Noem de groeifactor per $24$ uur $g$, dan $g^7=\mathrm{0,3}$, dus $g={\left(\mathrm{0,3}\right)}^{\frac{1}{7}}=\mathrm{0,8419}\dots$, dus afgerond $\mathrm{0,842}$.

Noem die tijd in uren $t$, dan ${\left(\mathrm{0,842}\right)}^{\frac{t}{24}}=\mathrm{0,6}\iff \frac{t}{24}=\frac{\log \left(\mathrm{0,6}\right)}{\log \left(\mathrm{0,842}\right)}=\mathrm{2,970}\dots$, dus $t=24\cdot \mathrm{2,970}\dots \approx \mathrm{71,29}$, dus afgerond in uren $71$ uur.

$\frac{\text{Δ}M}{\text{Δ}t}=\frac{500\cdot {\left(\mathrm{0,842}\right)}^{\mathrm{0,01}}-500}{\mathrm{0,01}}=\mathrm{‐}\mathrm{85,91}\dots$, dus de afbraaksnelheid is dus $\mathrm{‐}\frac{\mathrm{85,91}\dots }{24}=\mathrm{3,57}\dots$, dus ongeveer $\mathrm{3,6}$ mg per uur.

$\frac{\text{d}M}{\text{d}t}=500\cdot \ln \left(\mathrm{0,842}\right)\cdot {\left(\mathrm{0,842}\right)}^t$, dit levert voor $t=0:500\cdot \ln \left(\mathrm{0,842}\right)\approx \mathrm{‐}\mathrm{85,99}$. Je komt dan ongeveer op hetzelfde uit.

Na de eerste week is nog $500\cdot \mathrm{0,30}=150$ mg medicijn over en na inname van de tweede tablet is er $650$ mg medicijn. Na $10$ dagen is er $650\cdot {\left(\mathrm{0,842}\right)}^3\approx 388$ mg medicijn over.

Na $14$ dagen is er $650\cdot \mathrm{0,30}+500=695$ milligram, dus $M\left(t\right)=695\cdot {\left(\mathrm{0,842}\right)}^{t-14}$.

Op elke laag komen er $2$ stenen bij, dus $a_n=2n$.

Dat is de somrij bij de rij $a_n$. De rij $a_n$ is rekenkundig, dus de som is het aantal termen maal het gemiddeld van de begin- en de eindterm, dus $n\cdot \frac{1}{2}\left(2+2n\right)=n^2+n$.

$5\cdot 4\cdot 4\cdot 4\cdot 4=1280$

Neem aan de bovenste laag is wit ($w$).
Dan heb je (van boven naar beneden) de kleuren
$w\square w\square w$ waarbij op de plaats $\square$ vier kleuren mogelijk zijn, dit geeft $4\cdot 4=16$ mogelijkheden of
$w\square g\square w$ waarbij op de laag in het midden een kleur $g$, geen wit zit, dus op de plaatsen $\square$ $3$ kleuren mogelijk zijn, dit geeft $3\cdot 3=9$ mogelijkheden.
Er zijn $9+16=25$ mogelijkheden waarbij de onderste laag wit is.
In totaal zijn er dan $5\cdot 25=125$ mogelijkheden.

$a_n=8^n$

$\{\begin{array}{l}{s}_1=1\\ s_n=s_{n-1}+8^{n-1}\end{array}n=\mathrm{2,}\mathrm{3,}\dots$

$153391689$

Er zijn er evenveel als hokjes in een vierkant van $7$ bij $7$ op of onder een diagonaal, dus $\frac{7\cdot 7-7}{2}+7=28$ stenen.

Er zijn er evenveel als hokjes in een vierkant van $10$ bij $10$ op of onder een diagonaal, dus $\frac{10\cdot 10-10}{2}+10=55$ stenen.

$\{\begin{array}{l}{a}_0=0\\ a_n=a_{n-1}+n+1\end{array}$ $n=\mathrm{1,}\mathrm{2,}\dots$
Als je de stenen legt zoals in het antwoord van vraag d, krijg je het aantal stenen van het volgende spel door er nog een rij rechts naast te leggen met op de linker helft $0$ ogen en op de rechterhelft $0$, $1$,.. $n$ ogen, Dus je moet er $n$ stenen bij leggen.

