Hier kun je een bestand downloaden met 10 examencontexten met absolute waarden. Tips en uitwerkingen van deze contexten vind je op de volgende pagina’s:
Op de volgende pagina’s staan examensommen waar leerlingen minder dan 40% van de punten op gescoord hebben. Vaak komt dat doordat het voor veel leerlingen lastig is om te zien hoe ze moeten beginnen. Probeer bij deze vragen dus goed te lezen en daarmee een goede start te maken.
Hieronder vind je mijn uitwerkingen bij de eerste ronde van de Wiskunde Olympiade van 2026. Opdrachten van oudere eerste rondes kun je oefenen in de puzzeltoren.
De opdrachten van de eerste ronde van 2026 kun je hier downloaden.
Opdracht A1:
Op elk vakje van de figuur hieronder ligt een stukje kaas. Een muis kiest een vakje uit om in te beginnen en loopt vervolgens steeds (na het eten van het stukje kaas) naar een buurvakje. (Twee vakjes zijn buren als ze een zijde gemeenschappelijk hebben.) Hij wil zoveel mogelijk stukjes kaas opeten, maar nooit op een vakje komen waar hij eerder al geweest is.
Hoeveel blokjes kaas kan hij maximaal opeten?
Het antwoord is 11 blokjes (dat was meerkeuze-antwoord D).
Bij problemen met rasters is het vaak een goed idee om het raster in een schaakbordpatroon te kleuren.
De reden dat dit hier nuttig is, is omdat de muis dan alleen van een zwart vakje naar een wit vakje kan lopen. En andersom: dat de muis alleen van een wit vakje naar een zwart vakje kan lopen. Dit betekent dat de route van de muis steeds afwisselend over een wit en een zwart vakje zal gaan.
Aangezien we meer witte dan zwarte vakjes hebben, kunnen we een hoger totaal krijgen als we op een wit vakje beginnen (en dan ook eindigen op een wit vakje). Daarbij moeten we zorgen dat de route ook over alle zwarte vakjes gaat. Dat heb ik hieronder voor elkaar gekregen door de zwarte vakjes van linksonder naar rechtsboven te bezoeken. Dat geeft de volgende route van 11 vakjes:
Deze route is het beste wat we kunnen krijgen, want met vijf zwarte vakjes kunnen we nooit meer dan vijf zwarte en zes witte vakjes bezoeken. Het antwoord is dus 11 blokjes kaas.
Opdracht A2:
Dominostenen zijn rechthoekige stenen met twee getallen erop. Je kunt twee dominostenen tegen elkaar aan leggen als de getallen op de uiteinden gelijk zijn. Dus de stenen 2-5, 0-5 en 2-3 kunnen bijvoorbeeld als volgt in een rij achter elkaar gelegd worden: 3-2, 2-5, 5-0. Emre heeft de dominostenen 0-1, 0-4, 2-2, 2-3, 2-4, 2-5, 4-5 en 4-6 gepakt. Hij wil zeven van deze acht dominostenen in een rij achter elkaar leggen.
Welke dominostenen moet Emre dan niet gebruiken.
De steen 2-3 moet Emre niet gebruiken (dat was meerkeuze-antwoord B).
In het midden van een rij dominostenen als 3-2, 2-5, 5-0 komen cijfers steeds twee keer achter elkaar voor (we hebben twee 2’en en twee 5’en in het midden). Door deze eigenschap zullen de cijfers die niet op het begin of het eind van de rij staan een even aantal keer voorkomen.
Door de bovenstaande eigenschap zijn er in iedere rij maximaal 2 cijfers die een oneven aantal keer voorkomen. Dat is direct de reden dat Emre niet alle stenen kan neerleggen. Op zijn stenen komen namelijk vier cijfers een oneven aantal keer voor, zoals ik hieronder geteld heb:
0 komt twee keer voor
1 komt één keer voor (oneven)
2 komt vijf keer voor (oneven)
3 komt één keer voor (oneven)
4 komt vier keer voor
5 komt twee keer voor
6 komt één keer voor (oneven)We moeten één steen weglaten en maximaal twee cijfers overhouden die een oneven aantal keer voorkomen. Dat kan alleen als de steen die niet gebruikt wordt twee cijfers heeft die een oneven aantal keer voorkomt. We moeten dus zoeken naar een steen waarop twee van de cijfers 1, 2, 3 en 6 op voorkomen. Dat moet de steen 2-3 zijn. Met de overige stenen kunnen we inderdaad een rij maken. Bijvoorbeeld: 1-0, 0-4, 4-5, 5-2, 2-2, 2-4, 4-6.
Het antwoord is dus 2-3.
Opdracht A3:
In een klas van vijftien leerlingen spreken een of meer leerlingen altijd de waarheid. De andere leerlingen spreken soms wel en soms niet de waarheid. De leerlingen weten wie altijd de waarheid spreekt. Het schoolhoofd vraagt elk van de leerlingen hoeveel leerlingen altijd de waarheid spreken. Ze krijgt de volgende vijftien antwoorden: “twee” (1 keer), “drie” (4 keer), “vier” (3 keer), “vijf” (2 keer) en “zes” (5 keer).
