_3=0,5\mathrm{mJ}+1\mathrm{mJ}+0,5\mathrm{mJ}=2\mathrm{mJ}$ en dit is dus ook arbeid die de worm moet leveren.

Antwoord:

$1050$

We kunnen de opgave in meer behapbare delen opdelen. Ten eerste, hoeveel pogingen hebben we nodig om bij ABA te komen? Omdat er $26$ letters zijn in het Nederlandse alfabet, zijn hier $26$ herhalingen van de laatste letter veranderen voor nodig. En BAA? Voor alle $26$ herhalingen van de laatste letter veranderen, verandert de tweede letter met $1$, dus om van AAA naar BAA te komen hebben we $26\cdot 26=676$ pogingen nodig. Om nu van BAA naar BOA te komen hebben we $26\cdot 14=364$ pogingen nodig, omdat O de $15$-de letter van het alfabet is en we alle $14$ letters die voor O komen moeten proberen. Tot slot, $J$ is de $10$-de letter, dus hebben we nog $10$ extra pogingen nodig om van BOA naar BOJ te komen. Dit allemaal samen geeft $676+364+10=1050$ pogingen.

Antwoord:

$125$

Het mechanisme blijft enkel in rust als de koppel dat op elk van de hefbomen werkt verdwijnt. Dus we moeten kijken naar de koppels die op de hefbomen werken. Probeer eerst de touwtjes te begrijpen. De touwtjes zullen gespannen zijn, dus het touwtje zal op beide hefbomen dezelfde spankracht uitoefenen. Dus bijvoorbeeld zal het touwtje dat de middelste en de rechter hefboom verbindt met dezelfde kracht op de middelste hefboom werken (naar rechts) als op de rechter hefboom (naar links). Merk bovendien op dat deze krachten ook op dezelfde hoogte werken, dus ze werken op dezelfde afstand van de draaias van de hefbomen. Daarom werkt elk touwtje ook op beide hefbomen met dezelfde koppel.

Dit betekent dat we de middelste hefboom als het ware kunnen vergeten. De kracht die op de rechter hefboom werkt veroorzaakt namelijk een zeker koppel van grootte $M$ op de rechter hefboom. Dit moet worden gecompenseerd door de koppel van het touwtje dat aan de rechter hefboom is bevestigd. Aangezien de touwtjes de koppel overdragen, moet de grootte van de koppel waarmee het rechter touw op de middelste hefboom werkt weer $M$ zijn. En op dezelfde manier zal de koppel op de linker hefboom ook een grootte van $M$ hebben.

Daarom moeten de twee relevante krachten een koppel van dezelfde grootte hebben om het mechanisme in rust te houden. Dit geeft ons de volgende vergelijking:

Dus Patrick moet met een kracht van $125N$ trekken.

Antwoord:

$2,15$

Zij de lengtes en de namen van de punten zoals in de figuur:

Beschouw de rechthoekige driehoeken $\mathit{ABP}$ en $\mathit{ACP}$. Door toepassing van de stelling van Pythagoras krijgen we nu:

Als we de $h^2$ van beide gelijkheden isoleren en dan de gelijkheden gelijkstellen, dan vinden we:

Nu kunnen we de formule $a^2-b^2=(a-b)(a+b)$ toepassen aan beide kanten, zodat:

Maar we weten dat $y+x=20\mathrm{cm}$. Dus het verschil van de lengtes $y-x$ dat we moeten vinden, is:

Antwoord:

$75$

Laat $m$ de massa van een achtbaankarretje, $r=30m$ de straal van de looping en $v$ de snelheid van het karretje op het hoogste punt zijn.

Door het eerste deel van de opgave weten we dat er op het hoogste punt een zekere middelpuntzoekende kracht $F_{\mathit{mpz}}=\frac{m{v}^2}{r}$ is. Er zijn twee krachten die hiervoor op het karretje kunnen werken in deze richting - de zwaartekracht $F_g=\mathit{mg}$ en een zekere kracht afkomstig van de looping. We willen dat de middelpuntzoekendekracht zo klein als mogelijk is (hoe groter de middelpuntzoekende kracht is, hoe grotere snelheid de snelheid van het karretje moet zijn en dus zal het karretje ook meer energie moeten hebben in de beginsituatie). Omdat we de zwaartekracht niet kunnen verminderen, hebben we in het minimale geval dat $F_{\mathit{mpz}}=F_g$. Nu weten we dus:

Bekijk nu de energieën. In het begin heeft het karretje enkel potentiële energie $E_1=\mathit{mgh}$, maar bovenin heeft het karretje zowel potentiële als kinetische energie. De hoogte is dan $2r$ en de snelheid $v$, dus de energie is dan $E_2=\mathit{mg}(2r)+\frac{1}{2}m{v}^2$. Energie blijft constant, dus $E_1=E_2$. Als we dit combineren met de vergelijking voor $v^2$ krijgen we

Dus zal het karretje moeten afdalen van de hoogte $h=\frac{5}{2}r=\frac{5}{2}\cdot 30m=75m$.

