Dutch_TST/md/nl-2015-C_uitwerkingen.md

# IMO-selectietoets | 

vrijdag 5 juni 2015
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_6668cfc32e5542982299g-01.jpg?height=375&width=624&top_left_y=127&top_left_x=1382)

## Uitwerkingen

Opgave 1. Voor vierhoek $A B C D$ geldt $\angle A=\angle C=90^{\circ}$. Zij $E$ een punt binnen de vierhoek. Zij $M$ het midden van $B E$. Bewijs dat $\angle A D B=\angle E D C$ dan en slechts dan als $|M A|=|M C|$.

Oplossing. Zij $N$ het midden van $B D$. Wegens Thales gaat de cirkel met middellijn $B D$ ook door $A$ en $C$ en punt $N$ is hiervan het middelpunt. Verder geldt dat $M N \| D E$ : als $E$ niet op $B D$ ligt, is $M N$ een middenparallel in driehoek $B D E$, en als $E$ wel op $B D$ ligt, dan zijn $M N$ en $D E$ dezelfde lijn.
De bewering $|A M|=|C M|$ is equivalent met dat $M$ op de middelloodlijn van $A C$ ligt. Omdat die middelloodlijn door het middelpunt $N$ van de cirkel gaat, is dit dus equivalent met de bewering $M N \perp A C$. En dat is het geval dan en slechts dan als $D E \perp A C$. Noem $T$ het snijpunt van $D E$ en $A C$, dan geldt dus: $|A M|=|C M|$ dan en slechts dan als $\angle D T C=90^{\circ}$.
Met de hoekensom vinden we $\angle D T C=180^{\circ}-\angle T D C-\angle D C T=180^{\circ}-\angle E D C-\angle D C A$. Er geldt $\angle D C A=90^{\circ}-\angle A C B=90^{\circ}-\angle A D B$, waarbij we voor de laatste gelijkheid de koordenvierhoek $A B C D$ hebben gebruikt. Dus $\angle D T C=180^{\circ}-\angle E D C-\left(90^{\circ}-\angle A D B\right)=$ $90^{\circ}-\angle E D C+\angle A D B$. Nu volgt onmiddelijk dat $\angle A D B=\angle E D C$ dan en slechts dan als $\angle D T C=90^{\circ}$ en we hadden al gezien dat dat laatste equivalent was met $|A M|=|C M|$. Merk op dat dit bewijs geldt in iedere configuratie.

Opgave 2. Bepaal alle polynomen $P(x)$ met reële coëfficiënten waarvoor het polynoom

$$
Q(x)=(x+1) P(x-1)-(x-1) P(x)
$$

constant is.

Oplossing I. Stel dat $P(x)$ een constant polynoom is, zeg $P(x)=a$ met $a \in \mathbb{R}$. Dan is

$$
Q(x)=(x+1) a-(x-1) a=a x+a-a x+a=2 a,
$$

en dat is constant. Dus elk constant polynoom $P(x)$ voldoet.
We nemen nu verder aan dat $P$ niet constant is. We kunnen dan schrijven $P(x)=a_{n} x^{n}+$ $a_{n-1} x^{n-1}+\ldots+a_{1} x+a_{0}$ met $n \geq 1$ en $a_{n} \neq 0$. Bekijk de coëfficiënt van $x^{n}$ in $Q(x)$. Deze is de som van de coëfficiënten van $x^{n}$ in $x P(x-1), P(x-1),-x P(x)$ en $P(x)$. In de eerste is deze coëfficiënt gelijk aan $a_{n-1}-n a_{n}$, in de tweede aan $a_{n}$, in de derde aan $-a_{n-1}$ en in de vierde aan $a_{n}$. Samen is dat

$$
a_{n-1}-n a_{n}+a_{n}-a_{n-1}+a_{n}=(2-n) a_{n} .
$$

Maar in $Q(x)$ moet deze coëfficiënt gelijk zijn aan 0 . Omdat $a_{n} \neq 0$, volgt hieruit $n=2$. Dus $P(x)=a_{2} x^{2}+a_{1} x+a_{0}$ met $a_{2} \neq 0$.
Bekijk nu de constante coëfficiënt van $Q(x)$. Deze is de som van de constante coëfficiënten van $x P(x-1), P(x-1),-x P(x)$ en $P(x)$. Dit zijn achtereenvolgens $0, a_{2}-a_{1}+a_{0}, 0$ en $a_{0}$. Samen is dat $a_{2}-a_{1}+2 a_{0}$. Anderzijds kunnen we $Q(1)$ uitrekenen:

