Probleemopgaven

Antwoord:

$10$

Voordat haar haar $2$ meter wordt moet er nog $200\mathrm{cm}-20\mathrm{cm}=180\mathrm{cm}$ bijkomen. Dat duurt $180\mathrm{cm}:1,5 \text{cm/maand}=120 \text{maanden}=10 \text{jaar}$. Dus Rapunzel moet $10$ jaar wachten.

Antwoord:

$12$

Er waren $3$ fietsers die vóór Peter finishten, $6$ fietsers die tussen Peter en Paul finishten, en $1$ fietser die achter Paul eindigde. Samen geeft dit $6+3+1=10$ fietsers, zonder Peter en Paul zelf mee te tellen. Aangezien we het totale aantal fietsers willen berekenen, moeten we Peter en Paul nog toevoegen, wat in totaal $10+2=12$ fietsers geeft.

Antwoord:

$126$

Per kilometer verbruikt de loper $3000J$. Op het $42\mathrm{km}$ lange parcours verbruikt hij dus

Elke gegeten energiereep levert de loper $1000J$ energie op. Om het volledige energieverbruik te compenseren, moet hij dus $\frac{126000J}{1000J}=126$ energierepen eten.

Antwoord:

$7$

Het getal $35$ kan op vier manieren worden geschreven als een product van twee positieve gehele getallen (waarbij verschillende volgordes als verschillend worden beschouwd):

De eerste factor geeft het aantal stukjes aan dat elke vriend krijgt, de tweede factor het aantal vrienden. Elke vriend moet minstens $2$ stukjes krijgen, dus we moeten de mogelijkheid $1\cdot 35$ uitsluiten. Er blijven dan drie mogelijkheden over; de optie die correspondeert met het maximale aantal vrienden is $5\cdot 7$, dus het antwoord is $7$.

Antwoord:

$15$

De informatie over de maximumsnelheid is hier niet relevant. We hebben enkel nodig dat Tessa een afstand van $s=10\mathrm{km}$ moet afleggen en dat haar gemiddelde snelheid $v=40\mathrm{km}∕h$ moet zijn. We weten dat de gemiddelde snelheid gelijk is aan de totale afstand gedeeld door de totale tijd. Als we de gemiddelde snelheid aanduiden met $v$ en de afstand met $s$, dan kunnen we de tijd $t$ uitdrukken als:

Als we dit omrekenen naar minuten, zien we dat het antwoord $15$ minuten is.

Antwoord:

$8$

De enige kubusjes die $3$ rode vlakken hebben, zijn diegene die uit een van de hoekpunten van het oorspronkelijke blok zijn gezaagd. De andere kubusjes hebben slechts $2$ geverfde vlakken (als ze van een rand kwamen), $1$ geverfd vlak (als ze van een zijvlak kwamen) of $0$ geverfde vlakken (als ze vanuit het midden kwamen). We hoeven dus alleen de hoekpunten van het blok te tellen, en dat zijn er $8$. Er waren dus $8$ kubusjes met drie rode vlakken.

Antwoord:

$6$

Het vermogen van de magnetron is constant. Dit betekent dat de energie die het eten van de magnetron ontvangt, evenredig is met de opwarmtijd. Bovendien veranderen de massa en de soortelijke warmtecapaciteit van het eten niet tijdens het opwarmen. Daarom is de temperatuurstijging evenredig met de opwarmtijd.

Tijdens de tweede opwarming steeg de temperatuur met $40{}^{\circ }C-26{}^{\circ }C=14{}^{\circ }C$. Tijdens deze opwarming werd het eten slechts $70\%$ van de eerste opwarmtijd verwarmd. Dus tijdens de eerste opwarming moest het eten zijn temperatuur verhogen met

Hieruit volgt dat de oorspronkelijke temperatuur van Patricks eten $26{}^{\circ }C-20{}^{\circ }C=6{}^{\circ }C$ was.

Antwoord:

$12$

Aan het einde van de eerste dag is er slechts $1$ burger die de nieuwe wet kent. Op elke daaropvolgende dag verdubbelt het aantal burgers dat de nieuwe wet kent. We hebben dus:

• om twaalf uur op de $2^{\text{e}}$ dag zijn er $2\cdot 1=2$ burgers die de nieuwe wet kennen;
• om twaalf uur op de $3^{\text{e}}$ dag zijn er $2\cdot 2=4$ burgers die de nieuwe wet kennen;
• om twaalf uur op de $4^{\text{e}}$ dag zijn er $2\cdot 4=8$ burgers die de nieuwe wet kennen;
• om twaalf uur op de $5^{\text{e}}$ dag zijn er $2\cdot 8=16$ burgers die de nieuwe wet kennen;
• om twaalf uur op de $6^{\text{e}}$ dag zijn er $2\cdot 16=32$ burgers die de nieuwe wet kennen;
• om twaalf uur op de $7^{\text{e}}$ dag zijn er $2\cdot 32=64$ burgers die de nieuwe wet kennen;
• om twaalf uur op de $8^{\text{e}}$ dag zijn er $2\cdot 64=128$ burgers die de nieuwe wet kennen;
• om twaalf uur op de $9^{\text{e}}$ dag zijn er $2\cdot 128=256$ burgers die de nieuwe wet kennen;
• om twaalf uur op de $10^{\text{e}}$ dag zijn er $2\cdot 256=512$ burgers die de nieuwe wet kennen;
• om twaalf uur op de $11^{\text{e}}$ dag zijn er $2\cdot 512=1024$ burgers die de nieuwe wet kennen;
• om twaalf uur op de $12^{\text{e}}$ dag zijn er $2\cdot 1024=2048$ burgers die de nieuwe wet kennen.

