Opgave 533 ^[oOO]

De Concorde komt om 11 uur 's ochtends aan in New York (in New Yorkse tijd) wat dus 16 uur 's middags is in Londense tijd. Hij vertrok om 12 uur, dus duurde de reis van Londen naar New York 4 uur en was de gemiddelde snelheid dus $\frac{6000}{4} = 1500 \mathrm{\ km/u}$. Dit was tegen de straalstroom in, waardoor zonder straalstroom de gemiddelde snelheid $1750 \mathrm{\ km/u}$ zou zijn en met de straalstroom mee dus $2000 \mathrm{\ km/u}$. Daarom duurt de reis van New York naar Londen in totaal $\frac{6000}{2000} = 3$ uur. Dit betekent dat je in Londen om 15 uur aankomt in New Yorkse tijd, dus om 20 uur, oftewel 8 uur 's avonds, in Londense tijd.

Opgave 534 ^[oOO]

Als $x^2 + p = y^2$, dan is dus

$$p = y^2 - x^2 = (y - x)(y + x)$$

We weten dat $x$ en $y$ positieve gehele getallen zijn, dus is $y + x$ positief. Daarom moet $y - x$ ook positief zijn, dus zijn $y + x$ en $y - x$ allebei positive delers van $p$. Omdat $p$ een priemgetal is, heeft $p$ precies 2 positieve delers, namelijk 1 en $p$. Ook weten we dat $y - x < y + x$ omdat $x > 0$, dus moet wel $y - x = 1$ en $y + x = p$. Als $y = \frac{p + 1}{2}$ en $x = \frac{p - 1}{2}$, dan klopt de vergelijking en is ook daadwerkelijk $x + y = p$, dus is $p = 2^{136279841} - 1$ de enige mogelijke waarde die $x + y$ kan bereiken.

Opgave 535 ^[ooO]

Voor het eerste tentamen heeft Bas maar 1 mogelijkheid om hem op de rechterstapel te plaatsen (want dan vormt dat tentamen de hele stapel) en voor elk volgend tentamen kan Bas hem ofwel bovenop de stapel ofwel onderop de stapel plaatsen. Er zijn dus $2^9$ mogeljke manieren voor Bas om de rechterstapel te maken en elke manier geeft een andere volgorde van de tentamens. Voor elke manier is er dus ook precies 1 volgorde van tentamens op de linkerstapel zodat ze door Bas op deze manier in alfabetische volgorde op de rechterstapel komen te liggen. Omdat de manieren verschillend zijn, zijn deze volgordes op de linkerstapel dus ook allemaal verschillend en zijn er dus $2^9$ mogelijke volgordes van de tentamens op de linkerstapel waarmee Bas de tentamens makkelijk alfabetisch kan sorteren. Er zijn totaal $10!$ mogelijke volgordes voor de tentamens op de linkerstapel, dus is de kans dat Bas ze alfabetisch kan sorteren door alleen tentamens boven of onderop de stapel te leggen gelijk aan:
$$\frac{2^9}{10!} = \frac{512}{3.628.800} = \frac{2}{14175} \approx 0,0141 \%$$

Alternatieve oplossing

Noem even de tentamens $1,2,3,\ldots, 10$ die dus in die volgorde moeten eindigen op de rechterstapel (dus 1 boven en $10$ onder). We kunnen nu weer gaan bepalen hoeveel goede volgordes er voor de linkerstapel zijn. Hierbij kijken we naar het bovenste tentamen op de linkerstapel. Als dit tentamen $i$ is, dan moeten tentamens $1,2,\ldots, i-1$ bovenop worden geplaatst en tentamens $i+1,i+2,\ldots, 10$ onderop. Daarom zien we dat $1,2,\ldots, i-1$ in omgekeerde volgorde op de linkerstapel moeten liggen (dus $i-1$ als eerste, dan $i-2$, etc. tot en met 1), terwijl $i+1,i+2,\ldots, 10$ in de juiste volgorde op de linkerstapel moeten liggen. Als dit geldt, dan kan Bas uiteraard ook de rechterstapel alfabetisch sorteren, dus moeten we het aantal mogelijke volgordes van $1,2,\ldots, i-1,i+1,i+2,\ldots, 10$ bepalen waarbij $1,2,\ldots, i-1$ in omgekeerde volgorde en $i+1,i+2,\ldots, 10$ in de juiste volgorde liggen. Hiervoor hoeven we eigenlijk alleen maar de $i-1$ plekken (waarbij de volgorde \textbf{niet} uitmaakt, dus plekken $2,1$ is hetzelfde als plekken $1,2$) te bepalen waar tentamens $1,2,\ldots, i-1$ komen te liggen: immers voor elke groep van $i - 1$ plekken krijgen we 1 mogelijkheid met $i-1,i-2,\ldots, 1$ in die volgorde op de gekozen plekken en $i+1,i+2,\ldots, 10$ in die volgorde op de andere plekken. Hiervoor zijn $\binom{9}{i-1}$ mogelijkheden, want we hebben 9 plekken waar we $i - 1$ plekken uit moeten trekken waarbij de volgorde niet uitmaakt. Omdat $i$ gelijk kan zijn aan $1,2,\ldots, 10$, is het totaal aantal mogelijke volgordes waarmee Bas de rechterstapel kan sorteren dus
$$\binom{9}{0} + \binom{9}{1} + \ldots + \binom{9}{9} = 2^9$$
Omdat er weer $10!$ mogeljke volgordes zijn, is de kans dat Bas de rechterstapel kan sorteren dus weer precies $\frac{2^9}{10!}$.

Opgave 536 ^[ooO]

We gaan alle reële oplossingen $x$ van deze vergelijking bepalen. We zien allereerst als $|x| > 2$, dat dan 
$$|x^2| = |x|^2 > 2|x| > |x| + 2$$
Daarmee is $|x^2 - 2| > |x|  > 2$. Hieruit volgt dan ook dat
$$| (x^2 - 2)^2 - 2 | > | x^2 - 2 | > |x| > 2.$$
Als we dit voortzetten, volgt dan dat
$$(((((x^2 - 2)^2 - 2)^2 - 2)^2 - 2)^2 - 2)^2 - 2 \neq -x.$$
Dus als $|x| > 2$, dan is $x$ nooit een oplossing. Daarom weten we dat $|x| \leq 2$ en kunnen we dus $x$ altijd schrijven als $x = 2\cos(\beta)$ voor een re\"eel getal $\beta$ met $0\leq \beta \leq \pi$. We weten met de verdubbelingsformule voor de cosinus dat voor elke $\gamma$ geldt dat
$$\cos(2\gamma) = \cos(\gamma)^2 - \sin(\gamma)^2 = 2\cos(\gamma)^2 - 1$$
In ons geval zien we dat
$$x^2 - 2 = (2\cos(\beta))^2 - 2 = 2(2\cos(\beta)^2 - 1) = 2\cos(2\beta)$$
Dit kunnen we herhalen;
\[
(x^2 - 2)^2 - 2 = 2 \cos( 2 \beta )^2 - 2 = 2 \cos( 4 \beta ).
\]
De linkerkant van de vergelijking is dus gelijk aan $2 \cos( 32 \beta )$. Als $x$ voldoet aan de vergelijking, dan moet dit dus gelijk zijn aan $-x = -2\cos(\beta)$, dus vinden we dat
$$2\cos(32\beta) = -2\cos(\beta) = 2\cos(\pi - \beta)$$
oftewel $\cos(32\beta) = \cos(\pi - \beta)$. Dit geeft 2 gevallen: ofwel er bestaat een geheel getal $k$ zodanig dat $32\beta = \pi - \beta + 2k\pi$, ofwel er bestaat een geheel getal $k$ zodanig dat $32\beta = \beta - \pi + 2k\pi$. We bekijken deze gevallen apart.

Stel dat $32\beta = \pi - \beta + 2k\pi$. Nu is $33\beta = (2k + 1)\pi$ dus $\beta = \frac{2k+1}{33} \pi$. Omdat $0\leq \beta \leq \pi$ weten we dat $0\leq 2k+1\leq 33$ dus $k = 0, 1, 2,\cdots, 16$ werken. Dit geeft $\beta = \frac{1}{33} \pi$ of $\beta = \frac{3}{33} \pi$ of etc. tot en met $\beta = \pi$.

Stel nu dat $32\beta = \beta - \pi + 2k\pi$. Nu is $31\beta = (2k-1)\pi$ dus $\beta = \frac{2k-1}{31} \pi$. Wederom volgt uit $0\leq \beta \leq \pi$ dat $0\leq 2k - 1\leq 31$ dus $k = 1, 2, \cdots, 16$ zijn nu de mogelijkheden. Die geven dat $\beta = \frac{1}{31} \pi$ of $\beta = \frac{3}{31} \pi$ of enzovoorts tot en met $\beta = \pi$.

We zien dat de mogelijkheid $\beta = \pi$ dubbel voorkomt, dus krijgen we totaal 32 oplossingen voor $\beta$, namelijk $\pi, \frac{1}{33}\pi, \frac{3}{33}\pi, \cdots, \frac{31}{33} \pi, \frac{1}{31} \pi, \frac{3}{31} \pi, \cdots, \frac{29}{31} \pi$. Voor al deze $\beta$ vinden we een unieke oplossing $x = 2\cos(\beta)$. De oplossing $\alpha$ zit hier ook tussen voor $\beta = \frac{3}{33} \pi = \frac{\pi}{11}$, dus we concluderen dat $\alpha$ een oplossing is. Omdat de vergelijking graad 32 heeft, kunnen er niet meer dan 32 oplossingen zijn. We concluderen dat dit alle oplossingen van de vergelijking zijn.