$$
Q(1)=2 P(0)-0=2 a_{0}
$$

Omdat $Q$ constant is, is $Q(1)$ gelijk aan de constante coëfficiënt van $Q$, dus $2 a_{0}=a_{2}-a_{1}+$ $2 a_{0}$. We zien dat $a_{2}=a_{1}$. Dus $P(x)$ is van de vorm $P(x)=b x^{2}+b x+a=b x(x+1)+a$ met $a, b \in \mathbb{R}$ en $b \neq 0$. Om te kijken of alle polynomen van deze vorm voldoen, vullen we dit in:

$$
\begin{aligned}
Q(x) & =(x+1)(b(x-1) x+a)-(x-1)(b x(x+1)+a) \\
& =(x-1) x(x+1) b+(x+1) a-(x-1) x(x+1) b-(x-1) a \\
& =2 a
\end{aligned}
$$

Dat is inderdaad constant, dus alle polynomen van deze vorm voldoen. In feite is elk constant polynoom ook van deze vorm, maar dan met $b=0$. We concluderen dat de oplossingen zijn: alle polynomen van de vorm $P(x)=b x^{2}+b x+a$ met $a, b \in \mathbb{R}$.

Oplossing II. Er geldt

$$
Q(1)=2 P(0)-0=2 P(0)
$$

en

$$
Q(-1)=0--2 P(-1)=2 P(-1)
$$

Omdat $Q$ constant is, volgt hieruit $P(0)=P(-1)$. Schrijf $P(0)=c$ en bekijk het polynoom $P(x)-c$. Dit polynoom heeft nulpunten bij $x=0$ en $x=-1$, dus

$$
P(x)-c=x(x+1) R(x)
$$

voor een zeker polynoom $R(x)$ met reële coëfficiënten. Dus $P(x)=x(x+1) R(x)+c$ en dit vullen we in:

$$
\begin{aligned}
Q(x) & =(x+1)((x-1) x R(x-1)+c)-(x-1)(x(x+1) R(x)+c) \\
& =(x-1) x(x+1) R(x-1)+(x+1) c-(x-1) x(x+1) R(x)-(x-1) c \\
& =(x-1) x(x+1)(R(x-1)-R(x))+2 c
\end{aligned}
$$

Dit moet constant zijn, dus $R(x-1)-R(x)$ moet het nulpolynoom zijn. Dus $R(x-1)=$ $R(x)$ voor alle $x$. In het bijzonder geldt $R(0)=R(1)=R(2)=\ldots$, dus $R$ neemt dezelfde waarde aan op oneindig veel punten. Dat betekent dat $R$ gelijk moet zijn aan een constant polynoom, zeg $R(x)=d$. Dan geldt

$$
P(x)=x(x+1) d+c=d x^{2}+d x+c .
$$

Net als in de eerste oplossing controleren we dat alle polynomen van deze vorm, met $c, d \in \mathbb{R}$, voldoen.

Oplossing III. We noemen $p=P(1)$ en $q$ de constante waarde die $Q(x)$ aanneemt. We bewijzen met inductie naar $m$ dat $P(m)=\frac{1}{2} m(m+1) p-\left(\frac{1}{2} m(m+1)-1\right) \cdot \frac{q}{2}$ voor alle gehele $m \geq 1$.
Voor $m=1$ staat er $P(1)=\frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 2 \cdot p-\left(\frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 2-1\right) \cdot \frac{q}{2}=p-0=P(1)$, dus dat klopt. Zij nu $k \geq 1$ en neem aan dat we de claim bewezen hebben voor $m=k$. Uit de gegeven vergelijking volgt voor $x \neq 1$ :

$$
P(x)=\frac{(x+1) P(x-1)-q}{x-1} .
$$

Vul nu $x=k+1$ in (merk op dat $x \neq 1$, want $k \geq 1$ ):