Aangezien $2048\ge 2025$, zal de verspreiding van de nieuwe wet aan het einde van de $12^{\text{e}}$ dag voltooid zijn.

Antwoord:

$5$

Om het totale rendement van deze energieomzetting te berekenen, hoeven we enkel de afzonderlijke rendementen van de opeenvolgende omzettingen met elkaar te vermenigvuldigen. Laten we de rendementen die niet als breuk gegeven zijn eerst omzetten naar breuken:

Nu vermenigvuldigen we alle rendementen:

Omdat ons antwoord in procenten moet worden gegeven, willen we dat de noemer van de breuk $100$ is. We vermenigvuldigen de oorspronkelijke breuk dus met $\frac{5}{5}$ en krijgen: $\frac{1}{20}\cdot \frac{5}{5}=\frac{5}{100}$. Het rendement is dus $5\%$.

Antwoord:

$512$

Elke keer dat de koning beweegt, heeft hij $8$ mogelijke vakjes om naartoe te gaan. Voor een pad dat precies uit drie zetten bestaat, zijn de keuzes onafhankelijk, dus het totale aantal mogelijke wandelingen is $8\cdot 8\cdot 8=512$.

Antwoord:

$100$

Kate loopt $s_K=600m$ in $t=2$ minuten, dus haar gemiddelde snelheid is $v_K=\frac{s_K}{t}=\frac{600m}{2\min }=5m∕s$. Om de volledige baan van $s=1000m$ af te leggen, heeft ze dus $t_K=\frac{s}{v_K}=\frac{1000m}{5m∕s}=200s$ nodig.

Net zo loopt Patrick $s_P=400m$ in $t=2$ minuten. Zijn gemiddelde snelheid is dus $v_P=\frac{s_P}{t}=\frac{400m}{2\min }=\frac{10}{3}m∕s$ en om de volledige baan van $s=1000m$ af te leggen heeft hij $t_P=\frac{s}{v_P}=\frac{1000m}{\frac{10}{3}m∕s}=300s$ nodig.

We zien dat Kate het tegenoverliggende uiteinde van de baan $t_P-t_K=300s-200s=100s$ eerder bereikt dan Patrick.

Antwoord:

$7$

We willen de oppervlakte van het lichaam zo groot mogelijk maken, terwijl we zo weinig mogelijk kubusjes gebruiken. Daarom willen we dat elk kubusje met zo weinig mogelijk vlakken aan de rest van het lichaam vastgelijmd zit. Het beste is als we de kubusjes in één lange rij aan elkaar lijmen (zodat we een balk krijgen). De twee kubusjes aan de uiteinden van deze rij hebben $5$ zichtbare vlakken, en alle kubusjes daartussen hebben $4$ zichtbare vlakken. Aangezien elk vlak een oppervlakte heeft van $1{\mathrm{cm}}^2$ en we willen dat het totale oppervlak $30{\mathrm{cm}}^2$ bedraagt, krijgen we de vergelijking

waarbij $x$ het aantal kubusjes is tussen de twee uiteinden. We herleiden dit tot

Daaruit volgt dat $x=5$. Omdat we naast deze $5$ kubusjes ook nog $2$ kubusjes aan de uiteinden hebben, hebben we in totaal (minstens) $2+5=7$ kubusjes nodig.

Antwoord:

$45$

We zoeken het kleinste kwadraat (een getal dat kan worden geschreven als het product van een geheel getal met zichzelf) dat kan worden uitgedrukt als de som van $1929$ enen en negens. Het antwoord zal de wortel van dat getal zijn.

Stel dat alle mieren slechts één hokje zouden innemen. In totaal zouden ze dan $1929$ hokjes bezetten. Nu kunnen we een aantal gewone mieren vervangen door koninginnen. Op die manier vergroten we het aantal bezette hokjes telkens met $9-1=8$. We kunnen dus een aantal bezette hokjes krijgen van de vorm $1929+8k$ voor een niet-negatief geheel getal $k$. We zoeken het kleinste getal van deze vorm dat een kwadraat is.

Het eerstvolgende kwadraat groter dan $1929$ is $44\cdot 44=1936$. Dat is even, dus duidelijk niet van de vorm $1929+8k$, wat oneven is. Het volgende kwadraat is $45\cdot 45=2025$ en deze is wél van de vereiste vorm ($1929+8k=2025$ voor $k=12$). We kunnen de mieren dus volgens de regels op het rooster plaatsen. Het volstaat om $(2025-1929):8=12$ blokken van $3\times 3$ hokjes te kiezen. Mathilde zou ze bijvoorbeeld in de eerste drie rijen van het rooster kunnen kiezen.

Daarom is het kleinst mogelijke aantal rijen in Mathilde’s vierkante rooster $\sqrt{2025}=45$.

Antwoord:

$1000$

Het volume van het zwembad is $V=15m\cdot 6m\cdot 2m=180m^3$. Laten we berekenen hoeveel water elke vriend per uur kan brengen.

• Alice vult haar beker $\frac{3600s}{30s}=120$ keer per uur. Zo voegt ze $120\cdot 250\mathrm{ml}=30000\mathrm{ml}=30l$ water toe aan het zwembad.
• Bob vult zijn pot $\frac{60\min }{1\min }=60$ keer per uur. Zo voegt hij $60\cdot 0,5l=30l$ water toe aan het zwembad.
• Cornelia vult haar emmer $\frac{60\min }{5\min }=12$ keer per uur. Zo voegt ze $12\cdot 10{\mathrm{dm}}^3=120l$ water toe aan het zwembad.

