peterypma.nl

Complexe getallen les 1: Oudheid

Bij wiskunde D probeer ik vaak twee vakgebieden uit de wiskunde te combineren. In deze module zijn dat de geschiedenis van de wiskunde en complexe getallen. Dit gaan we doen aan de hand van het boek An imaginary tale van Paul Nahim. In dit boek beschrijft Nahim hoe de complexe getallen ontdekt zijn en waar ze in de geschiedenis van de wetenschap zoal gebruikt zijn.

Nahim beschrijft veel mooie wiskunde en interessante toepassingen. Het boek echt begrijpen, vraagt wiskundig echter ook best wat van je. In iedere les zullen we daarom een stukje van het boek bespreken. Daarbij is de opbouw van iedere les als volgt:

Voor de les: Oppervlakkig lezen
Als voorbereiding op de les lees je een paar pagina’s uit het boek. Probeer hierbij de grote lijn in het verhaal te volgen. Noteer een uitroepteken in de kantlijn als je de stap niet begrijpt, maar vind het niet te erg als je stukjes op dit punt nog niet volledig begrijpt.
Les: Opdrachten bij het hoofdstuk
In de les maak je een aantal opdrachten bij de gelezen pagina’s. Hierbij zal ik proberen om de gelezen stof iets concreter te maken met iets simpelere voorbeelden.
Na de les: Lees precies
Na de les lees je de pagina’s opnieuw. De bedoeling is om dat je nu de volledige tekst kan volgen. Hierbij betekent “kan volgen” niet dat je het in hetzelfde tempo kan lezen als een normale roman. Zelf heb ik altijd pen en papier naast het boek liggen om nog eens een tussenstap uit te werken (en regelmatig schrijf ik die ook in de kantlijn van het boek, zodat ik bij het herlezen de stap gemakkelijker kan begrijpen).

Aangezien ik denk dat het begrijpen van het boek een groot genoege uitdaging is, mag je dit boek (en de aantekeningen die je in het boek maakt) er op de toets bijhouden. Zorg er dus voor dat je met de aantekeningen die je in het boek erbij schrijft het boek kunt lezen.

Pagina's: 12345

Bridgemaster

Bridgemaster is een online tool waarmee bridgespelers hun afspel kunnen oefenen. Deze spellen zijn tegenwoordig gratis te spelen en voor iedereen die beter wilt worden in bridge is deze site nuttig om meerdere malen te oefenen.

Dat gezegd hebbende zitten er ook op goede websites natuurlijk fouten. Op de volgende pagina’s bespreek ik een aantal spellen waarin ik geloof dat de oplossing van BridgeMaster niet optimaal is. Om deze berichten te lezen veronderstel ik de volgende voorkennis:

Je kunt goed genoeg bridgen om de speelplannen te overzien.
Je kent uit de kansrekening in ieder geval combinaties.
Je kunt Python-code lezen.

Pagina's: 12

Les 1: Inductie

In ieder vakgebied is er een andere manier om overtuigend over te komen. Zo gebruik je in de natuurkunde experimenten en gebruik je in de geneeskunde statistiek. In de wiskunde gebruiken we bewijzen.

Deze bewijzen zijn er in allerlei soorten en maten. In de eerste lessen bekijken we bewijzen met inductie. Dit type bewijs vergelijk ik vaak met domino day. Dat was een jaarlijke wereldrecordpoging om zoveel mogelijk dominosteentjes te laten omvallen door alleen de eerste om te duwen. Bij deze recordpogingen gingen op de volgende manier miljoenen stenen om:

De eerste dominosteen valt om.
Iedere dominosteen duwt de volgende om.

Als we weten dat deze twee uitspraken kloppen, zullen inderdaad alle dominostenen omgaan. Een bewijs met inductie werkt op een soortgelijke manier. We bewijzen daarmee dat een stelling klopt voor alle natuurlijke getallen (1, 2, 3, 4, …) door de volgende twee uitspraken aan te tonen:

De stelling klopt voor $n=1$ (dit heet de inductiebasis).
Als de stelling klopt voor $n=k$ klopt de stelling ook voor $n=k+1$ (dit heet de inductiestap).