Hoeveel leerlingen spreken altijd de waarheid?
Drie leerlingen spreken altijd de waarheid (dat was meerkeuze-antwoord B).
Als het antwoord “twee” zou zijn, zouden in ieder geval de twee leerlingen die altijd de waarheid spreken het antwoord “twee” geven. Hieruit volgt dat het antwoord twee dan minimaal twee keer gegeven zou zijn. In de klas is het echter maar één keer gegeven. We weten dus dat het antwoord niet “twee” kan zijn.
Op dezelfde manier kan het antwoord niet “vier”, “vijf” of “zes” zijn, omdat dan deze antwoorden respectievelijk minstens vier, vijf of zes keer zouden moeten voorkomen (en ze minder vaak gegeven zijn). Ze worden immers in ieder geval gezegd door iedereen die altijd de waarheid spreekt.
Het enige mogelijke aantal leerlingen dat dus altijd de waarheid spreekt, is dus “drie”. Dat antwoord is dan gegeven door de drie leerlingen die altijd de waarheid spreken en door één leerling die soms de waarheid spreekt.
Het antwoord is dus 3 leerlingen.
Opdracht A4:
Vijf stoelen met de letters A t/m E erop staan in die volgorde in een kring. Vijf mensen genaamd A t/m E gaan op de stoelen zitten, ieder op een andere stoel, maar niet per se op de stoel met hun eigen letter. Er geldt:
Op welke stoel zit persoon D?
Persoon D zat op stoel E (dat was meerkeuze-antwoord E).
Mijn eerste stap bij het oplossen van dit soort problemen is altijd om de situatie te visualiseren met een plaatje. Ik teken dus eerst de kring met de vijf steoelen A t/m E:
De eerste hint vertelt ons nu dat A op stoel D zit. Dat zet ik dus ook in mijn plaatje.
De tweede hint vertelt ons dat persoon B op stoel A of stoel C zit. De laatste hint vertelt dat E direct tussen persoon C en D zit. Dat kan alleen als B op stoel E of stoel C zit, want anders zijn er niet drie aanliggende stoelen voor C, D en E over. Als we deze hints combineren moet persoon B dus wel op stoel C zitten.
We weten door hint 3 dat persoon C op stoel B zit, omdat persoon B op stoel C zit. Vanwege hint 4 moet E op stoel A in het midden zitten. Persoon D zit dus op de overgebleven stoel E. Uiteindelijk ziet hoe iedereen zit er dus zo uit:
Het antwoord is dus dat persoon D op stoel E zit.
Opdracht A5:
Een bak bevat rode, witte en blauwe ballen. Het totale aantal ballen in de bak is kleiner dan 100. Van elke kleur is er minstens één bal. Het aantal rode ballen is een even getal. Het aantal witte en blauwe ballen is samen 4 keer zo groot als het aantal rode ballen. Het aantal rode en blauwe ballen samen is 6 keer zo groot als het aantal witte ballen.
Hoeveel ballen zitten er in de bak?
Het antwoord is 70 ballen (dat is meerkeuze-antwoord D).
Bij dit soort opdrachten helpt het vaak om variabelen te introduceren. Een natuurlijke manier om dat te doen, is door de letter 
te gebruiken voor het aantal rode ballen, de letter 
te gebruiken voor het aantal witte ballen en de letter 
te gebruiken voor het aantal blauwe ballen.
Uit de zin “Het aantal witte en blauwe ballen samen is 4 keer zo groot als het aantal rode ballen” halen we de vergelijking 
. Uit de zin daarna volgt de vergelijking 
. We willen dus een oplossing vinden van het stelsel 
die nog aan een aantal eisen voldoet. Aangezien één van die eisen is dat even is, vind ik het natuurlijk om alle letters in uit te drukken.
Bovenstaande kan op meer manieren. We kunnen bijvoorbeeld de tweede vergelijking herschrijven tot 
en deze substitueren in de eerste vergelijking. Dat geeft 
. Hieruit volgt 
en dus 
. Dat weer terug invullen in geeft 
. De oplossingen hebben dus de vorm 
.
De waarden van , en moeten geheel zijn. Dat gebeurt alleen als een 7-voud is. Daarnaast is gegeven dat even moet zijn. Dat betekent dat een 14-voud is. Bij 
zijn er geen knikkers (wat niet mag!). De kleinst mogelijke oplossing is dus bij 
. Dat geeft 
en 
. In totaal zijn er dan dus 
ballen. Bij 
zal het aantal ballen twee keer zo groot zijn wat niet kan met het gegeven dat er minder dan 100 ballen zijn. De enige oplossing is dus 70 ballen.
NB: Bij een Olympiade zal ik altijd mijn antwoord nog even controleren door te kijken of mijn oplossing aan alle eisen voldoet. Hier is dat het geval, want het aantal witte en blauwe is samen 
en dat is inderdaad vier keer het aantal rode, want 
. Ook is het aantal rode en blauwe ballen samen zes keer zo groot als het aantal witte, want er geldt zowel 
als 
.