Na $\mathrm{0,5}$ uur is de voedselopbrengst (ongeveer) $\mathrm{1,5}$ ee. De dubbele hoeveelheid is $3$ ee, daar hoort een tijd bij van $3$ uur, dat is $6$ maal zo groot.

Zie de figuur hieronder. De gemiddelde voedselopbrengst bij punt $Q$ is de helling van lijn $OQ$ en alle punten op die lijn hebben dezelfde gemidddelde voedselopbrengst. Je moet dus snijpunten van lijn $OQ$ met de grafiek hebben. Het gevraagde punt is dus $P$.

Je moet een punt $R$ op de grafiek hebben zó, dat lijn $OR$ een zo groot mogelijke helling heeft. Je moet dus een lijn door $O$ tekenen, die de grafiek aan de bovenkant raakt. Het gezochte punt is dan het raakpunt. Je vindt als bijbehorde tijd ongeveer $3$ uur.

Je kunt de berekening op de GR uitvoeren. Schrijf in dit geval je werkwijze duidelijk op.
Je kunt het ook 'met de hand' uitrekenen:
Voor april is de schatting $4300$, voor mei $4450$ en voor voor juni $4375$.

De schattingen moeten liggen tussen (ongeveer) $4300$ en $4386$.
Er geldt: $V_3=4480$ en $V_4=4288$ en $V_5=4365$. Dus in mei.

$V_3=a\cdot 4000+\left(1-a\right)\cdot 5200=5200-1200a$, dus
$V_4=a\cdot \left(5200\mathrm{‐}1200a\right)+\left(1-a\right)\cdot 4000=\mathrm{‐}1200a^2+1200a+4000$.

$4260=\mathrm{‐}1200a^2+1200a+4000$ $\iff 1200a^2-1200a-260=0$ $\iff$
$60a^2-60a-13=0$, dus $a=\frac{60\pm \sqrt{{60}^2+4\cdot 60\cdot 13}}{120}$, dus $a\approx \mathrm{0,32}$ of $a\approx \mathrm{0,68}$. Omdat de grafiek van $V_4$ als functie van $a$ een bergparabool is vind je: $a$ tussen $\mathrm{0,32}$ en $\mathrm{0,68}$.

Het aantal tegels met twee dezelfde symbolen is $6\cdot 5=30$; het aantal tegels met twee verschillende symbolen is $\left(\begin{array}{l}6\\ 2\end{array}\right)=15$, dus het aantal tegels met verschillende symbolen is $6\cdot 15=90$. Het totaal aantal is dus $120$.

De laagste score is kleiner dan $10$, en de zes gekozen scores moeten samen $96$ zijn. Een voorbeeld is: $\left(\mathrm{18,18,18,17,17,8}\right)$.

In elke poule worden $\frac{4\cdot 3}{2}=6$ wedstrijden gespeeld. Dat zijn $6\cdot 4=24$ wedstrijden voor alle poules samen.
In de ronden daarna worden nog $4$, $2$ en $1$ wedstrijden gespeeld. In totaal zijn dat $31$ wedstrijden.

Het $5$ keer verrichten van handeling A kost $5\cdot \mathrm{11,3}=\mathrm{56,5}$ minuten en het $4$ keer verrichten van handeling A kost $4\cdot \mathrm{12,1}=\mathrm{48,4}$ minuten, dus de de $5$de keer kost $\mathrm{56,5}-\mathrm{48,4}=\mathrm{8,1}$ minuten.

Als $n$ groot is, dan is ${\mathrm{0,68}}^{n-1}$ nagenoeg $0$, dus $T_n\approx 6$. De tijdwinst is dus $10$ minuten.

$\{\begin{array}{l}{H}_1=16\\ H_n=\frac{H_{n-1}+T_n}{n}\end{array}n=\mathrm{1,}\mathrm{2,}\dots$, dus $\{\begin{array}{l}{H}_1=16\\ H_n=\frac{H_{n-1}+6+10\cdot {\mathrm{0,68}}^{n-1}}{n}\end{array}n=\mathrm{1,}\mathrm{2,}\dots$ Invoeren in de GR geeft: $H_{10}=\mathrm{9,06}$.

