Opgave 473 ^[oOO]

Voor het getal met de cijfers $a, b, c, d$ noteren we $\overline{abcd}$. Merk op dat $\overline{0abc} = \overline{abc}$. We kunnen nu ieder getal tot $2022$ schrijven als $\overline{abcd}$, als we toestaan dat een getal met een $0$ mag beginnen (deze strepen we dan gewoon weg). We tellen nu hoeveel getallen tussen $1$ en $2022$ op een bepaalde plek een $1$ hebben:

• Op de plek van de duizendtallen komt $1000$ keer een $1$ voor, namelijk bij alle getallen van de vorm $\overline{1bcd}$. 
• Op de plek van de honderdtallen komt $200$ keer een $1$ voor, namelijk bij alle getallen van de vorm $\overline{a1cd}$ met $a = 0$ of $a = 1$. 
• Op de plek van de tientallen komt $210$ keer een $1$ voor, namelijk bij alle getallen van de vorm $\overline{ab1d}$ met $\overline{ab} \leq 20$. 
• Op de plek van de eenheden komt $203$ keer een $1$ voor, namelijk bij alle getallen van de vorm $\overline{abc1}$ met $\overline{abc} \leq 202$. 

In totaal schrijven we dus $1000 + 200 + 210 + 203 = 1613$ enen op. We doen nu hetzelfde voor de negens:

• Op de plek van de duizendtallen komt nergens een $9$ voor, want het kleinste getal met op deze plek een $9$ is $9000$ en dat is groter dan $2022$.
• Op de plek van de honderdtallen komt $200$ keer een $9$ voor, namelijk bij alle getallen van de vorm $\overline{a9cd}$ met $a = 0$ of $a = 1$. 
• Op de plek van de tientallen komt $200$ keer een $9$ voor, namelijk bij alle getallen van de vorm $\overline{ab9d}$ met $\overline{ab} \leq 19$. 
• Op de plek van de eenheden komt $202$ keer een $9$ voor, namelijk bij alle getallen van de vorm $\overline{abc9}$ met $\overline{abc} \leq 201$.

In totaal schrijven we dus $200 + 200 + 202 = 602$ negens op. We schrijven dus $1613 - 202 = 1011$ enen meer dan negens op. 

Opgave 474 ^[oOO]

Omdat dit een schaakopgave is gebruiken we de schaaknotatie. Hierbij worden de kolommen van links naar rechts $a$ t/m $h$ genoemd, en de rijen van beneden naar boven $1$ t/m $8$. We gaan bewijzen dat we maximaal $7$ torens op het bord kunnen plaatsen. In de tekening zie je een voorbeeld. Het paard staat op $a8$ en slaat achtereenvolgens de torens op $c7$, $a6$, $b4$, $d5$, $e3$, $f1$ en $h2$. 

We zullen nu laten zien dat het niet nóg beter kan. Stel dat we een opstelling hebben met $8$ of meer torens. We mogen zonder verlies van algemeenheid aannemen dat het paard op $a8$ begint, anders kunnen we het bord gewoon roteren. De eerste toren die het paard slaat staat nu op veld $c7$ of $b6$, in de tekening is dat $c7$. We mogen zonder verlies van algemeenheid aannemen dat het paard op veld $c7$ staat, anders kunnen we het bord spiegelen in de diagonaal $a8-h1$.

Indien er meer dan $8$ torens op het bord staat dan is er wegens het laatjesprincipe een rij waarin minstens twee torens staan, en die zien elkaar dan wat niet mag. Dus staan er precies $8$ torens op het bord, in iedere rij en kolom precies een. Er staat dus een toren op $c7$. De volgende toren die het paard slaat staat dus op $a6$, $b5$, $d5$, $e6$ of $e8$. Stel dat deze op $d5$ staat. Indien het paard nu bij de eerstvolgende sprong niet naar lijn $b$ springt, dan kan het lijn $a$ of $b$ nooit meer bereiken. Om lijn $a$ of $b$ te bereiken moet hij namelijk nog een toren in lijn $c$ of $d$ slaan, maar in alletwee die lijnen stond al een toren: tegenspraak. Omdat het paard in elke lijn een toren moet slaan, moet het op de derde zet naar lijn $b$. Maar nu kan het nooit meer op lijn $e$, $f$, $g$ of $h$ komen, omdat in lijnen $c$ en $d$ al een toren stond. Dit is tegenstrijdig, dus de tweede toren staat niet op veld $d5$. 