Wiskundigen schrijven hun bewijs altijd in hele zinnen met uitleg. Wij zullen hier een tussenvorm gebruiken, waarbij we wel de structuur duidelijk maken met woorden als inductiebasis, inductiestap en inductiehypothese. Hierbij staat inductiehypothese voor de aanname dat de stelling klopt voor $n=k$ in de inductiestap. Boven ieder =-teken waarbij we de inductiehypothese gebruiken, zetten we IH om aan te geven dat we de InductieHypothese gebruiken.

Voorbeeld 1:
Bewijs met inductie dat $n^2+5n$ een even getal is voor alle natuurlijke getallen $n$ .

Uitwerking:

Inductiebasis:
Voor $n=1$ hebben we $n^2+5n=1^2+5\cdot 1= 6$ en dat is even.

Inductiestap:
De inductiehypothese is dat $k^2+5k=2m$ voor $m$ geheel.
Voor $n=k+1$ hebben we

$\begin{align*}(k+1)^2+5(k+1)&=k^2+2k+1+5k+5\\ &=k^2+5k+2k+6\\ &\stackrel{IH}{=}2m+2k+6\\ &=2(m+k+3)\end{align*}$

Er geldt dus dat $(k+1)^2+5(k+1)$ even is.

Conclusie:
We hebben bewezen dat $n^2+5n$ even is voor elk natuurlijk getal $n$ .

Gebruik bij de onderstaande opgave dezelfde structuur als in het voorbeeld hierboven.

Opdracht 1:
Bewijs dat $3n^2+9n$ een veelvoud van zes is voor alle natuurlijke getallen $n$ .

Uitwerking:

Inductiebasis:
Voor $n=1$ hebben we $3n^2+9n=3\cdot 1^2+9\cdot 1= 12$ en dat is een zesvoud.

Inductiestap:
De inductiehypothese is dat $3k^2+9k=6m$ met $m$ geheel.
Voor $n=k+1$ hebben we

$\begin{align*}3(k+1)^2+9(k+1)&=3k^2+6k+3+9k+9\\ &=3k^2+9k+6k+12\\ &\stackrel{IH}{=}6m+6k+12\\ &=6(m+k+2) \end{align*}$

We hebben dus dat $3(k+1)^2+9(k+1)$ een zesvoud is.

Conclusie:
Met inductie hebben we nu bewezen dat $3n^2+9n$ zesvoud is voor elk natuurlijk getal $n$ .

Bij de inductiestap heb je altijd de inductiehypothese nodig. In de opgave hierboven splitsten we daarom $3k^2+6k+3+9k+9$ tot $(3k^2+9k)+(6k+12)$ . Op die manier kunnen we de inductiehypothese gebruiken op het stukje $3k^2+9k$ . Ook bij de onderstaande opgaven zul je op soortgelijke manier op zoek moeten naar hoe je de inductiehypothese kunt gebruiken bij de inductiestap.

Opdracht 2:
Bewijs dat $9^n-1$ deelbaar is door 4.

Uitwerking 1:

Inductiebasis:
Voor $n=1$ hebben we $9^n-1=9^1-1= 8$ en dat is inderdaad deelbaar door 4.

Inductiestap:
De inductiehypothese voor is dat $9^k-1=4m$ .
Voor $n=k+1$ krijgen we

$\begin{align*}9^{k+1}-1&=9\cdot 9^k-1\\&= 8\cdot 9^k +9^k-1\\ &\stackrel{IH}{=}8\cdot 9^k +4m\\ &= 4(2\cdot 9^k+m)\end{align*}$

We hebben dus $9^{k+1}-1$ deelbaar is door 4.

Conclusie:
Met inductie hebben we nu bewezen dat $9^n-1$ deelbaar is door 4.

Uitwerking 2:

Inductiebasis:
Voor $n=1$ hebben we $9^n-1=9^1-1= 8$ en dat is inderdaad deelbaar door 4.