Opdracht A6:
Peter wil een vlag ontwerpen voor zijn nieuwe wiskundeclub. Zijn huidige ontwerp bestaat uit een groot (gekanteld) vierkant met een oppervlakte van 100 en aan vier hoekpunten overal een tweetal kleine vierkanten met zijdes parallel aan de diagonalen van het grote vierkant. De twee driehoeken aangegeven in de figuur wil hij groot rood kleuren. Peter maakt 9 ontwerpen met kleine vierkantjes die toenemen van 
tot 
in welk geval ze elkaar overlappen). Wat gebeurt er met de oppervlakte van de rode driehoeken?
A) die neemt steeds toe
B) die neemt steeds af
C) die neemt eerst toe en daarna weer af
D) die neemt eerst af en daarna weer toe
E) die is constant
Het antwoord is E. De oppervlakte is constant.
Ik merk dat het figuur uit de opgave mij niet zoveel overzicht geeft. Gevoelsmatig komt dat doordat het middelste vierkant schuin getekend is. Ik besluit dus om het vierkant na te tekenen waarbij het middelste vierkant juist met de roosterlijnen meeloopt (en de buitenste vierkantjes dus schuin lopen).
Hierbij valt mij op dat punt 
recht onder 
terecht komt. Als we daardoor 
als basis van de onderste driehoek nemen, is de bijbehorende hoogte gelijk aan 
. De oppervlakte van deze driehoek is dus 
(dit is ongeacht van hoe groot de kleine vierkantjes zijn, omdat altijd recht onder ligt, waardoor de hoogte altijd 10 is).
Het antwoord op de vraag is dus dat de oppervlakte van de rode driehoeken constant is. Optie E is dus correct.
NB: Natuurlijk is het niet nodig om de driehoek eerst te draaien. In de officiële oplossing hebben ze precies hetzelfde argument met een niet gedraaid vierkantje. Als je dat echter niet meteen ziet, is de truc bij Olympiade-problemen vaak om te gaan spelen met het probleem. Bij meetkundeproblemen doe ik dat vaak door een beter (of enkel: ander) plaatje te maken. Daardoor maak ik het probleem mijzelf meer eigen en ga ik de oplossing ook gemakkelijker zien.
Opdracht A7:
Dascha maakt een getallenrij met de volgende eigenschappen:
Hoeveel getallenrijen kan ze op deze manier maken?
Het antwoord is 2 mogelijkheden (dat is meerkeuze-antwoord B).
We moeten een rijtje maken met daarin 25 enen, tweeën, drieën en vieren. Een standaardtruc bij het oplossen van zo’n probleem is om eerst eens te kijken naar rijtjes die een kleiner aantal enen, tweeën, drieën en vieren bevatten. Ik begin dus te kijken naar een rijtje waar ieder van deze cijfers één keer in voorkomt. Daarbij valt mij op dat voor of na de 3 alleen een 1 kan. De 3 moet dus op het begin of eind staan. Naast de 2 kan alleen de 4. De 2 moet dus ook aan het begin of eind staan. We krijgen hier dus twee opties: 2413 en 3142
Vervolgens kijk ik naar rijen waarin ieder cijfer twee keer voorkomt. Hierbij geldt nog steeds dat naast een 3 alleen een 1 mag. Aangezien we maar twee enen hebben, kan er maar één 3 tussen twee enen staan. Er moet dus minstens één 3 aan de rand. Om soortgelijke redenen moet er ook minstens één 2 aan de rand staan (een 2 mag alleen naast vieren. Daar zijn er maar twee van en daar past er maar één tussen). We hebben nu dus precies één 3 aan de rand met een 1 ernaast. De andere 3 moet tussen de twee andere enen. Dit betekent dat de rij start met 3131 of eindigt op 1313. Vanwege de tweeën krijgen we vanwege een soortgelijk argument ook dat de rij start met 2424 of eindigt op 4242. We hebben dus wederom twee opties: 24241313 of 31314242.
Dezelfde problemen met drieën hebben we natuurlijk als we 25 van ieder cijfer gebruiken. We kunnen de drieën alleen kwijt zonder meer enen te gebruiken door te starten met 3131…3131 of te eindigen met 1313…13. Hetzelfde geldt dat we alleen de tweeën kwijt kunnen zonder meer vieren te gebruiken door te beginnen met 2424…2424 of te eindigen met 4242…4242. Ook hier krijgen we dus uiteindelijk maar twee opties: 2424…24241313…1313 en3131…31314242…4242.
Het antwoord is dus 2.
Opdracht A8:
Dana heeft een oneven getal van 1 cijfer. Ze gooit nu 2026 keer achter elkaar een muntje op en na elke worp doet ze een van de volgende dingen (met de computer):
Ze komt uit op het enorme getal 646…143 van 625 cijfers. Met welk getal was ze begonnen?
Het antwoord is 5 (dat hoort bij meerkeuze-antwoord C).
Bij dit soort opgaven kun je meestal alle informatie halen uit het laatste cijfer (of als de opgave iets moeilijker dan een eerste ronde is: de laatste cijfers). De truc die je hierbij moet kennen, is dat je het laaste cijfer van de vermenigvuldiging 
kunt achterhalen door simpelweg de laatste twee cijfers te vermenigvuldigen. Aangezien het product van 7 en 3 op een 1 eindigt, eindigt ook op een 1.