In totaal verhogen de vrienden het watervolume in het zwembad met $30l+30l+120l=180l=0,18m^3$ per uur. Hun vulsnelheid is dus $v=0,18m^3∕h$. Uiteindelijk zou het vullen van het volledige zwembad $t=\frac{V}{v}=\frac{180m^3}{0,18m^3∕h}=1000h$ duren.

Antwoord:

$27$

Bij de uitgang wil Lucy een oneven aantal bloemen hebben (zodat ze ze niet verliest). Omdat oneven + even altijd oneven is, kan Lucy, als ze eenmaal een oneven aantal bloemen heeft, vervolgens naar een willekeurig aantal velden met een even getal gaan zonder bloemen te verliezen. We zoeken dus naar een reeks van velden met een even getal, die begint bij een veld met een oneven getal en eindigt bij de uitgang. Aangezien we niet weten op welke oneven veld die reeks zal beginnen, lopen we voorlopig simpelweg vanaf de uitgang via velden met een even getal terug en markeren we op elk van die velden (met grijze getallen) hoeveel bloemen Lucy onderweg van daar naar de uitgang zal plukken.

Nu zoeken we een oneven veld dat (i) grenst aan een van de gemarkeerde velden en (ii) waarvoor de som van het grijze getal op de gemarkeerde weide en het getal op het oneven veld maximaal is. Als we ze allemaal controleren (de velden met de getallen $1$, $3$ en $7$), vinden we dat de maximale som $27$ is. Dan hoeven we alleen nog te controleren of we echt bij de ingang kunnen starten en vervolgens dat gewenste oneven veld kunnen bereiken op zo’n manier dat we vóór het betreden ervan een even aantal bloemen hebben (zodat we de bloemen van het oneven veld niet verliezen). Een mogelijke route staat in de figuur.

Daarom is het maximale aantal bloemen dat Lucy bij de uitgang kan hebben gelijk aan $27$.

Antwoord:

$8$

Eerst moeten we de oppervlakte van het grijze deel berekenen. Dit bestaat uit twee driehoeken. De oppervlakte van een driehoek is gelijk aan de helft van het product van de lengte van een basis (een zijde) en de bijbehorende hoogte. In ons geval is het logisch om als basissen de zijden te nemen die op het lijnstuk $\mathit{PR}$ liggen. De reden is dat de hoogte op die basis gelijk is aan de helft van de zijde van het vierkant, dus $12\mathrm{dm}:2=6\mathrm{dm}$.

De som van de oppervlaktes van twee driehoeken met dezelfde hoogte is gelijk aan de som van hun basissen, vermenigvuldigd met de gemeenschappelijke hoogte en gedeeld door $2$. De som van de basissen van onze driehoeken is eenvoudig te bepalen: dat is de lengte van $\mathit{PR}$, die gelijk is aan de zijde van het vierkant ($12\mathrm{dm}$). De gemeenschappelijke hoogte is $6\mathrm{dm}$, dus de som van de oppervlaktes van de grijze driehoeken is $\frac{12\mathrm{dm}\cdot 6\mathrm{dm}}{2}=36{\mathrm{dm}}^2$.

Martine heeft één tube nodig per $5{\mathrm{dm}}^2$, dus ze heeft minstens $\frac{36{\mathrm{dm}}^2}{5{\mathrm{dm}}^2}=7,2$ tubes nodig. Aangezien Martine alleen een geheel aantal tubes kan kopen, ronden we dit naar boven af tot $8$. Daarom moet Martine $8$ verftubes kopen.

Antwoord:

$60$

Laten we de afstand van school naar huis aangeven met $d$, de snelheid van de moeder met $v_m$ en Davids snelheid met $v_D$. Bepaal eerst de tijd $t_1$ die nodig is als David niet naar zijn moeder toe rent. In dat geval rijdt de moeder eenvoudig de afstand $d$ van huis naar school en daarna nog eens $d$ van school naar huis, dus in totaal $2d$. Dat kost haar $t_1=\frac{2d}{v_m}$. Als we $t_1$ uitrekenen, krijgen we:

Bepaal nu de tijd $t_2$ in het geval dat David richting huis rent. We kunnen deze tijd schrijven als $t_2=t_{2A}+t_{2B}$, waarbij $t_{2A}$ de tijd is tot het moment waarop David en zijn moeder elkaar ontmoeten, en $t_{2B}$ de tijd van de ontmoeting tot thuis. De relatieve snelheid tussen de moeder en David is $v_m+v_D$. Als we willen weten wanneer ze elkaar ontmoeten, kunnen we ons voorstellen dat de afstand $d$ wordt afgelegd met snelheid $v_m+v_D$. Hieruit volgt voor $t_{2A}$:

De tijd $t_{2A}$ is de tijd die de moeder nodig heeft om het ontmoetingspunt te bereiken. Omdat de moeder in beide richtingen met dezelfde snelheid rijdt, is de tijd $t_{2B}$ die ze nodig heeft om van het ontmoetingspunt naar huis te rijden gelijk aan $t_{2A}$. Dus:

Het verschil met het eerste scenario is $t_1-t_2=6\min -5\min =1\min$, oftewel $60s$.