De vergelijking $\frac{\mathrm{31,25}\left(1-{\mathrm{0,68}}^n\right)}{n}$ oplossen met de GR geeft $n=\mathrm{31,2...}$, dus $32$ handelingen.

De levensduur van koper is $\frac{313}{\mathrm{8,7}}\approx 36$ jaar ; dus ongeveer $\frac{420}{36}\approx \mathrm{11,7}$ keer zo groot

Neem aan dat het (vanaf 1970) $t$ jaren duurt, dan $\mathrm{8,7}\cdot {\mathrm{1,058}}^t=6\cdot \mathrm{1,9}\cdot {\mathrm{1,033}}^t$. Dus $\frac{{\mathrm{1,058}}^t}{{\mathrm{1,033}}^t}=\frac{6\cdot \mathrm{1,9}}{\mathrm{8,7}}\iff {\left(\frac{\mathrm{1,058}}{\mathrm{1,033}}\right)}^t=\mathrm{1,310}\dots \iff {\left(\mathrm{1,024}\dots \right)}^t=\mathrm{1,310}\dots$.
Dus $t=\log \left(\frac{\mathrm{1,310}\dots }{\mathrm{1,024}\dots }\right)\approx \mathrm{11,}\dots$ jaar, dus vanaf 1982.

$p=\mathrm{3,3}$ en $L=420$ invullen geeft: $L^{*}=\mathrm{81,9}$, dus in 2051.

$p=\mathrm{3,3}$ en $L^{*}=30$ invullen geeft: $30=\frac{230\cdot \log \left(L\cdot \mathrm{6,1}+100\right)-460}{\mathrm{6,1}}\iff$
$230\cdot \log \left(L\cdot \mathrm{6,1}+100\right)=30\cdot \mathrm{6,1}+460$, dus $\log \left(L\cdot \mathrm{6,1}+100\right)=\frac{30\cdot \mathrm{6,1}+460}{230}=\mathrm{2,795}\dots$, dus $\mathrm{6,1}L+100={10}^{\mathrm{2,795}\dots }=\mathrm{624,67}\dots$, dus $L=\frac{\mathrm{624,67}\dots -100}{\mathrm{6,1}}=\mathrm{86,}\dots$.
De voorraad is uitgeput in 2057.

$T_n-T_{n-1}$ is het verbruik in het $n$-de jaar na 1970. Dit verbruik groeit exponentieel met groeifactor $\mathrm{1,058}$ en beginverbruik $\mathrm{8,7}$ over 1970.

$150\cdot {\mathrm{1,058}}^n-150-\left(150\cdot {\mathrm{1,058}}^{n-1}-150\right)=$
$150\cdot \mathrm{1,058}\cdot {\mathrm{1,058}}^{n-1}-150\cdot {\mathrm{1,058}}^{n-1}=$ $\left(150\cdot \mathrm{1,058}-150\right)\cdot {\mathrm{1,058}}^{n-1}$ en $150\cdot \mathrm{1,058}-150=\mathrm{8,7}$. Dus dat klopt.

Noem de groeifactor per week $g$, dan $g^3=\frac{1065}{140}$, dus $g={\left(\frac{1065}{140}\right)}^{\frac{1}{3}}\approx \mathrm{1,97}$, dus $F=140\cdot {\mathrm{1,97}}^{t-2}$ (of $F=36\cdot {\mathrm{1,97}}^t$).

$F\left(0\right)\approx \mathrm{6,2}$ en als $t$ groot is, dan ${\text{e}}^{\mathrm{‐}\mathrm{0,24}t}$$\approx 6$, dus $F\approx 340$, dus van $6$ tot $340$ vliegjes.

$300=\frac{340}{1+54\cdot {\text{e}}^{\mathrm{‐}\mathrm{0,24}t}}\iff 1+54\cdot {\text{e}}^{\mathrm{‐}\mathrm{0,24}t}=\frac{340}{300}=\mathrm{1,1333}\dots$ $\iff {\text{e}}^{\mathrm{‐}\mathrm{0,24}t}=\frac{\mathrm{0,1333}\dots }{54}=\mathrm{0,00246}\dots$. Dus $t=\frac{\ln \left(\mathrm{0,00246}\dots \right)}{\mathrm{‐}\mathrm{0,24}}\approx \mathrm{25,0}$ dagen.