Bij deze opgave gebruiken we dezelfde truc. We kunnen achterhalen wat het volgende eindcijfer is als we het huidige eindcijfer weten:
en 
beide op een 3 eindigen.
en 
beide op een 7 eindigen.
en 
beide op een 1 eindigen.
en 
beide op een 5 eindigen.
en 
beide op een 9 eindigen.We zien dat als het getal eenmaal op een 9 eindigt hij altijd op een 9 blijft eindigen. Aangezien ons getal na 2026 stappen niet op een 9 eindigt, deed het begingetal dat ook niet. Bij de andere eindcijfers doorlopen we steeds het kringetje 1-3-7-5-1-3-7-5-1. Dit betekent dat we na iedere vier stappen weer terugkomen bij hetzelfde eindcijfer. Na 2024 keer gooien heeft ze dus hetzelfde eindcijfer als op het begin. Twee stappen verder (na 2026 keer gooien) is het eindcijfer een 3. Na 2024 keer gooien (en dus op het begin) was het eindcijfer dus een 5, omdat een 5 twee stappen voor de 3 komt in de herhalende reeks 1-3-7-5-1-3-7-5-…
Het antwoord is dus 5.
NB: Merk op dat Dana waarschijnlijk geen eerlijke munt had. Het getal 
heeft namelijk al 611 cijfers. Er is dus niet heel vaak keer zeven plus zes gedaan.
Opdracht B1:
Jasper kiest vijf getallen onder de honderd. Hij kiest de getallen zó dat de vijf getallen samen elk van de cijfers 0 tot en met 9 precies éénmaal bevatten en niet met een nul beginnen. Bovendien zijn de getallen allemaal deelbaar door 3 maar niet door 9. Er zijn meerdere manieren om dat te doen. Hij doet het zó dat de vijf getallen bij elkaar opgeteld een zo groot mogelijke uitkomst geven.
Wat is die uitkomst?
De grootst mogelijke uitkomst is 333.
We moeten op zoek naar vijf getallen van drie cijfers die allemaal een drievoud maar geen negenvoud zijn. Het voelt hiervoor logisch om eerst een lijstje te maken van alle getallen die een drievoud maar geen negenvoud zijn. Die heb ik hieronder gemaakt (waarbij ik 33 en 66 heb weggelaten, omdat ieder cijfer maar één keer mag voorkomen).
12 15
21 24
30 39
42 48
51 57
60 69
75 78
84 87
93 96Hierbij valt het mij op dat de getallen 0, 3, 6 en 9 alleen bij elkaar voorkomen. We kunnen het probleem dus splitsen in het zoeken naar de grootste som van twee getallen met daarin de cijfers 0, 3, 6 en 9 en twee getallen met daarin de overige cijfers. Ik start met de getallen met cijfers 0, 3, 6 en 9. Dat geeft de grootste uitkomst als de 9 en de 6 op een tiental staan. Dat krijgen we voor elkaar door 93 en 60 te kiezen. Voor de overige cijfers moeten we nog kiezen uit:
12 15
21 24
42 48
51 57
75 78
84 87We zien hier dat zowel 12 als 21 voorkomt. Deze bevatten dezelfde cijfers en dan pakken we natuurlijk liever de grootste van de twee opties. We kunnen 12 dus wegstrepen. Op dezelfde manier kunnen we ook 15 (want 51 is beter), 24 (want 42 is beter), 48 (want 84 is beter), 57 (want 75 is beter) en 78 (want 87 is beter) wegstrepen. We houden dan alleen de opties 21, 42, 51, 75, 84 en 87 over. Hiermee kunnen we de sommen 
en 
maken. Het maakt dus niet uit welke van deze twee opties we pakken.
De beste som van alle vijf de cijfers is dan 
.
Opmerking: de stappen in de bovenstaande oplossing zijn eenvoudiger te bedenken als je de trucjes kent van wanneer getallen deelbaar zijn door 3 en door 9. Deze trucjes zijn:
deelbaar door 3 is. niet deelbaar door 9 is. Opdracht B2:
Een vloer is betegeld met vierkante tegels zoals in de figuur hieronder. Alle witte tegels zijn even groot en alle zwarte tegels zijn even groot. De oppervlakte van een witte tegel is 92 en de oppervlakte van een zwarte tegel is 7. Op de vloer ligt ook een vierkante grijze tegel.
Wat is de oppervlakte van die grijze tegel?
Let op: de figuur is niet op schaal.
De oppervlakte van het grijze vierkant is 198.
Mijn eerste ingeving is om hier de stelling van Pythagoras te gebruiken. Ik zie namelijk dat de zijdes van de grijze rechthoeken in en een rechthoekige driehoek zitten. Eén daarvan heb ik in de afbeelding hieronder met een rode en een blauwe zijde aangegeven.
We zien dat 
en dat 
. We hebben dat de zijde van het witte vierkant 
is en de zijde van het zwarte vierkant 
is. We krijgen hiermee dat 
en 
.