Antwoord:

$71,8$

De kamer met Michael is perfect gesloten, dus het luchtvolume is constant. We moeten dus de soortelijke warmtecapaciteit bij constant volume $c_V$ gebruiken. De lucht met massa $m=6\mathrm{kg}$ in de kamer stijgt in temperatuur van $t_0=20{}^{\circ }C$ naar $t_1=22{}^{\circ }C$. Daarvoor moet de lucht warmte hebben opgenomen ter waarde van $Q=c_V\cdot m\cdot (t_1-t_0)$. Alleen Michael kan daarvoor hebben gezorgd, dus hij heeft arbeid $W=Q$ aan de lucht geleverd. Aangezien zijn temperatuur niet is veranderd, is alle door Michael geleverde arbeid precies $W$. Hij leverde die gedurende het tijdsinterval $\tau =120s$. Het gemiddelde vermogen van Michael was dus

Antwoord:

$1978$

Het is duidelijk dat het enige positieve getal dat in de meest linkse steen van de onderste rij kan staan $3-2=1$ is. Laten we nu het getal in het midden van de onderste rij aanduiden met $x$. De somregel van de piramide dwingt dan de waarden van alle overige stenen af zoals in de volgende figuur:

We moeten nu geschikte waarden van $x$ vinden waarvoor alle vermeldingen in de piramide verschillende positieve gehele getallen zijn. De getallen $1$, $2$ en $3$ zijn al gebruikt, dus $x\ge 4$. We zullen laten zien dat alleen $x=4$ werkt. Stel, met als doel een tegenspraak af te leiden, dat $x\ge 5$. In dat geval geldt $15-2x\le 5$. Als $x=5$ is, dan is $15-2x$ ook gelijk aan $5$, een tegenspraak. Als $x>5$ is, dan is $15-2x$ maximaal $3$, en om positief te zijn moet het dan $1$, $2$ of $3$ zijn, die al gebruikt zijn, wederom een tegenspraak.

We hebben dus aangetoond dat $x=4$. Nu is het eenvoudig om de hele piramide uit te rekenen en te controleren dat alle elementen verschillend zijn:

Ten slotte berekenen we de som van de onderste rij: $1+2+4+7+1964=1978$.

Antwoord:

$10$

De formule voor hydrostatische druk is $p={\rho }_{\text{vloeistof}}\mathit{gh}$. Zowel ${\rho }_{\text{vloeistof}}$ als $g$ bleven hetzelfde tussen de twee metingen, dus kunnen we hun product als een constante aanduiden: $k={\rho }_{\text{vloeistof}}g$. Als we de cilinder van Anne aanduiden met index $A$ en die van Marie met index $M$, kunnen we de volgende vergelijkingen opschrijven:

waarbij $h_A$ en $h_M$ de hoogtes van de vloeistof in de cilinders zijn. Aangezien de constante $k$ in beide vergelijkingen gelijk is, kunnen we deze herschrijven tot één vergelijking:

We kunnen nu de hoogtes $h_A$ en $h_M$ uitdrukken met behulp van het volume van de vloeistof $V$ en de stralen $r_A$ en $r_M$ van de cilinders:

Als we dit in de vergelijking substitueren, krijgen we:

Hieruit kunnen we nu $r_M$ uitdrukken en het resultaat vinden:

Dus de bodem van Marie’s cilinder heeft een straal van $10\mathrm{cm}$.

Antwoord:

$38$

Het boek bestaat uit $25$ sprookjes met een even aantal bladzijden en $25$ sprookjes met een oneven aantal bladzijden. Elk sprookje met een even aantal bladzijden verandert de pariteit van de eerste bladzijde van het volgende sprookje niet; dat wil zeggen, als het op een even bladzijde begint, begint het volgende sprookje ook op een even bladzijde. Om het aantal sprookjes dat op een oneven bladzijde begint te maximaliseren, willen we dat elk sprookje met een even aantal bladzijden op een oneven bladzijde begint. Dan zullen alle $25$ sprookjes met even lengte op oneven bladzijden beginnen.

De situatie is anders voor sprookjes met een oneven aantal bladzijden. Elk daarvan verandert de pariteit van de beginbladzijde van het volgende sprookje. Om het aantal sprookjes dat op een oneven bladzijde begint te maximaliseren, kunnen we het eerste sprookje van oneven lengte op een oneven bladzijde laten beginnen. Daarna zal de eerste bladzijde van elk volgend oneven sprookje afwisselen tussen oneven en even. Daarom zullen van de $25$ sprookjes van onveven lengte er $13$ op een oneven bladzijde beginnen en $12$ op een even bladzijde.

In totaal zijn er dus $25+13=38$ sprookjes die op een oneven bladzijde beginnen.

Antwoord:

$30$

Aan het begin is de totale energie van de snowboarder gelijk aan zijn potentiële energie. Deze is $E_p=\mathit{mgr}$, waarbij $m=80\mathrm{kg}$ zijn massa is en $r=4,5m$ de straal van de kwartcirkelvormige delen (en tevens de hoogte boven de grond waarvan hij vertrekt).

De snowboarder verliest geen energie op de kwartcirkelvormige delen. Hij verliest alleen energie op het horizontale deel door wrijving. De wrijvingscoëfficiënt is $f=0,05$, dus de grootte van de wrijvingskracht is $F_f=\mathit{mgf}$. Deze kracht werkt over het gehele horizontale deel met lengte $s=3m$. De kracht verricht arbeid $W=\mathit{Fs}=\mathit{mgfs}$ op het snowboard. Oftewel, de snowboarder moet deze hoeveelheid arbeid leveren om de wrijving te overwinnen. Daarom neemt zijn energie bij elke passage van het horizontale deel met $W$ af.

Na $n$ passages is de energie van de snowboarder met $\mathit{nW}$ afgenomen. We zoeken de kleinste $n$ waarvoor het verschil $E_p-\mathit{nW}$ kleiner dan $0$ wordt, want dat is de passage waarbij de snowboarder stopt. Dit geeft de volgend ongelijkheid:

De snowboarder komt dus tot stilstand aan het einde van de $30^{\text{e}}$ passage van het horizontale deel.