$$
\begin{aligned}
P(k+1) & =\frac{(k+2) P(k)-q}{k} \\
& =\frac{(k+2) \cdot\left(\frac{1}{2} k(k+1) p-\left(\frac{1}{2} k(k+1)-1\right) \cdot \frac{q}{2}\right)-q}{k} \\
& =(k+2) \cdot\left(\frac{1}{2}(k+1) p-\left(\frac{1}{2}(k+1)-\frac{1}{k}\right) \cdot \frac{q}{2}\right)-\frac{q}{k} \\
& =\frac{1}{2}(k+1)(k+2) p-\frac{1}{2}(k+1)(k+2) \cdot \frac{q}{2}+\frac{k+2}{k} \cdot \frac{q}{2}-\frac{q}{k} \\
& =\frac{1}{2}(k+1)(k+2) p-\frac{1}{2}(k+1)(k+2) \cdot \frac{q}{2}+\frac{q}{2}+\frac{2}{k} \cdot \frac{q}{2}-\frac{q}{k} \\
& =\frac{1}{2}(k+1)(k+2) p-\left(\frac{1}{2}(k+1)(k+2)-1\right) \cdot \frac{q}{2} .
\end{aligned}
$$

Dit voltooit de inductiestap.
Dus $P(x)$ valt op oneindig veel punten (namelijk alle positieve gehele getallen) samen met het polynoom $\frac{1}{2} x(x+1) p-\left(\frac{1}{2} x(x+1)-1\right) \cdot \frac{q}{2}$. Daarom moet hij gelijk zijn aan dit polynoom. Als we dit herschrijven tot de standaardnotatie, krijgen we

$$
P(x)=\left(\frac{1}{2} p-\frac{1}{4} q\right) \cdot x^{2}+\left(\frac{1}{2} p-\frac{1}{4} q\right) \cdot x+\frac{q}{2} .
$$

Dit is van de vorm $P(x)=b x^{2}+b x+a$ met $a$ en $b$ constanten in $\mathbb{R}$. Net als in de eerste oplossing controleren we dat alle polynomen van deze vorm voldoen.

Opgave 3. Zij $n$ een positief geheel getal. We bekijken rijtjes getallen $a_{0}, a_{1}, \ldots, a_{k}$ en $b_{0}, b_{1}, \ldots, b_{k}$ die voldoen aan $a_{0}=b_{0}=1$ en $a_{k}=b_{k}=n$ en waarbij voor elke $i$ met $1 \leq i \leq k$ geldt dat $\left(a_{i}, b_{i}\right)$ gelijk is aan ofwel $\left(1+a_{i-1}, b_{i-1}\right)$ ofwel $\left(a_{i-1}, 1+b_{i-1}\right)$. Definieer voor $1 \leq i \leq k$ het getal

$$
c_{i}= \begin{cases}a_{i} & \text { als } a_{i}=a_{i-1} \\ b_{i} & \text { als } b_{i}=b_{i-1}\end{cases}
$$

Bewijs dat $c_{1}+c_{2}+\cdots+c_{k}=n^{2}-1$.

Oplossing I. We bewijzen met inductie naar $j$ dat $c_{1}+\ldots+c_{j}=a_{j} b_{j}-1$. Voor $j=1$ staat hier $c_{1}=a_{1} b_{1}-1$ en dat is waar aangezien $\left(a_{1}, b_{1}\right) \in\{(1,2),(2,1)\}$. Stel nu dat $c_{1}+\ldots+c_{i-1}=a_{i-1} b_{i-1}-1$. Neem zonder verlies van algemeenheid aan dat $\left(a_{i}, b_{i}\right)=$ $\left(a_{i-1}, 1+b_{i-1}\right)$, zodat $a_{i}=a_{i-1}$ en dus $c_{i}=a_{i-1}$. Er geldt nu

$$
\left(c_{1}+\ldots+c_{i-1}\right)+c_{i}=\left(a_{i-1} b_{i-1}-1\right)+a_{i-1}=a_{i-1}\left(b_{i-1}+1\right)-1=a_{i} b_{i}-1
$$

wat de inductie voltooit. Voor $j=k$ zien we nu dat $c_{1}+\ldots+c_{k}=a_{k} b_{k}-1=n^{2}-1$.

Oplossing II. We definiëren een rijtje van $k$ letters: de $i$-de letter in het rijtje is gelijk aan $A$ als $a_{i}=1+a_{i-1}$ en gelijk aan $B$ als $b_{i}=1+b_{i-1}$. Omdat de rijtjes $a_{i}$ en $b_{i}$ beide van 1 naar $n$ gaan, moet er $n-1$ keer een $A$ staan en $n-1$ keer een $B$. Als voor zekere $i$ de $i$-de letter gelijk is aan $A$, dan is $c_{i}=b_{i}$ en dat is gelijk aan 1 plus het aantal letters $B$ dat eerder in het rijtje staat (want $b_{0}=1$ en voor elke $B$ is $b_{j}$ met 1 omhoog gegaan en bij elke $A$ is $b_{j}$ niet veranderd). En andersom geldt dat als de $i$-de letter een $B$ is, dan $c_{i}$ gelijk is aan 1 plus het aantal letters $A$ dat eerder in het rijtje staat.
Bekijk nu een oude situatie met de $i$-de letter gelijk aan $A$ en de $i+1$-ste letter gelijk aan $B$ en een nieuwe situatie waarin dit precies andersom is. De $c_{j}$ die hoort bij de letter $A$ is in de nieuwe situatie 1 groter dan in de oude, omdat er een keer $B$ extra voorafgaat aan de $A$. De $c_{j}$ die hoort bij de letter $B$ is juist 1 kleiner geworden. De rest van de $c_{j}$ 's is ongewijzigd, dus de som van de $c_{j}$ 's is ook ongewijzigd. Een verwisseling van $A B$ naar $B A$ heeft dus geen invloed op de som van de $c_{j}$ 's. We kunnen nu net zo lang $A B$ vervangen door $B A$ tot het letterrijtje bestaat uit eerst $n-1$ keer $B$ en daarna $n-1$ keer $A$. De bijbehorende $c_{j}$ 's zijn dan achtereenvolgens $1,1, \ldots, 1, n, n, \ldots, n$, waarbij de 1 precies $n-1$ keer voorkomt en de $n$ ook. De som hiervan is $(n-1)(n+1)=n^{2}-1$ en dat geldt dus ook voor de som van $c_{j}$ 's in het oorspronkelijke rijtje.

Oplossing III. We definiëren een rijtje van $k$ letters: de $i$-de letter in het rijtje is gelijk aan $A$ als $a_{i}=1+a_{i-1}$ en gelijk aan $B$ als $b_{i}=1+b_{i-1}$. Verder definiëren we voor $1 \leq i \leq k$

$$
d_{i}= \begin{cases}b_{i} & \text { als } a_{i}=a_{i-1} \\ a_{i} & \text { als } b_{i}=b_{i-1}\end{cases}
$$

Als voor zekere $i$ de $i$-de letter gelijk is aan $A$, dan is $d_{i}=a_{i}$ en dat is gelijk aan 1 plus het aantal letters $A$ dat tot en met deze plek in het rijtje staat (want $a_{0}=1$ en voor elke $A$ is $a_{j}$ met 1 omhoog gegaan en bij elke $B$ is $a_{j}$ niet veranderd). De $d_{i}$ die corresponderen met de plekken waar een $A$ staat, zijn dus precies de getallen 2 tot en met $n$. De $d_{i}$ die corresponderen met de plekken waar een $B$ staat, zijn ook precies de getallen 2 tot en met $n$. Dus de som van alle $d_{i}$ is gelijk aan $(n-1)(n+2)=n^{2}+n-2$.
Voor elke $i$ geldt $c_{i}+d_{i}=a_{i}+b_{i}=1+\left(a_{i-1}+b_{i-1}\right)$ en $c_{1}+d_{1}=1+2=3$, dus met een simpele inductie $c_{i}+d_{i}=i+2$. De totale som van alle $c_{i}$ en $d_{i}$ bij elkaar is dus $3+4+\ldots+2 n=\frac{1}{2}(2 n+3)(2 n-2)=(2 n+3)(n-1)=2 n^{2}+n-3$. We concluderen dat de som van de $c_{i}$ gelijk is aan $\left(2 n^{2}+n-3\right)-\left(n^{2}+n-2\right)=n^{2}-1$.

Opgave 4. Laat cirkels $\Gamma_{1}$ en $\Gamma_{2}$, met middelpunten respectievelijk $O_{1}$ en $O_{2}$, elkaar snijden in twee verschillende punten $A$ en $B$. De lijn $O_{1} A$ snijdt $\Gamma_{2}$ nogmaals in $C$ en de lijn $O_{2} A$ snijdt $\Gamma_{1}$ nogmaals in $D$. De lijn door $B$ evenwijdig met $A D$ snijdt $\Gamma_{1}$ nogmaals in $E$. Veronderstel dat $O_{1} A$ evenwijdig is met $D E$. Bewijs dat $C D$ loodrecht op $O_{2} C$ staat.