Inductiestap:
De inductiehypothese voor is dat $9^k-1=4m$ .
Voor $n=k+1$ krijgen we

$\begin{align*}9^{k+1}-1&=9\cdot 9^k-1\\&= 9\cdot 9^k +9-8\\ &= 9(9^k+1)-8\\ &\stackrel{IH}{=}9(4m)-8\\ &= 4(9m-2)\end{align*}$

We hebben dus $9^{k+1}-1$ deelbaar is door 4.

Conclusie:
Met inductie hebben we nu bewezen dat $9^n-1$ deelbaar is door 4.

Opdracht 3:
Bewijs dat $2^{2n+1}+4^n$ deelbaar is door 3.

Uitwerking:

Inductiebasis:
Voor $n=1$ hebben we $2^{2n+1}+4^n=2^3+4^1=8+4=12$ en dat is inderdaad deelbaar door 3.

Inductiestap:
De inductiehypothese is $2^{2k+1}+4^k=3m$ voor een geheel getal $m$ .
Voor $n=k+1$ krijgen we

$\begin{align*}2^{2(k+1)+1}+4^{k+1}&= 2^{2+2k+1}+4^{1+k} \\ &= 2^2\cdot 2^{2k+1}+4\cdot 4^k \\ &= 4(2^{2k+1}+4^k)\\ &\stackrel{IH}{=} 4(3m)\\ &=3(4m)\end{align*}$

De stelling klopt dus ook voor $n=k+1$ .

Conclusie:
Met inductie hebben we nu bewezen dat $2^{2n+1}+4^n$ deelbaar is door 3.

Pagina's: 123

Differentiaalvergelijkingen – les 2: particuliere oplossing

Vorige les hebben je differentiaalvergelijkignen opgelost waarbij er in de vergelijking in iedere term $f(x)$ voorkwam. We starten met hier nog vier van op te lossen:

Opdracht 1a:
Vind alle functies $f$ die voldoen aan $f'(x)=3f(x)$ .

Uitwerking:

De oplossing is $f(x)=c\cdot e^{3x}$ .

Opdracht 1b:
Vind alle functies $g$ , zodat $g'(x)=5\cdot g(x)+2i\cdot g(x)$ .

Uitwerking:

Je schrijft de rechterkant eerst om naar de vorm $\text{functie}\cdot g(x)$ . Dat geeft in dit geval $g'(x)=(5+2i)\cdot g(x)$ . Het antwoord is daarom $g(x)=c\cdot e^{5x+2ix}$ , want de afgeleide van wat in de exponent staat, moet $5+2i$ zijn.

Opdracht 1c:
Vind alle functies $h$ , zodat $h'(x)=\sin(x)h(x)+\frac{h(x)}{x}$ .

Uitwerking:

Je herschrijft eerst de differentiaalvergelijking naar de vorm $f'(x)=\text{functie}\cdot f(x)$ . Dat geeft $f'(x)=\sin(x)\cdot f(x)+\frac{1}{x}\cdot f(x)$ en dus $f'(x)=(\sin(x)+\frac{1}{x})\cdot f(x)$ . De oplossingen daarvan zijn $f(x)=c\cdot e^{-\cos(x)+ln|x|}$ of netter $f(x)=\begin{cases}c_1\cdot e^{-\cos(x)+ln(x)\quad \text{ voor }x>0\\ c_2\cdot e^{-\cos(x)+ln(-x)\quad \text{ voor }x<0\end{cases}$ .

Opdracht 1d:
Vind alle functies $k$ die voldoen aan $k''(x)+5k'(x)-14k(x)=0$ .

Uitwerking:

Substitueren van $k(x)=c\cdot e^{ax}$ , $k'(x)=a\cdot c\cdot e^{ax}$ en $k''(x)=a^2\cdot c\cdot e^{ax}$ in $k''(x)+5k'(x)-14k(x)=0$ geeft $a^2\cdot c\cdot e^{ax}+7a\cdot c\cdot e^{ax}-14c\cdot e^{ax}=0$ . Delen door $c\cdot e^{ax}$ geeft de vergelijking $a^2+5a-14=0$ . Na ontbinden in factoren is dit $(a+7)(a-2)=0$ en dus $a=-7\vee a=2$ . In het algemeen is de oplossing dus $f(x)=c_1\cdot e^{-7x}+c_2\cdot e^{2x}$ .