Antwoord:

$2$

Het totale aantal getoonde gebaren is $27+25+24=76$. In elk spel worden twee gebaren getoond, dus waren er $76:2=38$ spellen. In $19$ daarvan was er een gelijkspel; in de overige $38-19=19$ spellen won één van de gebaren. Van deze spellen won steen $10$ keer en verloor $7$ keer. De resterende $19-10-7=2$ spellen zijn precies die waarin schaar en papier werden gekozen en schaar won. Dus schaar won $2$ keer. Opmerking: Dit scenario is ook daadwerkelijk te realiseren. Naast de reeds bekende overwinningen moet het gelijkspel steen-steen $5$ keer voorkomen, papier-papier $8$ keer en schaar-schaar $7$ keer.

Antwoord:

$65$

Laten we eerst kijken naar de krachten in de noord-zuidrichting. De kist wordt naar het noorden getrokken met een kracht van $75N$ en naar het zuiden met een kracht van $100N$. Dat resulteert in een kracht van $100N-75N=25N$ naar het zuiden. Op dezelfde manier bekijken we de krachten in de oost-westrichting. De kist wordt naar het oosten getrokken met een kracht van $120N$ en naar het westen met een kracht van $60N$. Dat resulteert in een kracht van $120N-60N=60N$ naar het oosten. De resulterende kracht op de kist vormt de schuine zijde van een rechthoekige driehoek met rechthoekszijden $25N$ en $60N$. Volgens de stelling van Pythagoras geldt dan:

De resulterende kracht die op de kist werkt heeft dus een grootte van $65N$.

Antwoord:

$\frac{1}{14}$

Noteer de weerstanden als $R_1=6\mathrm{\Omega }$, $R_2=12\mathrm{\Omega }$, $R_3=30\mathrm{\Omega }$ en $R_4=36\mathrm{\Omega }$. We berekenen de stroom door de schakeling in beide gevallen. Beschouw eerst de situatie waarin de schakelaar open is. Dan hebben we een parallelschakeling van twee takken. In de bovenste tak is de totale weerstand $R_b=R_2+R_3=42\mathrm{\Omega }$, terwijl in de onderste tak de weerstand $R_o=R_1+R_4=42\mathrm{\Omega }$ is. De totale weerstand is dus $R_1^{\prime }={\displaystyle \frac{R_b\cdot R_o}{R_b+R_o}}={\displaystyle \frac{42\mathrm{\Omega }\cdot 42\mathrm{\Omega }}{42\mathrm{\Omega }+42\mathrm{\Omega }}}=21\mathrm{\Omega }$. Omdat de bronspanning $U=3V$ is, volgt dat de stroom door de schakeling

is.

Laten we nu het geval bekijken dat de schakelaar gesloten is. Dan hebben we twee parallelschakelingen in serie. De eerste tak heeft weerstand $R_{21}^{\prime }={\displaystyle \frac{36\mathrm{\Omega }\cdot 12\mathrm{\Omega }}{36\mathrm{\Omega }+12\mathrm{\Omega }}}=9\mathrm{\Omega }$, terwijl de tweede tak weerstand $R_{22}^{\prime }={\displaystyle \frac{30\mathrm{\Omega }\cdot 6\mathrm{\Omega }}{30\mathrm{\Omega }+6\mathrm{\Omega }}}=5\mathrm{\Omega }$ heeft. In totaal is de weerstand $R_2^{\prime }=R_{21}^{\prime }+R_{22}^{\prime }=9\mathrm{\Omega }+5\mathrm{\Omega }=14\mathrm{\Omega }$. De totale stroom is dan

Dus, nadat Jonas de schakelaar heeft omgezet, neemt de stroom toe met

Antwoord:

$18$

Er zijn twee soorten lijnstukken in de figuur:

• lijnstukken die een paadje bevatten (stippellijnen);
• lijnstukken die op de rand van de speeltuin liggen.

De opgave vraagt om de som van de lengtes van de lijnstukken van het eerste type. Anderzijds weten we dat de som van de lengtes van de lijnstukken van het tweede type gelijk is aan de omtrek van de speeltuin, dus $27m$.

De truc is om de som te bekijken van de totale omtrek van de grijze delen en de totale omtrek van de witte delen, namelijk $30m+33m=63m$. Merk op dat elk lijnstuk van het eerste type tweemaal bijdraagt aan deze som, terwijl elk lijnstuk van het tweede type slechts eenmaal bijdraagt. Als we hieruit de omtrek van de speeltuin aftrekken (die gelijk is aan de som van de lengtes van de lijnstukken van het tweede type), krijgen we dat $63m-27m=36m$ gelijk is aan tweemaal de som van de lengtes van de lijnstukken van het eerste type.

Ten slotte hoeven we alleen door $2$ te delen om te vinden dat de som van de lengtes van de paadjes $36m:2=18m$ is.

Antwoord:

$2700$

Laat $a$, $b$ en $c$ de lengte, breedte en hoogte van het aquarium zijn, in een onbepaalde volgorde. We zijn op zoek naar het volume $V=\mathit{abc}$ vinden. Noem de door Radek verkregen drukken respectievelijk $p_1=4000\mathrm{Pa}$, $p_2=10000\mathrm{Pa}$ en $p_3=20000\mathrm{Pa}$. Het aquarium is gevuld met water tot $2∕3$ van zijn volume. Dus als Radek het aquarium op één van zijn zijvlakken zet, reikt het water tot $2∕3$ van de op dat moment verticale afmeting van het aquarium. Voor de drie mogelijke plaatsingen van het aquarium krijgen we daarom de volgende vergelijkingen voor de hydrostatische druk:

Hieruit kunnen we de afmetingen van het aquarium uitdrukken:

Ten slotte is het volume van het aquarium

We moesten het volume in liter uitdrukken, dus zetten we dit om en vinden we dat het volume van Radeks aquarium $2700L$ is.