Antwoord:

$23$

We bewijzen eerst dat $23$ wedstrijden daadwerkelijk mogelijk is: nummer de spelers maar $1$ tot en met $24$ en laat steeds speler $i$ met $i+1$ spelen voor $i=1,\dots ,23$. Voor een willekeurig gegeven groep geldt er nu dat de speler met het kleinste getal, stel $m$, hoogstens gespeeld kan hebben met speler $m+1$ (want $m-1$ bestaat niet in de groep), en geldt er dus dat niet iedere speler met minstens $2$ anderen gespeeld kan hebben.

Nu bewijzen nu dat $k\ge 24$ wedstrijden juist niet mogelijk zijn: stel maar wel dat er geen groep spelers is waarbinnen elke speler minstens twee wedstrijden heeft gespeeld, ofwel elke groep spelers eraan voldoet dat er een speler is met hoogstens $1$ wedstrijd. Pas deze eigenschap dan eerst toe op alle $24$ spelers, zodat er een speler is met $1$ of $0$ wedstrijden. Bekijk nu een alternatief toernooi van $23$ spelers, zonder deze speler en zonder deze $\le 1$ wedstrijd die die gespeeld had. Dan hebben we nu een toernooi van $k-1\ge 23$ wedstrijden, en $23$ spelers, zodanig dat voor elke groep vanuit die $23$ spelers geldt dat er een speler is met $\le 1$ gespeelde wedstrijd. Zo doorgaan geeft dat er een toernooi is met $k-23\ge 1$ wedstrijden en slechts $1$ speler, met deze eigenschap. Maar een speler die tegen zichzelf speelt kon helemaal niet: tegenspraak.

$23$ wedstrijden zijn dus wel mogelijk, maar meer dan dat niet, en dus is het antwoord inderdaad $23$.

Antwoord:

$25$

Eerst moeten we de regel voor deelbaarheid door $125$ ontdekken. De voorwaarde is dat het getal gevormd door de laatste $3$ cijfers deelbaar is door $125$ (dit is vergelijkbaar met de deelbaarheidsregels voor $2$, $4$, $8$, $16$, …, maar dan nu met $5$, $25$, $125$ …). Waarom werkt dit? Schrijf een getal als $1000A+B$, met $B<1000$. Nu is $B$ het getal dat wordt gevormd door de laatste $3$ cijfers. Merk op dat $1000$ deelbaar is door $125$, want $1000=8\cdot 125$. Om nu het getal $1000A+B$ deelbaar te laten zijn door $125$, moet $B$ zelf deelbaar zijn door $125$. Dit bewijst de voorwaarde.

We bekijken nu wat voor consequenties dit heeft. De enige cijfers met maximaal $3$ cijfers deelbaar door $125$ zijn $0$, $125$, $250$, $375$, $500$, $625$, $750$ en $875$. Geen van deze beginnen met het cijfer $4$, dus kunnen we concluderen dat veelvouden van $125$ het cijfer $4$ niet als op twee na laatste cijfer kunnen hebben.

Nu komen we eindelijk terug bij de originele opgave. We weten dat het op twee na laatste cijfer $4$ is, dus het resultaat dat Louise heeft gekregen kan niet een veelvoud zijn van $125$. Als ze geen enkel getal had weggelaten, was het uiteindelijke product deelbaar door $5\cdot 15\cdot 25$. Dit betekent dat de priemfactorisatie van het product het getal $5$ vier keer zou bevatten. We moeten het priemgetal $5$ dus minstens twee keer weghalen. Dit is alleen mogelijk door het getal $25$ weg te laten. Dit betekent dat Louise het getal $25$ heeft weggelaten.

Antwoord:

$28$

Een spanning tussen twee punten beschrijft de grootte van het verschil van potentialen in deze twee punten. Het potentiaal beschrijft alleen de (elektrische) energie van een deelte met lading $1C$. Op elk van de punten $A$, $B$, $C$, $D$ heeft dit deeltje een zekere potentiële energie en we kunnen dit getal aan elk van de punten toekennen. Dan beschrijven de spanningen enkel de verschillen tussen deze getallen.