Pagina's: 12345

Absolute waarde (VWO 6 wis B)

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:

Pagina 2: Raaklijn in knikpunt
Pagina 3: Asymptoot
Pagina 4: Gedraaide parabool
Pagina 5: Absolute logaritme
Pagina 6: Drie keer over de lijn
Pagina 7: Door de asymptoot
Pagina 8: Absolute waarde en wortelfunctie
Pagina 9: Logaritmische functies
Pagina 10: Een grafiek met een knik
Pagina 11: Absolute natuurlijke logaritme

Pagina's: 1234567891011

Differentiaalvergelijkingen – les 1: homogene vergelijkingen

Een differentiaalvergelijiking is een vergelijking die een verband aangeeft tussen een functie $f(x)$ en zijn afgeleides. Voorbeelden van differentiaalvergelijkingen zijn:

$f'(x)=3f(x)$
$f'(x)=x\cdot f(x)+\frac{f(x)}{3}$
$f''(x)+8f'(x)+15f(x)=0$

Het doel van dit soort differentiaalvergelijkingen is altijd om alle functies $f(x)$ te vinden die aan deze vergelijking voldoen. Vandaag ga je leren hoe je deze drie type vragen oplost.

Pagina's: 1234567

Moeilijke examensommen

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.

Pagina's: 12345

Wiskunde Olympiade

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.

Eerste ronde 2026

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?

Eindantwoord:

Het antwoord is 11 blokjes (dat was meerkeuze-antwoord D).

Mijn uitwerking:

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.

Eindantwoord:

De steen 2-3 moet Emre niet gebruiken (dat was meerkeuze-antwoord B).

Mijn uitwerking:

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?

Eindantwoord:

Drie leerlingen spreken altijd de waarheid (dat was meerkeuze-antwoord B).

Mijn uitwerking:

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:

Persoon A zit op stoel D
Persoon B zit op een stoel direct naast stoel B
Persoon C zit op een stoel met een andere letter en de persoon met die letter zit juist op stoel C.
Persoon E zit tussen persoon C en persoon D (zonder andere mensen ertussen).

Op welke stoel zit persoon D?

Eindantwoord:

Persoon D zat op stoel E (dat was meerkeuze-antwoord E).

Mijn uitwerking:

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?

Eindantwoord:

Het antwoord is 70 ballen (dat is meerkeuze-antwoord D).

Mijn uitwerking:

Bij dit soort opdrachten helpt het vaak om variabelen te introduceren. Een natuurlijke manier om dat te doen, is door de letter $r$ te gebruiken voor het aantal rode ballen, de letter $w$ te gebruiken voor het aantal witte ballen en de letter $b$ 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 $w+b=4r$ . Uit de zin daarna volgt de vergelijking $r+b=6w$ . We willen dus een oplossing vinden van het stelsel $\begin{cases}w+b=4r\\ r+b=6w\end{cases}$ die nog aan een aantal eisen voldoet. Aangezien één van die eisen is dat $r$ even is, vind ik het natuurlijk om alle letters in $r$ uit te drukken.

Bovenstaande kan op meer manieren. We kunnen bijvoorbeeld de tweede vergelijking herschrijven tot $b=6w-r$ en deze substitueren in de eerste vergelijking. Dat geeft $w+6w-r=4r$ . Hieruit volgt $7w=5r$ en dus $w=\frac{5}{7}r$ . Dat weer terug invullen in $b=6w-r$ geeft $b=6\cdot \frac{5}{7}r-r=3\frac{2}{7}r$ . De oplossingen hebben dus de vorm $(r,w,b)=(r,\frac{5}{7}r, 3\frac{2}{7}r)$ .