Met de stelling van Pythagoras krijgen we dan: 
. Haakjes uitwerken geeft 
. De kruistermen vallen tegen elkaar weg. We krijgen dus 
.
De oppervlakte van het grijze vierkant is ook de zijde van het grijze vierkant in het kwadraat. Het antwoord op de vraag is dus 198.
De officiële oplossing is om het probleem op te lossen met knippen en plakken. Hoe dit werkt, zie je beter als je het grijze vierkant doorzichtiger maakt:
We zien dan dat één zwart vierkantje helemaal bedekt is. Daarnaast zijn er nog twee zwarte vierkantjes deels bedekt. Deze bedekkingen zijn samen ook weer een heel vierkantje. In totaal zijn er dus 2 zwarte vierkantjes bedekt. Op een soortgelijke manier kun je alle bedekkingen van witte vierkantjes ook samenvoegen tot twee hele witte vierkanten. Het grijze vierkant is daarom even groot als twee witte en twee zwarte vierkanten samen. Dat geeft een oppervlakte van 
.
NB: Ik vind dit een mooie oplossing, maar ik moet toch erkennen dat ik dit probleem altijd met Pythagoras zou doen. Daarmee ben ik toch een stuk zekerder van mijzelf dat ik niet een stukje mis. Desondanks zou ik als ik tijd over heb nog wel zoeken naar zo’n tweede oplossing om mijn antwoord die ik met Pythagoras gevonden heb te controleren.
Opdracht B3:
Het tijdstip twaalf over acht ’s avonds op 20 december 2012 kunnen we schrijven als 20:12 op 20-12 in 2012. Het getal 2012 kan dus een tijdstip, een datum en een jaartal aangeven. Hoeveel getallen van vier cijfers, die niet met een nul beginnen, kunnen op die manier een tijdstip, een datum en een jaartal aangeven?
Er zijn 168 getallen die zowel een tijdstip als een datum als een jaar aangeven.
De eerste twee cijfers van het getal moeten kunnen als de eerste twee cijfers op een klok. Dat kan alleen 00 t/m 23 zijn. Daarbij vallen alle opties die met een nul beginnen af. We houden dus alleen de 14 opties 10, 11, 12, 13, …, 23 over. Deze opties kunnen ook allemaal als dag in een maand (want iedere maand heeft minstens 23 dagen) en ook als eerste twee cijfers van een jaartal.
De laatste twee cijfers moeten voor de datum van 01 tot en met 12 lopen, want het getal moet een maandnummer aangeven. Deze 12 opties werken ook voor de tijd (want de minuten lopen van 00 t/m 59) en het jaartal (daar mag alles).
Bij ieder van de 14 opties voor de eerste twee cijfers zijn er dus 12 opties voor de overige cijfers. We hebben dus in totaal 
getallen die zowel een tijdstip als een datum als een jaar aangeven.
Opdracht B4:
In de piramide hieronder staan de letters 
tot en met 
voor gehele getallen die groter zijn dan 1. Elke dubbele punt in een rij geeft een deling aan, waarvan de uitkomst in de rij daaronder staat. Dat betekent, bijvoorbeeld, dat 
en 
. Onderaan in de piramide staat een 1. Verder is gegeven dat 
.
Wat is de waarde van 
?
De waarde van is 5.
We hebben hier te maken met maar liefst 9 variabelen. Bij dat soort problemen is de eerste taak vaak om dit terug te brengen naar een zo klein mogelijk aantal variabelen. We kunnen dit van onder naar boven doen. We hebben immers dat 
. Dit geeft dat 
, waarmee we al één variabele kwijt zijn.
Vervolgens kunnen we in de rij daarboven 
en 
uitdrukken in en . We hebben immers 
. Er geldt dus 
. Ook hebben we 
. Dus 
.
Zo doorredenerend kunnen we ook , 
en uitdrukken in de overige letters. We hebben 
wat 
geeft. Daarna hebben we 
wat 
geeft. We hebben ook wat 
geeft. Dit betekent dat 
een kwadraat (groter dan 1) moet zijn die een deler is van 150. Dat kan alleen 
zijn, want 
. Hieruit volgt dat 
.
NB: Uit de informatie is niet te halen of 
met 
of dat 
met 
. Dit gebeurt vaker bij de Wiskunde Olympiade waarbij je wel de vraag kunt beantwoorden, maar het figuur niet helemaal vast ligt.
Hier kun je een bestand downloaden met vijf examencontexten waarbij je in minstens één van de deelvragen moet redeneren. Tips en uitwerkingen van deze contexten vind je op de volgende pagina’s:
Op deze pagina vind je de uitwerkingen van de oefentoets die je hier kunt downloaden. Op de volgende pagina staan oude toetsen die ik in het verleden gegeven heb.
Opdracht 1: (Python, 4 punten)
Als input krijg je op de eerste regel een 
-coördinaat en op de tweede regel een 
-coördinaat. Beide inputs zijn gehele getallen ongelijk aan nul. Als output moet je geven in welk kwadrant het punt met dit – en -coördinaat zit. In het diagram hieronder zie je welke kwadranten er zijn.