We kunnen nu het probleem herformuleren tot de wiskundige opgave van vier getallen toekennen aan $A$, $B$, $C$ en $D$ (nu hebben deze letters niks meer te maken met de natuurkunde opgave), zodat hun verschillen $7$, $8$, $10$, $15$, $18$ en de onbekende waarde zijn. Merk één interessante eigenschap op. Als je drie getallen neemt, zeg $X$, $Y$ en $Z$, zodat $X>Y>Z$, dan is het verschil $X-Y$ de som van de verschillen $X-Y$ en $Y-Z$ (want $(X-Y)+(Y-Z)=X-Z$). Dus als we een willekeurig drietal getallen nemen, dan zullen hun verschillen de eigenschap hebben dat één de som van de andere twee is.

We kunnen nu teruggaan naar de opgave. Stel het onbekende verschil is het verschil tussen $C$ en $D$. Neem de getallen $A$, $B$ en $C$. Elk van deze verschillen zijn bekend. Omdat één van deze de som van de andere twee moet zijn, hebben we enkel twee mogelijkheden: $7+8=15$ of $8+10=18$. Iets vergelijkbaars moet gelden voor drietal $A$, $B$ en $D$, dus één van deze drietallen heeft verschillen $7$, $8$ en $15$ en de andere heeft verschillen $8$, $10$ en $18$. De drietallen $A$, $B$, $C$ en $A$, $B$, $D$ overlappen enkel in $A$ en $B$, dus dit verschil moet $8$ zijn (dit is het enige verschil waarin de drietallen $7$, $8$, $15$ en $8$, $10$, $18$ overlappen).

De getallen $A$ en $B$ spelen dezelfde rol, dus zonder verlies van algemeenheid kunnen we stellen dat de verschillen van $A$ en $C$ en van $B$ en $C$ respectievelijk $15$ en $7$ zijn. In het drietal $A$, $B$ en $C$ weten we nu dat beide getallen $A$ en $C$ ofwel de grootste, ofwel het kleinste getal zijn. Kies ze zo, zodat $A$ de grootste is. We hebben nu twee mogelijkheden voor wat de verschillen van $D$ en de getallen $A$ en $B$ kunnen zijn.

Geval 1: Het verschil tussen $A$ en $D$ is $18$. Dit betekent dat in het drietal $A$, $B$ en $D$, een van de getallen $A$ en $D$ het grootste en de andere het kleinste is. Maar in het drietal $A$, $B$ en $C$ kozen we $A$ als grootste, dus $A$ is groter dan $B$. Dus in het drietal $A$, $B$, $D$ weten we dat $A$ de grootste moet zijn. Dit alles betekent dat $A$ is $15$ groter is dan $C$ en $18$ groter is dan $D$. Dus het verschill tussen $C$ en $D$ is $(A-15)-(A-18)=3$. Dit is de eerste oplossing.

Geval 2: Het verschil tussen $A$ en $D$ is $10$. Dit betekent dat in het drietal $A$, $B$ en $D$ één van de getallen $B$ en $D$ het grootste en de andere het kleinste is. Op vergelijkbaar wijze met het vorige geval weten we dat $A$ groter is dan $B$, dus $B$ moet de kleinste zijn. Dus weten we dat $C$ met $7$ kleiner is dan $B$ en dat $D$ met $18$ groter is dan $B$. Dit betekent dat het verschil tussen $C$ en $D$ gelijk aan $(B+18)-(B-7)=25$ is. Dit is de tweede oplossing.

Om samen te vatten, we hebben gevonden dat het onbekende verschil enkel $3$ of $25$ kan zijn. In het originele probleem betekent dit dat de onbekende spanning enkel $3V$ of $25V$ kan zijn. Dus de som van de twee mogelijke onbekende spanningen is $3V+25V=28V$.

Antwoord:

$91$

Voordat we beginnen, bekijken we de oppervlakte van een gelijkzijdige driehoek met zijdelengte $x$. Door de stelling van Pythagorsas is het makkelijk te berekenen dat de hoogte van deze driehoek $\frac{\sqrt{3}}{2}x$ is. Dus de oppervlakte van de gelijkzijdige driehoek is $\frac{x\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}x}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}{x}^2$.