De waarden van $r$ , $w$ en $b$ moeten geheel zijn. Dat gebeurt alleen als $r$ een 7-voud is. Daarnaast is gegeven dat $r$ even moet zijn. Dat betekent dat $r$ een 14-voud is. Bij $r=0$ zijn er geen knikkers (wat niet mag!). De kleinst mogelijke oplossing is dus bij $r=14$ . Dat geeft $w=\frac{5}{7}\cdot 14=10$ en $b=3\frac{2}{7}\cdot 14=46$ . In totaal zijn er dan dus $14+10+48=70$ ballen. Bij $r=28$ 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 $10+46=56$ en dat is inderdaad vier keer het aantal rode, want $4\cdot 14 =56$ . Ook is het aantal rode en blauwe ballen samen zes keer zo groot als het aantal witte, want er geldt zowel $46+14=60$ als $6\cdot 10=60$ .

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 $1\times 1$ tot $9\times 9$ 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

Eindantwoord:

Het antwoord is E. De oppervlakte is constant.

Mijn uitwerking:

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 $C$ recht onder $D$ terecht komt. Als we daardoor $AB$ als basis van de onderste driehoek nemen, is de bijbehorende hoogte gelijk aan $BD$ . De oppervlakte van deze driehoek is dus $\frac{1}{2}\cdot 10\cdot 10=50$ (dit is ongeacht van hoe groot de kleine vierkantjes zijn, omdat $C$ altijd recht onder $D$ 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:

De rij is 100 getallen lang.
De rij bevat alleen de getallen 1, 2, 3, 4, allemaal precies even vaak.
Twee getallen die naast elkaar in de rij staan, verschillen minstens 2 van elkaar.

Hoeveel getallenrijen kan ze op deze manier maken?

Eindantwoord:

Het antwoord is 2 mogelijkheden (dat is meerkeuze-antwoord B).

Mijn uitwerking:

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):

Kop: ze vermenigvuldigt haar getal met 2 en telt er dan 1 bij op, of
Munt: ze vermenigvuldigt haar getal met 7 en telt er 6 bij op.

Ze komt uit op het enorme getal 646…143 van 625 cijfers. Met welk getal was ze begonnen?

Eindantwoord:

Het antwoord is 5 (dat hoort bij meerkeuze-antwoord C).

Mijn uitwerking:

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 $23342517\cdot 3235713$ kunt achterhalen door simpelweg de laatste twee cijfers te vermenigvuldigen. Aangezien het product van 7 en 3 op een 1 eindigt, eindigt $23342517\cdot 3235713$ 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:

Als het huidige getal op een 1 eindigt, eindigt het volgende getal op een 3, omdat $2\cdot 1+1=3$ en $7\cdot 1+6=13$ beide op een 3 eindigen.
Als het huidige getal op een 3 eindigt, eindigt het volgende getal op een 7, omdat $2\cdot 3+1=7$ en $7\cdot 3+6=27$ beide op een 7 eindigen.
Als het huidige getal op een 5 eindigt, eindigt het volgende getal op een 1, omdat $2\cdot 5+1=1$ en $7\cdot 5+6=41$ beide op een 1 eindigen.
Als het huidige getal op een 7 eindigt, eindigt het volgende getal op een 5, omdat $2\cdot 7+1=5$ en $7\cdot 7+6=55$ beide op een 5 eindigen.
Als het huidige getal op een 9 eindigt, eindigt het volgende getal op een 9, omdat $2\cdot 9+1=19$ en $7\cdot 9+6=69$ 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 $5\cdot 2^{2026}$ 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?

Eindantwoord:

De grootst mogelijke uitkomst is 333.

Mijn uitwerking:

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).

Hierbij 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:

We 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 $21+75+84=180$ en $42+51+87=180$ maken. Het maakt dus niet uit welke van deze twee opties we pakken.

De beste som van alle vijf de cijfers is dan $180+93+60=333$ .

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:

Een getal is deelbaar door 3 als de som van de cijfers deelbaar is door 3. Zo is 21867 deelbaar door 3, omdat $2+1+8+6+7=24$ deelbaar door 3 is.
Op dezelfde manier is een getal deelbaar door 9 als de som van de cijfers deelbaar is door 9. Zo is 21867 niet deelbaar door 9, omdat $2+1+8+6+7=24$ 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.