Voorbeeld input:
3
-4
Voorbeeld output:
4
Een voorbeeld van een correct antwoord is:
x = int(input())
y = int(input())
if x>0 and y>0:
print(1)
elif x<0 and y>0:
print(2)
elif x<0 and y<0:
print(3)
else:
print(4)Dit kun je ook met geneste if-statements doen:
x = int(input())
y = int(input())
if x>0:
if y>0:
print(1)
else:
print(4)
else:
if y>0:
print(2)
else:
print(3)De punten krijg je voor de volgende elementen:
Je kunt een ander antwoord controleren bij de opdracht Quadrant selection op Kattis.
Opdracht 2: (Python, 4 punten)
Als input krijg je een getal van precies zeven cijfers. Als output moet je 1 geven als dit getal begint met 555. Als output moet je 0 geven in alle andere gevallen.
Voorbeeld input:
5552314
Voorbeeld output:
1
Je kunt dit op twee manieren oplossen. De meest voorkomende manier is om eerst te delen door 10000 (naar beneden afgerond) om alleen de eerste drie cijfers over te houden en dan te controleren of dit getal 555 is.
getal = int(input())
eerste3 = getal // 10000
if eerste3 == 555:
print(1)
else:
print(0)Een alternatieve manier is om te controleren of het begingetal tussen (en met) 5550000 en 5559999 zit. Een manier om dit te programmeren is als volgt:
getal = int(input())
if getal >= 5550000 and getal <= 5559999:
print(1)
else:
print(0)Voor het eerste alternatief krijg je punten voor de volgende stappen:
Voor het tweede alternatief krijg je de punten als volgt:
Je kunt een ander antwoord controleren bij de opdracht FYI op Kattis.
Opdracht 3: (Python, 6 punten)
Op de eerste regel van de input staat een getal. Dit geeft het aantal getallen op de volgende regel aan (al deze getallen zijn geheel en gescheiden met een spatie). Als output moet je op de eerste regel het aantal getallen printen dat groter is dan alle vorige getallen in de rij. Op de tweede regel print je al deze getallen (die groter zijn dan alle vorige in de rij) van klein naar groot met steeds een spatie ertussen.
Voorbeeldinput:
9
3 5 2 6 1 4 8 7 9
Voorbeeldoutput:
5
3 5 6 8 9
Een voorbeeld van een goed antwoord is:
aantal = int(input())
getallen = input().split()
grootsteGetal = int(getallen[0])
antwoord1 = 1
antwoord2 = getallen[0]
for i in range(1, aantal):
getal = int(getallen[i])
if getal > grootsteGetal:
antwoord1 += 1
antwoord2 += " " + getallen[i]
grootsteGetal = getal
print(antwoord1)
print(antwoord2)Hierbij krijg je de punten als volgt:
Bonus:
Dit probleem is geïnspireerd op de opdracht Greedily Increasing Subsequence op Kattis. Aangezien de getallen daar groot zijn en werken met grote strings langzaam is, wordt dit antwoord echter niet goed gerekend. Een snellere manier is om in een lijst bij te houden wat de antwoorden zijn. Daarvoor heb je echter wel een paar methodes nodig die je nog niet gehad hebt:
Als uitdaging kun je proberen of je hiermee het probleem op Kattis kunt oplossen. Een correcte oplossing staat hieronder.
aantal = int(input())
getallen = input().split()
grootsteGetal = int(getallen[0])
antwoord = [grootsteGetal]
for i in range(1, aantal):
getal = int(getallen[i])
if getal > grootsteGetal:
antwoord.append(getal)
grootsteGetal = getal
print(len(antwoord))
print(*antwoord)Opdracht 4: (3 punten)
Bereken met het algoritme van Euclides de grootst gemene deler van 2796 en 3528.
Hieronder staat het algoritme van Euclides uitgewerkt. Merk op dat je gewoon de MOD-functie op de CASIO (onder OPTN -> Numeric) of de Remainder-functie op de TI (onder Math -> Num) kunt gebruiken voor de modulo berekeningen:
Uit de bovenstaande rekenstappen volgt 
.
De punten krijg je op de toets voor de volgende zaken:
.. Bij het maken van één rekenfout of schrijffout krijg je hiervan nog één punt. Bij het maken van twee of meer rekenfouten krijg je hiervan geen enkel punt.Opdracht 5: (3 punten)
Je wilt een RSA wachtwoordpaar 
maken en kiest hiervoor 
, 
en 
. Bereken de waarde van 
.
We hebben 
. We moeten nu zo berekenen dat 
. We zien dat 
werkt (het is met zo’n kleine 
dus niet nodig om het algoritme van Euclides te gebruiken).
Je krijgt de punten voor de volgende stappen:
..
berekenen.Opdracht 6: (3 punten)
In het jaar dat ik deze oefentoets maakte, zaten de volgende leerlingen in de wiskunde D-klas: Anne, Bart, Elis, Evan, Imre, Koen, Lars, Loek, Paul, Stef, Joris, Marte, Merel, Reyer, Roman, Yasin, Hannah, Jochem, Liesje, Marius, Nathan, Pepijn, Thomas, Eulalia, Florice, Kirstin, Maurits, Vivienne, Giamingga en Christiaan (geordend op lengte van naam en vervolgens op alfabet). Twee van deze namen zijn met dezelfde encryptiefunctie versleuteld die iedere letter telkens op dezelfde manier versleuteld. Uit de encryptiefunctie komt ABST en XAGAD. Welke namen zijn dit? Leg uit hoe je zeker kan weten dat er geen andere mogelijkheid is.
