Opgave 521

We halen allereerst 2 stoelen weg uit de rij van 10 stoelen. Vervolgens laten we de klasgenoten op 3 willekeurige stoelen zitten (naast elkaar mag) en daarna plaatsen we 1 extra stoel direct rechts van de meest linker klasgenoot en 1 extra stoel direct rechts van de middelste klasgenoot. Op deze manier kunnen we garanderen dat geen 2 klasgenoten naast elkaar zitten. Ook is elke plaatsing van 3 klasgenoten waarbij ze niet naast elkaar zitten op precies 1 manier te maken, namelijk de plaatsing op 8 stoelen waarbij een stoel tussen de eerste 2 en een stoel tussen de laatste 2 klasgenoten is weggehaald. Er zijn in totaal $8\cdot 7\cdot 6$ manieren voor de 3 klasgenoten om op de 8 stoelen te gaan zitten, omdat de klasgenoten verschillend zijn. Het antwoord is dus $8\cdot 7\cdot 6 = 336$.

Opgave 522

Noem $b$ het deel van de weekenden dat Anouk en Marleen er beiden zijn, $a$ het deel dat Anouk er alleen is en $m$ het deel dat Marleen er alleen is. Nu is Anouk er precies $b+a$ deel van de weekenden en in $b$ deel is Marleen er ook, dus moet $\frac{b}{b+a} = \frac{1}{4}$ oftewel $a = 3b$. Op dezelfde manier is $m = b$. Bovendien is 
$$1\geq a+b+m = 5b$$
dus is $b\leq \frac{1}{5}$. Anouk en Marleen kunnen dus op hooguit $\frac{1}{5}$ deel van de weekenden samen thuis zijn. Dit is ook mogelijk als er 5 weekenden zijn, Anouk er de eerste 4 weekenden is en Marleen de laatste 2. Het antwoord is dus $\frac{1}{5}$.

Opgave 523

Zeg dat de lijn $f$ raakt in de punten $A = (a, f(a))$ en $B = (b,f(b))$ met $a<b$ en dat de formule van de lijn gelijk is aan $y = cx + d$. Als we nu de functie $g(x) = f(x) - cx -d$ bekijken, dan zien we dat $g$ de $x$-as raakt in de punten $(a,0)$ en $(b,0)$. Dit betekent dat $a$ en $b$ beiden dubbele nulpunten zijn van $g$. Omdat $g$ vierdegraads is, heeft $g$ ook maar 4 nulpunten, dus kunnen we schrijven:
$$e(x-a)^2(x-b)^2 = g(x) = f(x) - cx - dx = x^4 + 2x^3-11x^2 -cx-d$$
Nu moeten alle coëfficiënten van deze polynomen gelijk zijn, dus als we de $x^4$ bekijken, dan moet $e = 1$. Bij $x^3$ krijgen we links $-2a-2b$ en rechts $2$, dus moet $a + b = -1$. Voor $x^2$ krijgen we links $a^2 + 4ab + b^2$ en rechts $-11$. Nu is dus
$$-11 = a^2 + 4ab + b^2 = (a+b)^2 + 2ab = 1 + 2ab$$
dus is $ab = -6$. Omdat $b = -1 - a$, zien we dat
$$-6 = ab = a(-1-a) = -a^2-a$$
dus krijgen we de kwadratische vergelijking $a^2+a-6 = 0$. Dit heeft 2 oplossingen, namelijk $a = -3$ en $a = 2$ (want $a^2 + a+ 6 = (a+3)(a-2)$) waarbij $a$ dus de ene oplossing is en $b$ de andere. Omdat $a < b$ is dus $a = -3$ en $b = 2$. Nu moet dus

$$\begin{align*}
x^4+2x^3-11x^2-cx-d &=(x-a)^2(x-b)^2\\
&= (x+3)^2(x-2)^2\\
&= (x^2+6x+9)(x^2-4x+4)\\
&= x^4+2x^3-11x^2-12x+36
\end{align*}$$

dus is $c = 12$ en $d = -36$. De formule voor de raaklijn is dus $y = 12x - 36$.

Opgave 524

Noem allereerst $p$ de kans om een spelletje te winnen. Noem vervolgens $e_i$ het verwachte aantal spelletjes dat we nog moeten spelen om rang $n+1$ te halen als we nu score $i$ hebben voor alle gehele $0\leq i\leq n$. Nu is natuurlijk $e_n = 0$ en we willen $e_0$ bepalen. Noem verder $d_i = e_i - e_{i+1}$ voor alle gehele $0\leq i\leq n-1$. Allereerst zien we nu dat $e_0 = pe_1 + (1-p)e_0 + 1$, omdat als we het eerste spelletje winnen, we nog $e_1$ spelletjes moeten doen en we anders op score 0 blijven en dus weer $e_0$ spelletjes moeten doen. Dit geeft dat $e_0 = e_1 + \frac{1}{p}$ oftewel $d_0 = \frac{1}{p}$. Voor alle natuurlijke $1\leq i\leq n-1$ zien we op dezelfde manier dat $e_i = pe_{i+1} + (1-p)e_{i-1} + 1$, omdat als we winnen, we nog $e_{i+1}$ spelletjes moeten doen en anders nog $e_{i-1}$ spelletjes. Als we nu gebruiken dat $d_{i-1} = e_{i-1} - e_i$, dan vinden we dat
$$e_i = pe_{i+1} + (1-p)e_{i-1} + 1 = pe_{i+1} + (1-p)(e_i + d_{i-1}) + 1$$
Nu is dus
$$pe_i = pe_{i+1} + (1-p)d_{i-1} + 1$$
oftewel
$$e_i = e_{i+1} + \frac{1-p}{p} d_{i_1} + \frac{1}{p}$$
Dit betekent dus dat $d_i = \frac{1-p}{p}d_{i-1} + \frac{1}{p}$.

We zullen nu allereerst $d_i$ gaan bepalen. Noem voor het gemak even $q = \frac{1-p}{p}$. We bewijzen met inductie dat $d_k = \frac{1}{p} \sum_{i=0}^k q^i$ voor alle niet-negatieve gehele $k\leq n-1$.\\
Inductiebasis:\\
Voor $k = 0$ zagen we hierboven al dat $d_0 = \frac{1}{p} = \frac{1}{p} \sum_{i=0}^k q^i$, dus voor $k = 0$ klopt het.\\
Inductiestap:\\
Stel dat voor $k = m$ klopt dat $d_m = \frac{1}{p} \sum_{i=0}^m q^i$. We zullen nu laten zien dat het ook voor $k = m+1$ klopt.\\
We weten dat $d_{m+1} = \frac{1-p}{p} d_m + \frac{1}{p}$ met de formule hierboven. We kunnen nu $d_m = \frac{1}{p} \sum_{i=0}^m q^i$ invullen en dan krijgen we:
$$d_{m+1} = \frac{1-p}{p}d_m + \frac{1}{p} = q \frac{1}{p} \sum_{i=0}^m q^i + \frac{1}{p} = \frac{1}{p} \sum_{i=0}^m q^{i+1} + \frac{1}{p} = \frac{1}{p} \sum_{i=0}^{m+1} q^i$$
en dat is precies de bewering voor $k = m+1$. We concluderen met inductie dat voor alle $k$ geldt $d_k = \frac{1}{p} \sum_{i=0}^k q^i$.

We gaan nu allereerst $p = \frac{1}{2}$ oplossen. We zien dat voor $p = \frac{1}{2}$ precies $q = 1$, zodat $d_k = \frac{1}{p} \sum_{i=0}^k q^i = 2(k+1)$. Ook weten we dat $e_0 = d_0 + d_1 + \cdots +d_{n-1} + e_n$ en dat $e_n = 0$. Daarom wordt nu dus
$$e_0 = 2 + 4 + 6 + 8 + \cdots + 2n = n(n+1)$$
Als we met kans $\frac{1}{2}$ een spelletje winnen, dan verwachten we dus $n(n+1)$ spelletjes te moeten doen om van rang $n$ naar rang $n+1$ te komen.

We bekijken nu de situatie met $p \neq \frac{1}{2}$. Nu is $d_k = \frac{1}{p} \sum_{i=0}^k q^i$. Ook is $q \neq 1$, dus kunnen we deze meetkundige reeks herschrijven tot
$$d_k = \frac{1}{p} \sum_{i=0}^k q^i = \frac{1}{p} \cdot \frac{1 - q^{k+1}}{1-q} = \frac{1-q^{k+1}}{p(1-q)}$$
Wederom gebruiken we dat $e_0 = d_0 + d_1 + \cdots +d_{n-1} + e_n$ en $e_n = 0$ om te vinden dat
$$e_0 = d_0 + d_1 + \cdots +d_{n-1} = \frac{1-q}{p(1-q)} + \frac{1-q^2}{p(1-q)} + \cdots + \frac{1-q^n}{p(1-q)} = \frac{n}{p(1-q)} - \frac{1}{p(1-q)} \cdot (q + q^2 + \cdots + q^n)$$
Ook de laatste meetkundige reeks kunnen we weer herschrijven en dan vinden we dat
$$e_0 = \frac{n}{p(1-q)} - \frac{1}{p(1-q)} \cdot (q + q^2 + \cdots +q^n) = \frac{n}{p(1-q)} - \frac{1}{p(1-q)} \cdot \frac{q-q^{n+1}}{1-q} = \frac{n - nq - q + q^{n+1}}{p(1-q)^2}$$
Voor $p = \frac{1}{3}$ is $q = \frac{1-p}{p} = 2$, dus wordt nu
$$e_0 = \frac{n-nq-q+q^{n+1}}{p(1-q)^2} = 6\cdot 2^n - 3n - 6$$
Als we met kans $\frac{1}{3}$ winnen, dan verwachten we dus $6\cdot 2^n - 3n - 6$ spelletjes te moeten spelen om van rang $n$ naar rang $n+1$ te gaan.

Voor $p = \frac{2}{3}$ is $q = \frac{1-p}{p} = \frac{1}{2}$ dus krijgen we dan
$$e_0 = \frac{n-nq-q + q^{n+1}}{p(1-q)^2} = 3n - 3 + 3 \cdot \left( \frac{1}{2}\right)^n$$ 
Wanneer de kans op winst $\frac{2}{3}$ is, dan verwachten we dus maar $3n - 3 + 3\cdot (\frac{1}{2})^n$ spelletjes te moeten spelen om van rang $n$ naar rang $n+1$ te gaan.

Ter illustratie staat hieronder een tabel van hoeveel spelletjes we verwachten te spelen om van rang $n$ naar rang $n+1$ te gaan voor verschillende waarden van $n$. Dit laat goed het verschil in gedrag zien, waarbij als $p < \frac{1}{2}$ we exponentieel veel spelletjes moeten spelen en als $p > \frac{1}{2}$ we maar een lineair aantal spelletjes hoeven spelen. Als $p = \frac{1}{2}$, dan zitten we precies op de grens en verwachten we een kwadratisch aantal spelletjes te spelen. Hierom is dus een hoge rang halen met $p < \frac{1}{2}$ vrijwel niet te doen.

$n$	$1$	$2$	$5$	$10$	$20$
$p=\frac{1}{3}$	$3$	$12$	$171$	$6\,108$	$6\,291\,432$
$p=\frac{1}{2}$	$2$	$6$	$30$	$110$	$420$
$p=\frac{2}{3}$	$1{,}5$	$3{,}75$	$\approx 12$	$\approx 27$	$\approx 57$