Antwoord:

$7,5$

De lichtstraal weerkaatst volgens de spiegelwet. Dat wil zeggen dat de invalshoek en de terugkaatsingshoek dezelfde grootte hebben. Dus de hoeken die met $\alpha$ zijn aangeduid in onderstaande figuur hebben dezelfde grootte:

De twee driehoeken die in de figuur te zien zijn hebben allebei hebben één hoek met grootte $\alpha$ en één rechte hoek. Ze zijn dus gelijkvormig. Hieruit volgt dat het horizontale lijnstuk van $20m$ in dezelfde verhouding wordt verdeeld als de verhouding van de hoogtes van de torens, namelijk $3:5$. Het kleinere deel heeft dus een lengte van $\frac{3}{3+5}\cdot 20m=7,5m$. Met andere woorden, de spiegel moet op een afstand van $7,5m$ van de voet van de kleinere toren worden geplaatst.

Antwoord:

$50$

Splits het probleem in twee richtingen — één langs de spoorbaan en één loodrecht daarop. In de loodrechte richting moet de kogel een afstand van $s_p=48m$ afleggen. Aangezien de kogel in die richting een snelheid heeft van $v_p=192m∕s$, duurt de vlucht

De kogel heeft echter ook een component van de snelheid in de richting van de spoorbaan (door de vaart van de revolver op het rijdende dak). In tijd $t$ legt de trein, met snelheid $v_t=56m∕s$, de afstand

Om het doel te raken moet Joe dus vuren op een punt dat $14m$ vóór het punt ligt waar zijn positie boven het loodrechte projectiepunt van het doel op de spoorbaan komt. Hij bevindt zich dan in een rechthoekige driehoek met rechthoekszijden $14m$ en $48m$. Uit de stelling van Pythagoras volgt dat de schuine zijde

lang is. Dit is de afstand waarop Joe zich moet bevinden als hij schiet, dus het antwoord is $50m$.

Antwoord:

$17$

Met een formule van het formuleblad kunnen we gemakkelijk berekenen dat $1+2+3+\dots +101=5151$. Bij elke verandering van een plusteken naar een minteken verlagen we de uitkomst met het dubbele van het betreffende getal. Om zo snel mogelijk van $5151$ naar $2025$ te gaan, moeten we beginnen met de grootste getallen. In totaal moeten we de uitkomst verlagen met $5151-2025=3126$. De som van de af te trekken getallen moet dus $3126:2=1563$ zijn (gedeeld door $2$, omdat elke verandering van $+$ naar $-$ de uitkomst verlaagt met het dubbele van het getal waarvan we het teken veranderen). Elk afgetrokken getal is hoogstens $100$, dus hebben we meer nodig dan $1563:100=15,63$, dus ten minste $16$ getallen.

Als we de $16$ grootste getallen van teken veranderen, krijgen we

Dit ligt iets boven $2025$, namelijk $2159-2025=134$. Om de uitkomst nog met $134$ te verlagen, moeten we het teken voor het getal $134:2=67$ veranderen. Zo verkrijgen we precies $2025$ na in totaal $16+1=17$ plustekens te hebben omgezet in mintekens.

Antwoord:

$20,01$

Laat $m$ de massa van de bal zijn. De oorspronkelijke potentiële energie van de bal is $E_p=\mathit{mgh}$, waarbij $h=2,5m$. De bal blijft tijdens de stuiten energie verliezen. Bij elke stuit verliest de bal een deel van zijn energie. Slechts de helft van deze verloren energie wordt omgezet in warmte die door de bal wordt opgenomen. Aangezien uiteindelijk alle oorspronkelijke potentiële energie wordt omgezet in het proces van tot rust komen, wordt precies de helft van de potentiële energie omgezet in warmte-energie van de bal.

De warmte die de bal opneemt is dus $E_p∕2$. Dit zorgt ervoor dat de bal, met een soortelijke warmtecapaciteit $c=1250J∕(\mathrm{kg}{}^{\circ }C)$, in temperatuur stijgt met $\mathrm{\Delta }t$ gegeven door:

De temperatuur van de bal stijgt dus van $t=20{}^{\circ }C$ naar $t^{\prime }=t+\mathrm{\Delta }t=20{}^{\circ }C+0,01{}^{\circ }C=20,01{}^{\circ }C$.

Antwoord:

$79$

Neem drie van de stokjes. Wat kunnen we zeggen over de drie scherpe hoeken ertussen? We zullen aantonen dat minstens één van de volgende twee uitspraken noodzakelijk waar is:

a)

Eén van de scherpe hoeken is de som van de andere twee.

b)

De drie scherpe hoeken samen zijn $180^{\circ }$.

Drie lijnen verdelen een volle hoek in $3$ paren van hoeken met dezelfde grootte. Er kan hoogstens één van deze paren uit stompe (of rechte) hoeken bestaan – anders zou de volle hoek meer dan $360^{\circ }$ bedragen. We kunnen dus twee paren van scherpe hoeken nemen van de drie paren. Deze twee paren bepalen twee van de drie scherpe hoeken die door de drie lijnen worden gevormd. De vraag is nu hoe de derde eruitziet.

De twee scherpe hoeken die we al hebben, delen een gemeenschappelijke lijn. Stel eerst dat hun som scherp is. In dat geval is dit de derde scherpe hoek, en bevinden we ons in situatie a). Is hun som echter stomp, dan wordt de derde hoek het supplement van deze som tot $180^{\circ }$, wat situatie b) oplevert.