Nu keren we terug naar de originele opgave. Zij de hoekpunten van de zeshoek $A$, $B$, $C$, $D$, $E$, $F$, zodat $\mathit{AB}=10m$, $\mathit{BC}=12m$, $\mathit{CD}=4m$, $\mathit{DE}=8m$, $\mathit{EF}=14m$, $\mathit{FA}=2m$. Zij $K$, $L$, $M$ de snijpunten van $\mathit{AB}$,$\mathit{CD}$ en $\mathit{EF}$ om de driehoek $\mathit{KLM}$ zoals in de figuur te krijgen:

Omdat de binnenhoeken van de zeshoek $\mathit{ABCDEF}$ $120^{\circ }$ waren, weten we dat de driehoeken $\mathit{KAF}$, $\mathit{LBC}$ en $\mathit{MDE}$ gelijkzijdig zijn. Dit betekent dat ook driehoek $\mathit{KLM}$ gelijkzijdig is met zijdelengte $24m$.

De oppervlakte van de zeshoek $\mathit{ABCDEF}$ is het verschil van de oppervlakte van de gelijkzijdige driehoek $\mathit{KLM}$ en de som van de oppervlaktes van de gelijkzijdige driehoeken $\mathit{KAB}$, $\mathit{LBC}$ en $\mathit{MDE}$. Dus het oppervlakte van de zeshoek $\mathit{ABCDEF}$ is:

De waarde van $a$ is nu $91$

Antwoord:

$75$

Schrijf voor de oppervlaktes van de eerste zuiger $S_1$, van de tweede zuiger $S_2$ en van de derde zuiger $S_3$. De gegeven informatie geeft $S_1=S_2+S_3$.

Laat $m$ de massa van de hamster en $\mathrm{\Delta }{h}_1=15\mathrm{mm}$ de afstand die de eerste zuiger zakt zodra de hamster erop is gezet. op hetzelfde moment stijgt de tweede zuiger met $\mathrm{\Delta }{h}_2$ en de derde zuiger met $\mathrm{\Delta }{h}_3$. Nadat de hamster op de eerste zuiger is geplaats, moeten er twee dingen gebeuren. Ten eerste moet het water onder de eerste zuiger zich verdelen over de andere twee zuigers. Dit geeft de voorwaarde $S_1\mathrm{\Delta }{h}_1=S_2\mathrm{\Delta }{h}_2+S_3\mathrm{\Delta }{h}_3$. Ten twee de moet de druk van alle drie de zuigers gelijk zijn. Als $p$ de initïele druk is van het systeem en $\rho$ de dichtheid van water, dan geeft dit $p+\frac{\mathit{mg}}{S_1}-\mathrm{\Delta }{h}_1\mathit{\rho g}=p+\mathrm{\Delta }{h}_2\mathit{\rho g}=p+\mathrm{\Delta }{h}_3\mathit{\rho g}$. We kunnen $p$ wegstrepen en door $g$ delen, zodat we $\frac{m}{S_1}-\mathrm{\Delta }{h}_1\rho =\mathrm{\Delta }{h}_2\rho =\mathrm{\Delta }{h}_3\rho$ krijgen. Het tweede deel van deze vergelijking geeft $\mathrm{\Delta }{h}_2=\mathrm{\Delta }{h}_3$. Dit combineren in de vorige vergelijkingen geeft:

Of in een andere vorm:

Als we deze vergelijkingen gelijkstellen krijgen we:

Nu herdefiniëren we $\mathrm{\Delta }{h}_2$ als de afstand waarmee de tweede zuiger zakt als de hamster erop is gezet en op vergelijkbare wijze $\mathrm{\Delta }{h}_3$ voor de derde zuiger. Op dezelfde wijze als hierboven vinden we:

Als we de eerste twee vergelijkingen delen en gebruiken dat $S_1=S_2+S_3$, krijgen we:

Door $S_1=S_2+S_3$ krijgen we $S_3=S_1-S_2=S_1-\frac{2}{3}{S}_1=\frac{1}{3}{S}_1$. Door te delen door de eerste en de derde vergelijking van de vorige groep vergelijkingen vinden we:

Dus als we de hamster op de derde zuiger plaatsen, zakt deze met een afstand van $75\mathrm{mm}$.=

Antwoord:

$999$

Nauts favoriete getal kan niet uit één cijfer bestaan. Als het wel een cijfer $a$ was, dan zou de voorwaarde zeggen dat $a^2=a$, wat alleen waar is voor $a=0$ en $a=1$, maar het getal moet groter zijn dan $1$.