Er zijn maar twee vijfletterige namen waarvan de tweede en de vierde letter hetzelfde zijn. Dat zijn Merel en Reyer. Bij Reyer is de vijfde letter echter ook hetzelfde als de eerste letter. Dat is niet het geval bij XAGAD. Dit moet dus wel voor Merel staal. We weten dus dat ABST met een E begint. Dit moet dus Elis of Evan zijn. Aangezien Elis echter een l gemeenschappelijk heeft met Merel en er geen andere letters overeenkomen uit ABST en XAGAD moet het wel Evan zijn.
Je krijgt de punten voor de volgende stappen:
Opdracht 7: (3 punten)
We ordenen alle positieve getallen in het 3-tallig stelsel die geen 2 bevatten van klein naar groot. Zet het honderste getal uit deze lijst om naar het tientallig stelsel. Geef dit getal en ligt toe hoe je hieraan komt.
Als je de lijst maakt, zie je dat dit precies de binaire getallen zijn. honderd in binair is 64+32+4 en dus 1100100. Dit weer terug omzetten naar het tientallig stelsel is 
.
De punten krijg je voor de volgende stappen:
Op de toets komen ook vragen over cryptografie. Hierbij hoef je niet te programmeren (want dat deel wordt al getest bij de Python-vragen van de toets). In plaats daarvan zal ik vragen stellen waarin je de geleerde principes uit de lessen toepast. Op deze pagina zie je bij iedere les een aantal voorbeelden van vragen die ik bij die les zou kunnen stellen op de toets.
In deze les leerden we het volgende stappenplan om teksten te versleutelen:
uit ( is de inverse functie van 
)Voor het omzetten van en naar getallen gebruiken we de volgende tabel.
Vraag 1:
Bij Caesars versleuteling schuiven alle letters 3 plekken op. Zo werd de A versleuteld als een D, de B werd versleuteld als een E, enzovoort tot en met een Z die een C wordt. Welke encryptiefunctie hoort hierbij?
Hier hoort de encryptiefunctie 
.
Vraag 2:
Meneer Ypma heeft met de Encryptiefunctie 
een woord versleuteld. Zijn uitkomst was RNWU. Wat was het oorspronkelijke woord?
Om het bericht te ontcijferen, gebruik je de decryptiefunctie 
. Dit betekent dat je simpelweg alle letters twee moet terugschuiven. De R wordt dus een P, de N wordt een L, de W een U en de U een S. We krijgen dus het woord PLUS.
Vraag 3:
Imre gebruikt een encryptiefunctie die letters op letters afbeeldt. Deze wordt gedefinieerd door de onderstaande tabellen:
Hij versleuteld een woord en krijgt SABR. Welk woord heeft hij versleuteld?
Om het woord te ontcijferen, moeten we het omgekeerde doen van wat Imre gedaan heeft. Dat betekent dat we de tabel van onder naar boven moeten lezen. De S was dus een G, de A was een O, de B was een E en de R was een D. Het oorspronkelijke woord was dus GOED.
Vraag 4:
a) Leg uit waarom 
geen goede encryptiefunctie is.
b) Bereken hoeveel encryptiefuncties er zijn van de vorm 
met 
en 
gehele getallen waarbij er geen twee letters zijn die op dezelfde letter afgebeeld worden.
en 
. Hierdoor worden meerdere letters op dezelfde letter afgebeeld. Daardoor bestaat er geen inverse functie en kan de versleutelde tekst niet meer teruggehaald worden.
Het probleem uit opdracht 4a gebeurt als 
of als 
een even getal is. In het laatste geval is 
gelijk aan 
. Dit betekent dat alleen 1, 3, 5, 7, 9, 11, 15, 17, 19, 21, 23 of 25 zijn. We hebben daarom 12 opties voor .
De plus kun je altijd ongedaan maken door min te doen. Hierdoor kan ieder getal van 0 t/m 25 zijn. Dat zijn dus 26 opties. In totaal hebben we dus 
goede functies.
NB: Eén van die functies is 
. Die is wellicht om andere redenen geen goede encryptiefunctie, maar hij telt wel mee bij deze vraagstelling.
Vraag 5:
Voor een zekere encryptiefunctie van de vorm geldt 
en 
. Achterhaal de waarden van en .
Uit volgt direct 
. Vervolgens hebben we 
. We hebben ook 
. We moeten dus oplossen voor welke er geldt dat 
.
kun je oplossen op de manier van les 6 of door slim te proberen. We weten dat uit de som 7 komt als voor het modulo rekenen de uitkomst 7, 
of 
was. Hiervan is 33 een drievoud. Het antwoord is daarom 
, omdat 
.