Nu zijn we klaar om het oorspronkelijke probleem aan te pakken. We kennen $5$ van de $6$ hoeken, dus er moet een drietal stokjes zijn waarvoor we alle hoeken kennen. Zij moeten aan één van de bovenstaande voorwaarden voldoen. Geen drie van de hoeken voldoen aan b), want de maximale som die we kunnen krijgen is $45^{\circ }+56^{\circ }+61^{\circ }=162^{\circ }<180^{\circ }$. We kunnen echter twee drietallen vinden die aan voorwaarde a) voldoen, namelijk $16^{\circ }+40^{\circ }=56^{\circ }$ en $16^{\circ }+45^{\circ }=61^{\circ }$. Hieruit volgt dat er zeker twee lijnen zijn met een onderlinge hoek van $16^{\circ }$. De twee drietallen van hoeken worden gevormd door deze twee lijnen met een derde lijn, dus beide gevonden drietallen moeten worden gebruikt.

We beginnen dus met twee lijnen met een hoek van $16^{\circ }$. Vervolgens voegen we lijnen toe zodat ze hoeken van respectievelijk $40^{\circ }$ en $45^{\circ }$ vormen met de benen van deze hoek van $16^{\circ }$ (en ze mogen niet overlappen met de hoek van $16^{\circ }$). We moeten dus twee gevallen beschouwen:

Geval 1.

Ze liggen aan dezelfde kant. In dat geval is er zeker een scherpe hoek van $45^{\circ }-40^{\circ }=5^{\circ }$. Er kan worden gecontroleerd dat alle overige hoeken overeenkomen met Annemaries metingen.

Geval 2.

Ze liggen aan tegenovergestelde kanten. In dit geval vormen twee lijnen een hoek van $45^{\circ }+16^{\circ }+40^{\circ }=101^{\circ }$. Deze hoek is echter stomp, dus we moeten zijn supplement nemen, namelijk $180^{\circ }-101^{\circ }=79^{\circ }$. Ook hier is gemakkelijk na te gaan dat deze configuratie aan de voorwaarden voldoet.

Kortom, we vinden dat de grootst mogelijke waarde voor de zesde hoek $79^{\circ }$ is — dit is dus de hoek die Michael berekende.

Antwoord:

$25$

Kristien schreef $8$ getallen op met rekenkundig gemiddelde $45$. De som van deze $8$ getallen moet dus $8\cdot 45=360$ zijn. Evenzo schreef Katrien $8$ getallen op met rekenkundig gemiddelde $65$. De som van deze $8$ getallen moet dus $8\cdot 65=520$ zijn. De som van de door beide meisjes opgeschreven getallen is dus $360+520=880$.

Daarna schreven de meisjes $8+8-1=15$ getallen op (ze schreven het ene gemeenschappelijke getal slechts één keer) met een rekenkundig gemiddelde van $57$. De som daarvan is dus $15\cdot 57=855$. Dit getal verschilt van het eerder verkregen $880$ precies met het getal dat door beide meisjes was opgeschreven. Dat betekent dat het door beiden genoteerde getal $880-855=25$ was.

Antwoord:

$2$

Eerst moeten we begrijpen wat de grootheid “lineaire dichtheid” betekent. We duiden deze aan met $\lambda$. Uit de eenheid $\mathrm{kg}∕m$ kunnen we opmaken dat een ketting met massa $m$ en lengte $\ell$ een lineaire dichtheid heeft $\lambda =\frac{m}{\ell }$. In ons probleem kennen we de lineaire dichtheid $\lambda =3\mathrm{kg}∕m$ en moeten we de lengte $\ell$ berekenen.

Terug naar het oorspronkelijke probleem: we hebben een bol met volume $V=40l=0,04m^3$ en gemiddelde dichtheid $\rho =50\mathrm{kg}∕m^3$. Deze bol heeft een van $m_0=\mathit{\rho V}=2\mathrm{kg}$.

We willen dat $20\%$ van de bol onder water is, dus de boei moet uiteindelijk een gemiddelde dichtheid hebben van $20\%$ van de dichtheid van water. Hij moet dus een dichtheid hebben van ${\rho }^{\prime }=\frac{20}{100}\cdot 1000\mathrm{kg}∕m^3=200\mathrm{kg}∕m^3$.

Het bevestigen van een ketting met verwaarloosbaar volume vergroot het volume niet, dus het volume blijft $V$. De totale massa van de boei moet daarom $m={\rho }^{\prime }V=200\mathrm{kg}∕m^3\cdot 0,04m^3=8\mathrm{kg}$ zijn.

We moeten de massa dus verhogen met $m-m_0=6\mathrm{kg}$. Daarvoor hebben we een ketting nodig met een lengte van

Antwoord:

$56$

Noem de weerstanden $R_1$ en $R_2$. De voorwaarde voor de serieschakeling levert de vergelijking

De voorwaarde voor de parallelschakeling geeft

We hebben dus een stelsel van twee vergelijkingen met twee onbekenden. Herschrijven van de tweede voorwaarde en gebruiken van de eerste vergelijking vereenvoudigt dit tot

De weerstandswaarden hebben dus een som van $64$ en een product van $448$. Als we vermoeden dat de waarden gehele getallen zijn, moeten we een paar complementaire delers van $448$ vinden met som $64$. Ten minste één van de delers moet deelbaar zijn door $8$ (omdat $448$ deelbaar is door $64=8^2$). Omdat ook de som van beide delers deelbaar is door $8$, moet de tweede deler eveneens door $8$ deelbaar zijn. Dit laat slechts één mogelijkheid over: de delers $8$ en $56$, die inderdaad aan de voorwaarden voldoen. We worden gevraagd naar de grootste weerstand. Die is gelijk aan $56\mathrm{\Omega }$.

Antwoord:

$40$

Laat $m$ het kleinste en $M$ het grootste van de opgeschreven getallen zijn. Deze staan ergens op de cirkel. Beschouw de cirkelbogen van $m$ naar $M$. Er zijn twee zulke bogen; we focussen op één ervan. We beweren dat de som van de rode getallen langs deze boog minimaal $M-m$ is.

Als de getallen langs de boog in stijgende volgorde van $m$ naar $M$ staan, bijvoorbeeld $m<a_1<a_2<\cdots <a_k<M$, dan is de som van de rode getallen

Anders is er ergens een daling. In dat geval moeten we niet alleen in stappen van $m$ naar $M$ stijgen, maar ook de daling(en) compenseren. Daardoor neemt de som van de rode getallen met ten minste tweemaal de grootte van de daling toe. Dit vergroot de totale som, dus dit is zeker niet optimaal.

Tot dusver hebben we gevonden dat de minimale som van rode getallen langs elke boog van $m$ naar $M$ gelijk is aan $M-m$. Er zijn twee zulke bogen, dus is de minimale totale som van rode getallen $2(M-m)$.

Het probleem reduceert nu tot het vinden van de kleinst mogelijke waarde van $M-m$. De kleinste mogelijke waarde zouden we krijgen als de $20$ getallen $20$ opeenvolgende gehele getallen vormen (dan is $M-m=19$). Dat kan echter niet: de som van $20$ opeenvolgende getallen is altijd $10$ keer de som van het kleinste en het grootste element, en dus een veelvoud van $10$. Het getal $2025$ is daarentegen geen veelvoud van $10$.

We kunnen echter concluderen dat $M-m=20$ wel haalbaar is. We kunnen bijvoorbeeld expliciet $20$ getallen opschrijven die voldoen. De gemiddelde waarde van de $20$ getallen is ongeveer $2025:20=101,25$. We kijken daarom naar $20$ opeenvolgende gehele getallen (waarvan we er enkele zullen aanpassen) zodat $101,25$ tussen de $10^{\text{e}}$ en $11^{\text{e}}$ term ligt; deze twee termen zijn $101$ en $102$. Als we de getallen $92,93,\dots ,101,102,\dots ,111$ nemen, krijgen we de som $10\cdot (101+102)=2030$. We moeten echter $2025$ hebben, dus verlagen we de kleinste $5$ getallen ($92,93,94,95,96$) elk met één.

Zo verkrijgen we een $20$-tal met som $2025$ waarvoor $M-m=20$. De minimale som van de rode getallen is dus $2(M-m)=2\cdot 20=40$.

Antwoord:

$1,05$

Laat $m$ de massa van de bal zijn. In het begin bevindt de bal zich op hoogte $h_0=1,6m$, dus heeft hij potentiële energie $E_{p_0}=\mathit{mg}{h}_0$. Daarnaast beweegt hij met snelheid $v_0=16m∕s$, dus heeft hij kinetische energie $E_{k_0}=\frac{1}{2}m{v}_0^2$. De totale energie in het begin is

De eerste stuitering gebeurt op hoogte $h_1=0,8m$, dus is de potentiële energie $E_{p_1}=\mathit{mg}{h}_1=10N∕\mathrm{kg}\cdot 0,8m\cdot m=8J∕\mathrm{kg}\cdot m$. De kinetische energie vóór de stuiter is $E_{k_1}^{\prime }=E_0-E_{p_1}=144J∕\mathrm{kg}\cdot m-8J∕\mathrm{kg}\cdot m=136J∕\mathrm{kg}\cdot m$. Deze neemt af tot drie kwart, dus na de stuiter geldt $E_{k_1}=\frac{3}{4}{E}_{k_1}^{\prime }=\frac{3}{4}\left(136J∕\mathrm{kg}\cdot m\right)=102J∕\mathrm{kg}\cdot m$. De totale energie na de eerste stuiter is dan

Bij de tweede stuiter is er geen potentiële energie ($E_{p_2}=0$), dus bestaat de totale energie volledig uit kinetische energie, die opnieuw tot drie kwart afneemt:

Nu zoeken we het moment waarop de bal zijn maximale hoogte bereikt. Dat gebeurt wanneer de verticale component van de snelheid nul is. Er blijft echter nog een horizontale component over, dus moeten we ook die meenemen. Aan het begin was de horizontale snelheid $v_0$. Na elke stuiter neemt de grootte van de snelheid af zodanig dat de kinetische energie tot drie kwart vermindert. Omdat de kinetische energie evenredig is met het kwadraat van de snelheid, wordt de snelheid vermenigvuldigd met $\sqrt{3∕4}$. Na twee stuiteringen geldt dus $v_2={(\sqrt{3∕4})}^2{v}_0=\frac{3}{4}{v}_0=12m∕s$.

In het hoogste punt heeft de bal nog steeds snelheid $v_2$ en dus kinetische energie $E_{k_3}=\frac{1}{2}m{v}_2^2=\frac{1}{2}{(12m∕s)}^2\cdot m=72J∕\mathrm{kg}\cdot m$. De potentiële energie is dan $E_{p_3}=E_2-E_{k_3}=82,5J∕\mathrm{kg}\cdot m-72J∕\mathrm{kg}\cdot m=10,5J∕\mathrm{kg}\cdot m$. Daaruit volgt dat de maximale hoogte $h_3$ die de bal bereikt gelijk is aan:

Antwoord:

$39$

Uit de definitie van de grootste gemene deler weten we dat $\text{ggd}(a,b)$ een deler is van zowel $a$ als $b$. Op dezelfde manier zijn zowel $a$ als $b$ delers van $\text{kgv}(a,b)$. Hieruit volgt dat $\text{kgv}(a,b)$ deelbaar is door $\text{ggd}(a,b)$. We kunnen dus positieve gehele getallen $d$ en $k$ vinden zodat