De afgeleide kun je bepalen met bijvoorbeeld met de kettingregel:
$F$ is de ketting: $t\to \mathrm{‐}\mathrm{0,24}t=a\to 1+54\cdot {\text{e}}^a=b\to 340\cdot b^{\mathrm{‐}1}$, dus
$\frac{\text{d}F}{\text{d}t}=\frac{\text{d}F}{\text{d}b}\cdot \frac{\text{d}b}{\text{d}a}\cdot \frac{\text{d}a}{\text{d}t}=$ $\mathrm{‐}340\cdot b^{\mathrm{‐}2}\cdot 54{\text{e}}^a\cdot \mathrm{‐}\mathrm{0,24}=$ $\frac{\mathrm{4406,4}\cdot {\text{e}}^a}{b^2}=$ $\frac{340}{1+54\cdot {\text{e}}^{\mathrm{‐}\mathrm{0,24}t}}$.

Er komen de meeste fruitvliegjes bij als de groei van $F$ maximaal is.
Teken de grafiek van $F^{\prime }$ op de GR. Deze functie is maximaal als $t\approx \mathrm{16,6}$, dus op 26 november 2011.

De mannelijke fruitvliegjes zijn op $\left(\begin{array}{l}8\\ 2\end{array}\right)$ manieren te selecteren; de vrouwelijke ook.
Er zijn dus $\left(\begin{array}{l}8\\ 2\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{l}8\\ 2\end{array}\right)=784$ mogelijkheden.

De evenwichtswaarde is $\frac{57+13}{2}=35$; de amplitude is $57-35=12$ en de periode is $24$, dus $a=35$, $a=12$ en $\frac{2\text{π}}{24}\approx \mathrm{0,26}$, dus een formule is: $F=35+12\sin \left(\mathrm{0,26}\left(t-3\right)\right)$.

$3=\mathrm{2,0}+\mathrm{1,6}\sin \left(\frac{1}{12}\text{π}\left(t-18\right)\right)\iff \sin \left(\frac{1}{12}\text{π}\left(t-18\right)\right)=\frac{1}{\mathrm{1,6}}=\mathrm{0,625}$.
Volgens de GR: ${\sin }^{\mathrm{‐}1}\left(\mathrm{0,625}\right)=\mathrm{0,675}\dots$, dus één waarde van $t$ waarvoor $G\left(t\right)=3$ is de $t$ met $\frac{1}{12}\text{π}\left(t-18\right)=\mathrm{0,675}\dots \iff t=18+\frac{\mathrm{0,675}\dots }{\frac{1}{12}\text{π}}\approx \mathrm{20,579}$.
De grafiek van $G$ gaat stijgend door het evenwicht bij $t=18$, dus
$t=18+\frac{1}{4}\cdot 24=24$ is symmetrie-as van de grafiek. Dus een andere waarde van $t$ met $G\left(t\right)=3$ is: $t\approx \mathrm{3,421}$ en dus ook $24+\mathrm{3,421}=\mathrm{27,421}$.
Met behulp van de grafiek vind je: gedurende $\mathrm{27,421}-\mathrm{20,579}=\mathrm{6,842}$ uur, dat is $6$ uur en $51$ minuten.

Teken de raaklijn in het punt bij $t=6$ aan de grafiek. De helling van de raaklijn is $\mathrm{‐}\frac{6\frac{1}{2}-2}{12}\approx \mathrm{‐}\mathrm{0,4}$, dus een daling van $\mathrm{0,4}$ eenheden per uur.

$\frac{\text{d}{C}_1}{\text{d}t}=\frac{16\left(190t^2+60\right)-380t\cdot 16t}{{\left(190t^2+60\right)}^2}=\frac{\mathrm{‐}3040t^2+960}{{\left(190t^2+60\right)}^2}$,
dus $\frac{\text{d}{C}_1}{\text{d}t}=0\iff t=\sqrt{\frac{960}{3040}}=\mathrm{0,315}\dots$, dus $C_1$ is maximaal na $19$ minuten.