Conclusie: met
Vraag 6:
Voor een zekere encryptiefunctie van de vorm geldt 
en 
. Achterhaal de waarden van en als je weet dat E een encryptiefunctie is waarbij geen twee letters op dezelfde letter afgebeeld worden.
Er geldt 
. We hebben ook 
. We moeten dus oplossen voor welke er geldt dat 
. Dat kan als de uitkomst van de som voor modulorekenen 4 of 
is. Dit geeft 
oftewel 
. Bij 
worden meerdere letters op dezelfde letter afgebeeld (zie vraag 4) en het antwoord is dus 
.
Door in te vullen in krijgen we de vergelijking 
. Oftewel 
. Een correct antwoord voor is nu 
. Ik vind het zelf mooier om tussen de 0 en de 25 te geven. Dat geeft 
.
Conclusie: Het antwoord is met 
.
Alle onderstaande puzzels komen uit de finales van de Wiskunde Olympiade. Mijn advies is om deze te proberen nadat je hoofdstuk 9 t/m 12 van de finaletraining van de Wiskunde Olympiade doorgewerkt hebt. De uitwerkingen vind je hier.
Puzzel 1 (Wiskunde Olympiade Finale 2025 – versie klas 4):
Binnen een driehoek 
ligt een punt 
met de eigenschap dat 
en 
. De lijn door en snijdt de zijde in het punt .
Bewijs dat het midden is van het lijnstuk .
Stap 1 in het oplosproces is om een mooi plaatje te maken. Hier is daarbij de moeilijkheid dat je nog niet precies weet waar punt in de driehoek komt. In dit geval vertelt echter de laatste regel dat uiteindelijk gaat gelden dat het midden van lijnstuk op de lijn 
ligt. Teruggedacht ligt de juiste ligging van dus schijnbaar ook op de lijn 
. Hiermee kun je met de volgende stappen een mooi plaatje tekenen.
getekend. ongeveer halverwege gezet. ingetekend. op gezet, zodat 
.
in en controleer dat ongeveer klopt dat 
.Dit geeft bij mij het volgende plaatje:
Merk op dat ik in dit plaatje de hoeken die vaker voorkomen alvast een naam heb gegeven (
en 
). Vaak geef ik die ook een aparte kleur, zodat ik in één oogopslag zie welke hoeken gelijk zijn.
Gelijke hoeken doet mij direct denken aan gelijkvormige driehoeken. Ik kijk daarom of de hoeken 
en 
( in het plaatje) in driehoeken zitten die gelijkvormige zijn met elkaar. zit alleen in de driehoek 
en hoek 
zit in de driehoeken 
en 
.
en 
lijken in de verste verte niet gelijkvormig ( heeft een stompe hoek en niet), maar ik zie dat 
en 
ook nog 
gemeenschappelijk hebben. Daarom geldt dus 
.
Aan de andere kant van het figuur zie ik nu soortgelijke gelijkvormige driehoeken: 
.
Nu ik gelijkvormigheden heb, maak ik eerst een tabel van wat deze gelijkvormigheden zeggen over de zijden:
Ik lees op dit punt nog even in de vraag wat we ook alweer wilden bewijzen. Dat is dat 
(want dan ligt in het midden van ). Het is dus logisch om in de tabellen de kolommen te pakken waar de zijden 
en 
in voorkomen. Daarin krijg ik uitdrukkingen voor en :
geeft 
geeft 
Uiteraard is 
hetzelfde als 
. We hebben dus 
. Aangezien lengtes positief zijn, volgt daar het gevraagde uit.
De laatste stap is altijd om het bewijs op een nette manier op te schrijven, waarbij je alle denkstappen duidelijk opschrijft. Ik doe dat in dit geval als volgt:
zijn de driehoeken 
en 
gelijkvormig. We hebben namelijk 
(zelfde hoek) en 
(gegeven).. Kruiselings vermenigvuldigen geeft . zijn de driehoeken 
en 
gelijkvormig. We hebben namelijk 
(zelfde hoek) en 
(gegeven).
. Kruiselings vermenigvuldigen geeft 
.
. Aangezien lengtes positief zijn, volgt hieruit . Uit dit gegeven in combinatie met dat op het lijnstuk ligt, kunnen we concluderen dat het midden van lijnstuk is.Persoonlijk vind ik puzzels uit wiskundewedstrijden een van de leukste manieren om aan wiskunde te werken. Dat komt vooral doordat iedere Olympiadepuzzel net weer een andere oplosstrategie vraagt. Hierdoor vervelen Olympiadepuzzels voor mij nooit.
Wel is het zo dat je door veel te oefenen steeds beter kan worden in deze puzzels. In mijn ogen is de beste manier om hiervoor de opdrachten op de volgende manier te doen:
Op deze site vind je veel puzzels om eerst zelf te proberen. Als je dat gedaan hebt, kun je mijn antwoorden vergelijken. Ik wens je daarbij veel plezier toe!
Op deze website vind je examensommen van HAVO 5 uitgewerkt per thema. Deze thema’s zijn:
Daarnaast vind je hier op pagina 2 een overzicht van de belangrijkste basisvaardigheden voor je examen. Dat zijn: