Opgave 437 ^[oOO]

Als $n$ een geheel getal is, wordt het laatste getal van $n^2$ volledig bepaald door het laatste cijfer van $n$. In de eerste $2020$ getallen hebben we $202$ getallen die op het cijfer $1$ eindigen, $202$ die op $2$ eindigen enzovoort. Dus geldt dat de som van de laatste cijfers van de eerste $2020$ kwadraten wordt gegeven door 
$$202 \cdot (0 + 1 + 4 + 9 + 6 + 5 + 6 + 9 + 4 + 1) = 9090.$$

Opgave 438 ^[oOO]

We willen laten zien dat het gemiddelde $\frac{p + q + r}{3}$ afgerond gelijk is aan $n$. Hiervoor is het voldoende om te laten zien dat het verschil tussen $n$ en $\frac{p + q + r}{3}$ ergens tussen $-\frac{1}{2}$ (inclusief) en $\frac{1}{2}$ (exclusief) zit. Er geldt:$$n - \frac{p + q + r}{3} = \frac{a + b + c}{3} - \frac{p + q + r}{3} = \frac{(a-p) + (b-q) + (c-r)}{3}.$$

Omdat $p$ afgerond $a$ is, en zo ook voor $b$ en $q$ en $c$ en $r$, geldt dat $a-p$, $b-q$ en $c-r$ alledrie tussen de $-\frac{1}{2}$ (inclusief) en $\frac{1}{2}$ (exclusief) liggen. De som ligt dus tussen de $-\frac{3}{2}$ (inclusief) en $\frac{3}{2}$ (exclusief). Er volgt dat $\frac{(a-p) + (b-q) + (c-r)}{3}$ tussen de $-\frac{1}{2}$ (inclusief) en $\frac{1}{2}$ (exclusief) ligt. Dit geldt dus ook voor $n - \frac{p + q + r}{3}$. Het afgeronde gemiddelde van $p$, $q$ en $r$ is dus $n$. 

Opgave 439 ^[ooO]

De stralen van de cirkels zijn $1$ en $\sqrt{3}$. De twee cirkels hebben twee snijpunten, die we $S_1$ en $S_2$ noemen. Door een rechte lijn tussen deze punten te tekenen verdelen we het gebied waarvan we de oppervlakte willen weten in twee delen. De oppervlakte van het rechterdeel is gelijk aan de oppervlakte van het stuk van de cirkel gegeven door $M, S_1$ en $S_2$, min de oppervlakte van de driehoek $\triangle MS_1S_2$. De oppervlakte van het linkerdeel is gelijk aan de oppervlakte van het stuk van de cirkel gegeven door $N, S_1$ en $S_2$, min de oppervlakte van de driehoek $\triangle NS_1S_2$. 

We kunnen de twee oppervlaktes van de driehoeken combineren: samen vormen ze de oppervlakte van de vierhoek $MS_1NS_2$, welke gelijk is aan tweemaal de oppervlakte van de driehoek $\triangle S_1MN$. De driehoek $\triangle S_1MN$ heeft zijden $1, \sqrt{3}, 2$ (tweemaal de straal van de cirkels, eenmaal gegeven in de opgave). Het is dus een rechthoekige driehoek met oppervlakte $\frac{1}{2}\sqrt{3}$. De vierhoek $MS_1NS_2$ heeft dus oppervlakte $\sqrt{3}$.

Om de oppervlaktes van de cirkeldelen uit te rekenen, berekenen we eerst de hoek $\angle S_1MS_2 = 2 \cdot \angle S_1MN$ en $\angle S_1NS_2 = 2 \cdot \angle S_1NM$. De driehoek $\triangle S_1MN$ heeft zijden $1, \sqrt{3}, 2$ en daarmee geldt dat $\angle S_1MN = 60^{\circ}$, dus $\angle S_1MS_2 = 120^{\circ}$. Zo ook $\angle S_1NM = 30^{\circ}$, dus $\angle S_1NS_2 = 60^{\circ}$.

Het cirkelstuk van de cirkel met middelpunt $M$ heeft nu oppervlakte $\frac{\pi}{3}$ en het cirkelstuk van de cirkel met middelpunt $N$ heeft oppervlakte $\frac{\pi}{2}$.

We vinden zo een oppervlakte van het te berekenen gebied van $$\frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{2} - \sqrt{3} = \frac{5 \pi}{6} - \sqrt{3}. $$

Opgave 440 ^[ooO]

We schrijven $n = 2^k \cdot r$, met $r$ een oneven geheel getal. We bekijken eerst het geval dat $r > 1$, oftewel dat $n$ géén tweemacht is en maken hier een kleuring die rotatiesymmetrisch is met rotatiehoek $\frac{360^{\circ}}{r}$. We kleuren nu de eerste $2^k$ punten allemaal rood (hier kunnen we een willekeurige kleuring kiezen) en vervolgens $2^k$ punten blauw. Dit blijven we doen totdat we dit $2r$ keer hebben gedaan en zo alle $2n$ punten hebben gekleurd. We krijgen zo een figuur wat rotatiesymmetrisch is met rotatiehoek $\frac{360^{\circ}}{r}$. Ook geldt dat twee tegenovergestelde punten verschillende kleuren hebben wegens het volgende.  Stel we zijn bij een rood punt. Het punt ertegenover is precies $n = 2^k r$ punten verder, dus zijn we $r$ keer van kleur gewisseld. Omdat $r$ oneven is, geldt dat het punt tegenover ons beginpunt blauw moet zijn. De kleuring voldoet dus aan de voorwaarde.

Als $n$ w\'el een tweemacht is, dan geldt dat we geen kleuring kunnen maken die aan de voorwaarde voldoet en rotatiesymmetrisch is. Stel namelijk dat dit wel kan. Dan is er een kleuring die rotatiesymmetrisch is met een bepaalde hoek. Omdat $n$ een tweemacht is, is deze hoek van de vorm $\frac{360^{\circ}}{2^l}$ voor een of ander positief geheel getal $l$. Maar dan is de kleuring ook rotatiesymmetrisch met hoek $\frac{360^{\circ}}{2} = 180^{\circ}$! Dat betekent dat tegenoverliggende punten wel dezelfde kleur moeten krijgen. Maar dat voldoet niet aan de voorwaarde.