Bij $C_1$ wordt de noemer veel sneller groot dan de teller als $t$ groot wordt: de noemer gaat kwadratisch en de teller lineair. Dus $C_1$ gaat naar $0$.
Vanwege de negatieve exponent gaan ${\text{e}}^{\mathrm{‐}\mathrm{0,65}t}$ en ${\text{e}}^{\mathrm{‐}\mathrm{3,9}t}$ beide naar $0$ als $t$ groot wordt, dus het verschil ook, dus $C_2$ ook.

$\frac{\text{d}{C}_2}{\text{d}t}=\mathrm{0,13}\left(\mathrm{‐}\mathrm{0,65}\cdot {\text{e}}^{\mathrm{‐}\mathrm{0,65}t}-\mathrm{‐}\mathrm{3,9}\cdot {\text{e}}^{\mathrm{‐}\mathrm{3,9}t}\right)$, dus $\frac{\text{d}{C}_2}{\text{d}t}=0\iff$
$\mathrm{0,65}\cdot {\text{e}}^{\mathrm{‐}\mathrm{0,65}t}=\mathrm{3,9}\cdot {\text{e}}^{\mathrm{‐}\mathrm{3,9}t}$. Deze vergelijking kun je met de GR oplossen.
Het kan ook zonder:
$\mathrm{0,65}\cdot {\text{e}}^{\mathrm{‐}\mathrm{0,65}t}=\mathrm{3,9}\cdot {\text{e}}^{\mathrm{‐}\mathrm{3,9}t}\iff {\text{e}}^{\mathrm{‐}\mathrm{0,65}t+\mathrm{3,9}t}=\frac{\mathrm{3,9}}{\mathrm{0,65}}\iff {\text{e}}^{\mathrm{3,25}t}=\frac{\mathrm{3,9}}{\mathrm{0,65}}=6$, dus $t=\frac{\ln \left(6\right)}{\mathrm{3,25}}=\mathrm{0,551}\dots$, dus $C_2$ is eerder maximaal.

Voer de rij in op de GR. Je ziet: $u_{11}<100$, $u_{12}=144$, $u_{14}=577$ en $u_{15}>500$, dus $3$ termen.

Voer de rij $\frac{u_{n+2}}{u_{n+1}}$ in op de GR. Je ziet: $\frac{u_{12}}{u_{11}}\approx \mathrm{1,61798}$ en $\frac{u_{13}}{u_{12}}\approx \mathrm{1,61806}$, dus vanaf de $12$e en $13$e term.

Voor „De Nachtwacht‟ is $v\approx \mathrm{1,204}$, dus $A\approx \mathrm{0,131}$.
Voor „Oog‟ is $v\approx \mathrm{1,404}$, dus $A\approx \mathrm{0,156}$.

Met de GR de vergelijking $\left(\frac{1}{v}-1\right)\cdot \log \left(1-\frac{1}{v}\right)=\mathrm{0,1544}$ oplossen. Je vindt: $v\approx \mathrm{1,383}$ of $v\approx \mathrm{1,877}$, dus de kortste zijde is ongeveer $\frac{762}{\mathrm{1,383}}\approx 551$ cm of $\frac{762}{\mathrm{1,877}}\approx 406$ cm, dus (omdat de kortste zijde meer dan $3$ meter korter is, is de kortste zijde ongeveer $406$ cm.

$\left(\frac{1}{v}-1\right)\cdot \log \left(1-\frac{1}{v}\right)=\left(\frac{1-v}{v}\right)\cdot \log \left(\frac{v-1}{v}\right)=\left(\frac{1-v}{v}\right)\cdot \log {\left(\frac{v-1}{v}\right)}^{\mathrm{‐}1}=$ $\mathrm{‐}1\cdot \left(\frac{1-v}{v}\right)\cdot \log \left(\frac{v}{v-1}\right)=$ $\left(\frac{v-1}{v}\right)\cdot \log \left(\frac{v}{v-1}\right)$, dus mogelijkheid A.