Met een soortgelijke redenering kunnen we laten zien dat de tweede toren ook niet op $a6$, $b5$ of $e6$ staat. De tweede toren moet dus op $e8$ staan. De derde toren staat dan op $d6$ of $f6$. Maar in allebei deze gevallen lopen we tegen hetzelfde probleem aan, dat er twee lijnen naast elkaar al bezet zijn door een toren, terwijl het paard aan beide kanten nog minstens een toren moeten slaan. Dus ook in dit geval is het niet mogelijk voor het paard om in iedere lijn en kolom een toren te slaan. We concluderen dat er geen opstelling met $8$ torens mogelijk is, en dat het maximale aantal torens dus $7$ is. 

Opgave 475 ^[ooO]

Laat $Q$ het punt zijn waar de ingeschreven cirkel $AC$ raakt, en $R$ het punt waar de ingeschreven cirkel $AB$ raakt. Omdat de twee raaklijnen aan een cirkel vanuit een punt even lang zijn, geldt dat $|AQ| = |AR|$, $|BP| = |BR|$ en $|CP| = |CQ|$. We noemen $|AR| = x$, dan geldt dat $|AB| = |AR| + |RB| = x + 20$, $|AC| = |AQ| + |QC| = x + 22$ en $|BC| = 20 + 22 = 42$. Wegens de stelling van Pythagoras geldt nu

	$|AB|^2 + |AC|^2$	$=$	$|BC|^2$
	$(x + 20)^2 + (x + 22)^2$	$=$	$42^2$
	$2x^2 + 84x + 884$	$=$	$1764$
	$x^2 + 42x - 440$	$=$	$0$

We kunnen nu $x$ uitrekenen met de abc-formule, maar dat is niet nodig. De oppervlakte van $\triangle ABC$ is namelijk gelijk aan $\frac{1}{2}|AB||AC| = \frac{1}{2}(x + 20)(x + 22)$, en dit kunnen we direct uitrekenen:

	$x^2 + 42x - 440$	$=$	$0$
	$(x+20)(x+22) - 880$	$=$	$0$
	$\tfrac{1}{2}(x + 20)(x + 22)$	$=$	$0$

en dus is de oppervlakte van $\triangle ABC$ gelijk aan $440$. 

Opgave 476 ^[ooO]

Het verlossende idee bij deze opgave is om van de zeshoek een driehoek te maken. Door bij de zijdes $a, c$ en $e$ een driehoek aan de buitenkant erbij te tekenen, krijgen we een grote driehoek, met zijdelengte $a + b + c$. Een driehoek met zijde $x$ bestaat uit $x^2$ kleine driehoekjes (dit is eenvoudig te bewijzen, bijvoorbeeld met inductie). Om het aantal driehoekjes in de zeshoek uit te rekenen, berekenen we dus het totale aantal driehoekjes in de grote geelblauwe driehoek, en trekken daar dan het aantal gele driehoekjes vanaf. De zeshoek bestaat dus uit $(a + b + c)^2 - (a^2 + c^2 + e^2)$ kleine driehoekjes. 

Merk op dat dit niet de enige mogelijke formule is. We kunnen bijvoorbeeld ook de driehoekjes bouwen op de zijdes $b, d$ en $f$: hiermee vinden we de formule $(b + c + d)^2 - (b^2 + d^2 + f^2)$. Een creatieve leerling had bedacht om een driehoek te bouwen op zijdes $b$ en $e$, zodat we een parallellogram krijgen: hiermee vinden we de formule $(b + c)(d + e) - (b^2 + e^2)$. Een andere mooie formule die wij vonden is $ab + ac + bc + de + df + ef$: je mag deze zelf proberen te bewijzen. De reden dat er meerdere formules bestaan is dat we de lengtes $a, b, c, d, e, f$ niet zomaar mogen kiezen: als we zomaar zes getallen kiezen en hiermee een zeshoek proberen te tekenen in het rooster, dan komen we niet uit. De variabelen $a, b, c, d, e, f$ zijn dus afhankelijk. Dit is de reden dat er meerdere formules kunnen bestaan die allemaal correct zijn. Uiteindelijk geven al deze formules dezelfde uitkomst.