Nauts favoriete getal kan ook niet uit twee cijfers bestaan. Als dat wel zo is, kunnen we het getal schrijven als $10a+b$. Dan hebben we door de voorwaarde ${(a+b)}^2=\mathit{ab}$, oftewel $a^2+\mathit{ab}+b^2=0$ werkt. Maar omdat $b$ niet negatief en $a$ positief is, hebben we altijd $a^2+\mathit{ab}+b^2>0$, dus $a^2+\mathit{ab}+b^2=0$ kan nooit gelden.

Vervolgens gaan we laten zien dat $999$ het enige getal bestaande uit drie cijfers is met de gegeven eigenschap. Het is makkelijk te controleren dat $999$ de eigenschap heeft (${(9+9+9)}^2=27^2=3^6=9^3=9\cdot 9\cdot 9$).

Zij $100a+10b+c$ het getal met de gegeven eigenschap, dus ${(a+b+c)}^2=\mathit{abc}$ geldt. De getallen $a$, $b$ en $c$ zijn cijfers, dus hebben we $0\le a,b,c\le 9$. Het is duidelijk dat als sommige van deze cijfers $0$ zijn, dat dan de relatie ${(a+b+c)}^2=\mathit{abc}$ ervoor zorgt dat de andere cijfers ook $0$ zijn, wat niet kan. Dus kunnen we aannemen dat $1\le a,b,c$. Bovendien is de relatie ${(a+b+c)}^2=\mathit{abc}$ symmetrisch in de waarden $a$, $b$, $c$, zodat we kunnen aannemen dat $a\le b\le c$ (deze voorwaarde zal het kleinste driecijferige getal produceren uit elk correcte drietal). Dus nemen we aan dat:

Bekijk nu ${(a+b+c)}^2=\mathit{abc}$ iets beter. Dit kan geschreven worden als $a^2+b^2+c^2+2\mathit{ab}+2\mathit{ac}+2\mathit{bc}=\mathit{abc}$. Als we gebruiken dat $c\le 9$, weten we dat $\mathit{abc}\le 9\mathit{ab}$. Door $a\le b\le c$ te gebruiken, weten we ook dat:

Ook geldt ${(a-b)}^2\ge 0$, dus $a^2+b^2\ge 2\mathit{ab}$. Als we deze ongelijkheden combineren, krijgen we:

Omdat de linker- en de rechterkant van deze ongelijkheid hetzelfde zijn, moeten we gelijkheden hebben gebruikt in alle ongelijkheden.

• In de ongelijkheid $\mathit{abc}\le 9\mathit{ab}$ is er gelijkheid dan en slechts dan als $c=9$.
• In de ongelijkheid $\mathit{ac}\ge \mathit{ab}$ is er gelijkheid dan en slechts dan als $b=c$.
• In de ongelijkheid $\mathit{bc}\ge \mathit{ab}$ is er gelijkheid dan en slechts dan als $a=c$.

Als we deze observaties combineren, krijgen we dat het enige mogelijke geval $a=b=c=9$ is. We hebben al gecontroleerd dat dat daadwerkelijk een getal met de gegeven eigenschap. Dus $999$ is het enige driecijferige getal dat voldoet aan de gegeven eigenschap. Nu weten we dus dat dit het kleinste getal groter dan $1$ is dat voldoet aan de gegeven eigenschap, dus $999$ is Nauts favoriete getal.

Antwoord:

$250$

We pakken dit op dezelfde manier aan als bij opgave 25, maar deze keer moeten we er even over nadenken wat de verschillende wrijvingscoëfficiënten doen. We focussen eerst enkel op de richting waar we wrijvingscoëfficiënten $f_1=0,1$ en $f_3=0,3$ hebben. We weten dat de kracht in de formule $F_f=\mathit{fF}$ staat voor de maximale wrijvingskriacht, oftewel $F_f\le \mathit{fF}$. Op deze manier krijgen we twee wrijvingskrachten $F_{f_1}\le f_{1}F$ en $F_{f_3}\le f_{3}F$. Als deze krachten verschillend zouden zijn, zouden ze een koppel veroorzaken (om de as die de andere twee armen van de robot verbindt) op de robot. Dit zou de robot instabiel maken. Daarom hebben we $F_{f_1}=F_{f_3}$. Als we de twee ongelijkheden combineren met $f_1\le f_3$, krijgen we dat $F_{f_1}=F_{f_3}=f_{1}F$. Op soortgelijke wijze vinden we voor $f_2=0,2$ en $f_4=0,4$ dat $F_{f_2}=F_{f_4}=f_{2}F$. Om te compenseren voor de zwaartekracht $F_g=\mathit{mg}$ moeten we hebben: