$2500=\frac{3500}{1+34\cdot {\mathrm{0,87}}^t}\iff$ $1+34\cdot {\mathrm{0,87}}^t=\frac{3500}{2500}=\mathrm{1,4}\iff$ ${\mathrm{0,87}}^t=\frac{\mathrm{0,4}}{34}$, dus $t={}^{\mathrm{0,87}}\log \left(\frac{\mathrm{0,4}}{34}\right)$ $t=\mathrm{31,9}$, dus na $t=\mathrm{31,9}$ dagen.

Als $t$ groot is, dan is ${\mathrm{0,87}}^t$ nagenoeg $0$, dus dan wordt $F=\frac{3500}{1+34\cdot 0}=3500$

Er geldt: $t=\frac{T}{24}$, dus ${\mathrm{0,87}}^t={\mathrm{0,87}}^{\frac{T}{24}}={\left({\mathrm{0,87}}^{\frac{1}{24}}\right)}^T$, dus $b={\mathrm{0,87}}^{\frac{1}{24}}=\mathrm{0,994}$, de formule wordt dus: $F=\frac{3500}{1+34\cdot {\mathrm{0,994}}^T}$

$F=\frac{3500}{34\cdot {\mathrm{0,87}}^t}=\frac{3500}{34}\cdot \frac{1}{{\mathrm{0,87}}^t}=$ $\frac{3500}{34}\cdot {\left(\frac{1}{\mathrm{0,87}}\right)}^t$, dus $b=\frac{3500}{34}\approx 103$ en $g=\frac{1}{\mathrm{0,87}}\approx \mathrm{1,15}$.

De periode van $P$ is $p=\frac{2\text{π}}{\mathrm{0,212769}}\approx \mathrm{29,5305}$. Dit is $\mathrm{42\; 524}$.

Dat is als $P$ minimaal is. Dat gebeurt éénmaal per periode. Er wordt gevraagd naar de kleinste (positieve) waarde van $t$ met $P\left(t\right)=0$.
$50+50\sin \left(\mathrm{0,212769}t-\mathrm{1,042563}\right)=0\iff \sin \left(\mathrm{0,212769}t-\mathrm{1,042563}\right)=\mathrm{‐}1$.
De GR geeft: ${\sin }^{\mathrm{‐}1}\left(\mathrm{‐}1\right)=\mathrm{‐}\mathrm{1,57079}\dots$, dus een oplossing is: $t=\frac{\mathrm{‐}\mathrm{1,57079}\dots +\mathrm{1,042563}}{\mathrm{0,212769}}=\mathrm{‐}\mathrm{2,4826}\dots$. De andere oplossingen verschillen gehele perioden van deze, dus de gevraagde waarde van $t$ is:
$\mathrm{‐}\mathrm{2,482}+\mathrm{29,2905}\approx \mathrm{27,047}$, dus op 28 januari 2017.

22 februari (van 0:00 uur tot 24:00 uur) ligt tussen $t=52$ en $t=52$; $P\left(52\right)\approx 22$ en $P\left(53\right)\approx 14$, dus neemt $P$ af, dus tussen laatste kwartier en nieuwe maan

$\mathrm{3,31}+\frac{21}{t-148}=0\iff \mathrm{3,31}\left(t-148\right)+21=0\iff \mathrm{3,31}t=\mathrm{468,88}$, dus $t=\frac{\mathrm{468,88}}{\mathrm{3,31}}\approx \mathrm{141,6556}$, dus $141$ uur en $39$ minuten.

$\frac{\text{d}V}{\text{d}t}=\mathrm{‐}\frac{21}{{\left(t-148\right)}^2}$

$\frac{\text{d}V}{\text{d}t}$ is negatief, dus is $V$ dalend. Voor toenemende $t$, met $t<148$ wordt ${\left(t-148\right)}^2$ steeds kleiner (want je komt steeds dichter bij $148$), dus wordt $\frac{\text{d}V}{\text{d}t}$ steeds meer negatief, dus de daling neemt toe.
Merk op: voor $t>148$ is de grafiek van $V$ afnemend dalend, maar dat kan in de praktijk niet (batterij is dan al leeg).

Op het moment dat blokje 2 uitgaat, is de spanning $\mathrm{0,94}\cdot \mathrm{3,2}=\mathrm{3,008}$.
$\mathrm{3,31}+\frac{21}{t-148}=\mathrm{3,008}\iff \frac{21}{t-148}=\mathrm{‐}\mathrm{0,302}\iff 21=\mathrm{‐}\mathrm{0,302}\left(t-148\right)$, dus $t=148-\frac{21}{\mathrm{0,302}}\approx \mathrm{78,5}$.
Dit is meer dan de helft van de stand-by-tijd.

Op de heenweg is de snelheid $12$ km/u, dus duurt de heenweg $\frac{42}{12}=3\frac{1}{2}$ uur, de terugweg duurt $\frac{42}{28}=1\frac{1}{2}$ uur, intotaal dus $5$ uur.

De snelheid op de heenweg $v-8$ km/u, dus tijd over de heenweg is $T=\frac{42}{v-8}$ en het brandstofverbruik $B=\frac{42}{v-8}\cdot v^3=\frac{42v^3}{v-8}$.

$\frac{dB}{dv}=\frac{126v^2\left(v-8\right)-42v^3}{{\left(v-8\right)}^2}=\frac{84v^3-1008v^2}{{\left(v-8\right)}^2}$, dus $\frac{dB}{dv}=0\iff v=0$ of $v=\frac{1008}{84}=12$.
Uit de grafiek op de GR blijkt dat het brandstofverbruik minimaal is als $v=12$.

Het gemiddelde van de maximale en de minimale hoogte is $a=\mathrm{33,5}$, de amplitude $b=\mathrm{37,0}-\mathrm{33,5}=\mathrm{3,5}$: $c=\frac{2\text{π}}{p}$ waarbij de periode $p=12$, dus $c=\frac{1}{6}\text{π}$.

Voer een variabel in op de GR. We noemen hem hier $A$. Teken op de GR de grafiek van $v=d-w=\mathrm{‐}\mathrm{4,0}+\mathrm{3,5}\sin \left(\frac{1}{2}t\right)-A\sin \left(\frac{1}{2}\left(t-\mathrm{3,14}\right)\right)$ als functie van de tijd $t$. We noemen $d-w$ bijvoorbeeld Y en $t$ bijvoorbeeld X. Als $A=\mathrm{1,9}$ zijn er geen snijpunten met de X-as en $A=\mathrm{2,0}$ zijn er wel snijpunten met de X-as. Dus vanaf een amplitude van 2,0 (meter) komt de drijver af en toe boven water.

$12$!$\approx 4$ miljoen

$\frac{12!}{3!}=79833600$

$\left(\begin{array}{c}12\\ 6\end{array}\right)=924$ (Als je geen onderscheid tussen "onder" en "boven" zijn er maar half zoveel mogelijkheden.)

$\frac{12!}{4!4!2!2!}=207900$

Voor elke streep zijn er $4$ mogelijkheden, in totaal dus $4^4=256$ mogelijkheden.

Het zwart maken van $2$ van de $4$ stukken boven kan op $\left(\begin{array}{c}4\\ 2\end{array}\right)$ verschillende manieren.
Er zijn dus ${\left(\begin{array}{c}4\\ 2\end{array}\right)}^2=36$ mogelijkheden.

De laatste drie symbolen vormen een huisnummer van $3$, dus $900$ mogelijkheden van 100 tot en met 999. of het kan ook cijfer + X + toevoeging zijn, daarvoor zijn $9\cdot 1\cdot 36=324$ mogelijkheden.
In totaal zijn er $900+324=1224$ mogelijkheden.

Vier mogelijkheden

Het aantal verschillende Hammingafstanden is gelijk aan het aantal verschillende tweetallen dat je kunt maken met $267$ dialecten, dus $\left(\begin{array}{c}267\\ 2\end{array}\right)=35511$.

De helling van de lijn is $\frac{145-55}{400-10}\approx \mathrm{0,23}$, dus een vergelijking is $H=\mathrm{0,23}x+b$, voor zeker getal $b$. Het punt $\left(\mathrm{10,55}\right)$ moet voldoen, dus $55=\mathrm{0,23}\cdot 10+b$, dus $b\approx 53$.
De vergelijking $\mathrm{‐}\mathrm{45,88}+\mathrm{66,44}\log \left(x\right)=\mathrm{0,23}x+53$ oplossen met de GR (beschrijf duidelijk hoe je dat doet!) geeft: bij $44$ en bij $275$ km

$\mathrm{‐}\mathrm{45,88}+\mathrm{66,44}\log \left(2x\right)=\mathrm{‐}\mathrm{45,88}+\mathrm{66,44}\left(\log \left(x\right)+\log \left(2\right)\right)$
$=\mathrm{‐}\mathrm{45,88}+\mathrm{66,44}\log \left(x\right)+\mathrm{66,44}\log \left(2\right)$, dus het klopt want
$\mathrm{66,44}\log \left(2\right)=\mathrm{20,0004}\dots$.

Dan $f=\frac{1}{2}$, dus $\frac{f}{1-f}=1$, verticaal ${10}^0$ geeft horizontaal 1877.

$y=\frac{f}{1-f}$, dan $\frac{\text{d}y}{\text{d}f}=\frac{1\cdot \left(1-f\right)-\mathrm{‐}1\cdot f}{{\left(1-f\right)}^2}=\frac{1}{{\left(1-f\right)}^2}$. Omdat ${\left(1-f\right)}^2$ positief is voor elke waarde van $f$ tussen $0$ en $1$, is $\frac{\text{d}y}{\text{d}f}$ dat ook , dus $y$ is een stijgende functie van $f$.

Uit $\frac{f_{\text{hout}}}{1-f_{\text{hout}}}=\mathrm{3,03}\cdot {\mathrm{0,96}}^t$ volgt, door aan beide kanten met $1-f_{\text{hout}}$ te vermenigvuldigen: $f_{\text{hout}}=\mathrm{3,03}\cdot {\mathrm{0,96}}^t\left(1-f_{\text{hout}}\right)$, dus $f_{\text{hout}}+\mathrm{3,03}\cdot {\mathrm{0,96}}^t\cdot f_{\text{hout}}=\mathrm{3,03}\cdot {\mathrm{0,96}}^t$ $\iff \left(1+\mathrm{3,03}\cdot {\mathrm{0,96}}^t\right)\cdot f_{\text{hout}}=\mathrm{3,03}\cdot {\mathrm{0,96}}^t$ $\iff f_{\text{hout}}=\frac{\mathrm{3,03}\cdot {\mathrm{0,96}}^t}{1+\mathrm{3,03}\cdot {\mathrm{0,96}}^t}$.

Voer de som van $f_{\text{olie}}$ en $f_{\text{gas}}$ $f_{\text{olie}}+f_{\text{gas}}$ in op de GR.
Teken de lijn $y=\mathrm{0,25}$ erbij en bepaal het snijpunt van de twee grafieken.
Je vindt $t\approx \mathrm{93,34}$, dus in 1943.
Geef weer duidelijk aan hoe je een en ander op de GR invoert.

In de figuur is iedere volgende rechthoek twee keer zo groot als de vorige, dus de verdubbelingstijd is $20$ jaar, dus de groeifactor per jaar is $2^{\frac{1}{20}}=\mathrm{1,0352}\dots$, dat komt overeen met $\mathrm{3,5}$% stijging per jaar.

De lichtste soort weegt $\frac{\mathrm{7,8}}{{\mathrm{1,35}}^3}\approx \mathrm{3,2}$ kg.

Noem de gewichtsratio $g$, dan $g$, dan $g^{21}=\frac{631}{164}$, dus $g={\left(\frac{631}{164}\right)}^{\frac{1}{21}}\approx \mathrm{1,07}$.

$631\cdot {\mathrm{1,06}}^x=3550\iff {\mathrm{1,06}}^x=\frac{3550}{631}=\mathrm{5,625}\dots \iff$ $x=\frac{\log \left(\mathrm{5,625}\dots \right)}{\log \left(\mathrm{1,06}\right)}=\mathrm{29,6}\dots$, dus er zijn $30-3=27$ soorten uitgestorven.

$\log \left(W\right)=\mathrm{0,075}N+\mathrm{0,4}\iff W={10}^{\mathrm{0,075}N+\mathrm{0,4}}={10}^{\mathrm{0,075}N}\cdot {10}^{\mathrm{0,4}}=$
${\left({10}^{\mathrm{0,075}}\right)}^N\cdot {10}^{\mathrm{0,4}}$, dus $b={10}^{\mathrm{0,075}}\approx \mathrm{2,5}$ en $g={10}^{\mathrm{0,4}}\approx \mathrm{1,2}$

Bij $x\approx 19$ is de waarde van $B$ in een onderzocht project ongeveer $210$ duizend en de waarde van $B$ volgens het model ongeveer $90$ duizend, dus meer dan het dubbele. De afwijking is dus groter dan $100$%.

$90=p\cdot {20}^q$ en $300=p\cdot {40}^q$, dus $\frac{300}{90}=\frac{{40}^q}{{20}^q}=2^q$, dus $q=\frac{\log \left(\frac{300}{90}\right)}{\log \left(2\right)}=\mathrm{1,7369}\dots$.
Dit invullen in bijvoorbeeld $90=p\cdot {20}^q$ geeft $p=\mathrm{0,494}\dots$.
Dus in twee decimalen: $p=\mathrm{0,49}$ en $q=\mathrm{1,74}$.

$K_A=\frac{\text{aankoopkosten per hectare}}{\text{aantal woningen per hectare}}=\frac{170}{x}=170\cdot x^{\mathrm{‐}1}$
$K_B=\frac{\text{kosten bouwrijp maken per hectare}}{\text{aantal woningen per hectare}}=\frac{\mathrm{0,4}\cdot x^{\mathrm{1,8}}}{x}=\mathrm{0,4}{x}^{\mathrm{0,8}}$

$\frac{\text{d}}{\text{d}x}\left(K_A+K_B\right)=\mathrm{0,32}{x}^{\mathrm{‐}\mathrm{0,2}}-170\cdot x^{\mathrm{‐}2}$, dus
$\frac{\text{d}}{\text{d}x}\left(K_A+K_B\right)=0\iff \mathrm{0,32}{x}^{\mathrm{‐}\mathrm{0,2}}=170\cdot x^{\mathrm{‐}2}\iff x^{\mathrm{1,8}}=\frac{170}{\mathrm{0,32}}$, dus $x={\left(\frac{170}{\mathrm{0,32}}\right)}^{\frac{1}{\mathrm{1,8}}}\approx \mathrm{32,66}$.
$K_A=K_B\iff 170\cdot x^{\mathrm{‐}1}=\mathrm{0,4}{x}^{\mathrm{0,8}}\iff x^{\mathrm{1,8}}=\frac{170}{\mathrm{0,4}}$, dus niet hetzelfde.

$\frac{\text{d}}{\text{d}x}{K}_T=\mathrm{‐}G\cdot x^{\mathrm{‐}2}+\mathrm{0,32}{x}^{-\mathrm{0,2}}$
Als $\frac{\text{d}}{\text{d}x}{K}_T=0$ voor $x=\mathrm{38,5}$, vind je $G\approx \mathrm{228,5}$;
als $\frac{\text{d}}{\text{d}x}{K}_T=0$ voor $x=\mathrm{39,5}$, vind je $G\approx \mathrm{239,5}$.
De grafiek van $K_T$ tekenen voor waarden voor gehele waarden van $G=229$ tot en met $G=239$ leidt tot de conclusie dat $K_T$ voor al die waarden van $G$ minimaal is als $x\approx 39$.

De afstand tussen twee opeenvolgende verdeelstrepen op de assen noem ik een eenheid. Dan is het gekleurde punt horizontaal gemeten $\mathrm{2,7}$ eenheden vanaf $0$, dus het hoort bij ${10}^{\mathrm{3,7}}=5000$ meter en verticaal gemeten $\mathrm{2,9}$ eenheden dus bij ${10}^{\mathrm{2,9}}=790$ seconden, dat is $13$ minuten en $10$ seconden.

$\log \left(t\right)=\mathrm{1,111}\cdot \log \left(a\right)-\mathrm{1,234}\iff {10}^{\log \left(t\right)}={10}^{\mathrm{1,11}\cdot \log \left(a\right)}\cdot {10}^{\mathrm{‐}\mathrm{1,234}}=$ ${\left({10}^{\log \left(a\right)}\right)}^{\mathrm{1,11}}\cdot {10}^{\mathrm{‐}\mathrm{1,234}}=$ $a^{\mathrm{1,111}}\cdot {10}^{\mathrm{‐}\mathrm{1,234}}$, dus $p={10}^{\mathrm{‐}\mathrm{1,234}}=\mathrm{0,058}$ en $q=\mathrm{1,111}$.

Neem aan: een hevige regenbui duurt $d$ uur, dan is de bijbehorende $R$ $R=\mathrm{16,6}\cdot d^{\mathrm{0,475}}$. Bij een regenbui van $10d$ uur, is de bijbehorende $R=\mathrm{16,6}\cdot {\left(10d\right)}^{\mathrm{0,475}}={10}^{\mathrm{0,475}}\cdot \mathrm{16,6}\cdot {10}^{\mathrm{0,475}}\cdot d^{\mathrm{0,475}}$ en $0^{\mathrm{0,475}}\approx \mathrm{2,9}$, dus dat klopt wel.

$\frac{\mathrm{16,6}\cdot D^{\mathrm{0,475}}}{60D}=\mathrm{0,1}\iff \mathrm{16,6}\cdot D^{\mathrm{0,475}}=6D\iff D^{\mathrm{0,525}}=\frac{\mathrm{16,6}}{6}$ Dus $D^{\mathrm{0,525}}=\mathrm{2,766}\dots$ en $D={\left(\mathrm{2,766}\dots \right)}^{\frac{1}{\mathrm{0,525}}}\approx \mathrm{6,95}$.

Er geldt $R=\frac{r}{\mathrm{2,56}}$ en $D=\frac{d}{60}$. Dit invullen in de gegeven formule geeft: $\frac{r}{\mathrm{2,54}}=\mathrm{16,6}\cdot {\left(\frac{d}{60}\right)}^{\mathrm{0,475}}$ $\iff r=\mathrm{2,54}\cdot \mathrm{16,6}\cdot {\left(\frac{1}{60}\right)}^{\mathrm{0,475}}\cdot d^{\mathrm{0,475}}$, dus $c=\mathrm{2,54}\cdot \mathrm{16,6}\cdot {\left(\frac{1}{60}\right)}^{\mathrm{0,475}}\approx \mathrm{6,03}$.

0-5-5, 1-5-5, 3-5-5 en 4-5-5 , dus vier mogelijkheden

Het aantal stenen met maar één cijfer erop is $6$,
het aantal stenen met precies twee dezelfde cijfers erop is $6\cdot 5=30$,
het aantal stenen met drie verschillende cijfers erop is $\left(\begin{array}{l}6\\ 3\end{array}\right)=20$.
Er zijn $56$ verschillende stenen.