Eindantwoord:

De oppervlakte van het grijze vierkant is 198.

Uitwerking met Pythagoras:

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 $\text{rode zijde} = \text{zijde wit vierkant} + \text{zijde zwart vierkant}$ en dat $\text{blauwe zijde} + \text{zijde zwart vierkant} = \text{zijde wit vierkant}$ . We hebben dat de zijde van het witte vierkant $\sqrt{92}$ is en de zijde van het zwarte vierkant $\sqrt{7}$ is. We krijgen hiermee dat $\text{rode zijde} = \sqrt{92}+\sqrt{7}$ en $\text{blauwe zijde} = \sqrt{92}-\sqrt{7}$ .

Met de stelling van Pythagoras krijgen we dan: $(\text{zijde grijs vierkant})^2=(\sqrt{92}+\sqrt{7})^2+(\sqrt{92}-\sqrt{7})^2$ . Haakjes uitwerken geeft $(\text{zijde grijs vierkant})^2 =92+2\cdot \sqrt{92}\cdot \sqrt{7}+7+92-2\cdot \sqrt{92}\cdot \sqrt{7} +7$ . De kruistermen vallen tegen elkaar weg. We krijgen dus $(\text{zijde grijs vierkant})^2 =92+7+92+7=198$ .

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.

Uitwerking met knippen en plakken:

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 $2\cdot 92+2\cdot 7 = 198$ .

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?

Eindantwoord:

Er zijn 168 getallen die zowel een tijdstip als een datum als een jaar aangeven.

Mijn uitwerking:

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 $14\cdot 12 = 168$ getallen die zowel een tijdstip als een datum als een jaar aangeven.

Opdracht B4:
In de piramide hieronder staan de letters $A$ tot en met $I$ 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 $A : B = E$ en $B : C = F$ . Onderaan in de piramide staat een 1. Verder is gegeven dat $B=150$ .
Wat is de waarde van $G$ ?

Eindantwoord:

De waarde van $G$ is 5.

Mijn uitwerking:

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 $H:I=1$ . Dit geeft dat $H=I$ , waarmee we al één variabele kwijt zijn.

Vervolgens kunnen we in de rij daarboven $E$ en $F$ uitdrukken in $G$ en $I$ . We hebben immers $F:G=I$ . Er geldt dus $F=GI$ . Ook hebben we $E:F=I$ . Dus $E=FI=GI^2$ .

Zo doorredenerend kunnen we ook $A$ , $B$ en $C$ uitdrukken in de overige letters. We hebben $C:D=G$ wat $C=DG$ geeft. Daarna hebben we $B:C=GI$ wat $B=CGI=DG^2I$ geeft. We hebben ook $B=150$ wat $DG^2I=150$ geeft. Dit betekent dat $G^2$ een kwadraat (groter dan 1) moet zijn die een deler is van 150. Dat kan alleen $5^2$ zijn, want $150=2\cdot 3\cdot 5^2$ . Hieruit volgt dat $G=5$ .

NB: Uit de informatie is niet te halen of $D=2$ met $I=3$ of dat $D=3$ met $I=2$ . Dit gebeurt vaker bij de Wiskunde Olympiade waarbij je wel de vraag kunt beantwoorden, maar het figuur niet helemaal vast ligt.

Redeneren (HAVO 5 wis B)

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:

Pagina 2: Het rendement van warmtemotoren
Pagina 3: Drie punten op een grafiek
Pagina 4: Tienkamp
Pagina 5: Dicht bij elkaar
Pagina 6: Sloeproeien

Pagina's: 123456

Meetkunde gemengd

Op de volgende pagina’s staan 10 opgaven waar de onderwerpen die bij mij op school in het meetkunde schoolexamen zitten gemengd in voorkomen. Dat zijn de onderwerpen goniometrie, veelhoeken, cirkels, vectoren en bewegingsvergelijkingen.

Pagina's: 12345