Oplossing I. In alle oplossingen bekijken we de configuratie waarin $A, B, E$ en $D$ in die volgorde op een cirkel liggen, $O_{1}, A$ en $C$ in die volgorde op een lijn en $O_{2}, A$ en $D$ in die volgorde op een lijn. De andere configuraties gaan analoog.
Vanwege koordenvierhoek $A B E D$ geldt $\angle B E D=180^{\circ}-\angle D A B$. Verder geldt wegens de twee evenwijdigheden dat $\angle B E D=\angle D A O_{1}$ en omdat $\left|O_{1} A\right|=\left|O_{1} D\right|$ geldt $\angle D A O_{1}=$ $\angle A D O_{1}$. We concluderen dat $180^{\circ}-\angle D A B=\angle A D O_{1}$. Met U-hoeken volgt nu dat $D O_{1}$ en $A B$ evenwijdig zijn.
We hadden al gezien dat $\angle A D O_{1}=\angle D A O_{1}$. Vanwege overstaande hoeken en het feit dat $\left|O_{2} A\right|=\left|O_{2} C\right|$ geldt $\angle D A O_{1}=\angle O_{2} A C=\angle O_{2} C A$. Dus $\angle O_{2} D O_{1}=\angle A D O_{1}=$ $\angle O_{2} C A=\angle O_{2} C O_{1}$, wat betekent dat $O_{1} D C O_{2}$ een koordenvierhoek is.
De lijn $O_{1} O_{2}$ is de middelloodlijn van $A B$ en staat dus ook loodrecht op $D O_{1}$, omdat die evenwijdig aan $A B$ is. Dus $\angle O_{2} O_{1} D=90^{\circ}$. Omdat $O_{1} D C O_{2}$ een koordenvierhoek is, is nu ook $\angle O_{2} C D=90^{\circ}$.

Oplossing II. Noem $\alpha=\angle D E B$. Zij $S$ het snijpunt van $B E$ en $A C$, zodat $E S A D$ een parallellogram is. Dus is $\angle D A O_{1}=\angle D A S=\angle D E S=\angle D E B=\alpha$. Omdat driehoek $A O_{1} D$ gelijkbenig is met top $O_{1}$, geldt $\angle O_{1} A D=\angle D A O_{1}=\alpha$. Wegens overstaande hoeken en de gelijkbenigheid van $\triangle C O_{2} A$ geldt nu ook $\angle O_{2} C A=\angle C A O_{2}=\angle O_{1} A D=\alpha$. Wegens koordenvierhoek $B A D E$ geldt verder $\angle O_{2} A B=180^{\circ}-\angle D A B=\angle D E B=\alpha$, en vanwege de gelijkbenigheid van $\triangle A O_{2} B$ geldt ook $\angle O_{2} B A=\angle O_{2} A B=\alpha$. Nu zijn $\triangle A O_{2} B$ en $\triangle A O_{2} C$ twee driehoeken met twee hoeken gelijk aan $\alpha$ en een gemeenschappelijke zijde $A O_{2}$, dus ze zijn congruent (ZHH), waaruit volgt $|A B|=|A C|$.
Een koordenvierhoek met twee evenwijdige zijden is een gelijkbenig trapezium (stelling van Julian) dus $|D E|=|A B|$. Samen met de vorige gelijkheid krijgen we nu $|D E|=$ $|A C|$. Omdat $D E$ en $A C$ ook evenwijdig zijn, vinden we een parallellogram $A C D E$. Dit betekent dat $\angle D C A=\angle A E D$. Wegens de middelpunt-omtrekhoekstelling geldt $\angle A E D=\frac{1}{2} \angle A O_{1} D=90^{\circ}-\angle O_{1} A D=90^{\circ}-\alpha$. Dus $\angle D C A=90^{\circ}-\alpha . \mathrm{Nu}$ is $\angle D C O_{2}=\angle D C A+\angle O_{2} C A=90^{\circ}-\alpha+\alpha=90^{\circ}$, wat we moesten bewijzen.

Oplossing III. Zij $S$ het snijpunt van $B E$ en $A C$, zodat $E S A D$ een parallellogram is. Zij $T$ het snijpunt van $B E$ en $C O_{2}$. Er geldt $\angle C S T=\angle A S B=\angle D A S$ vanwege $B E \| A D$ en $\angle D A S=\angle O_{2} A C=\angle O_{2} C A=\angle T C S$ omdat $\left|O_{2} A\right|=\left|O_{2} C\right|$. Dus $\angle C S T=\angle T C S$, wat betekent dat $|T S|=|T C|$. Verder is nu $\angle B T C=\angle S T C=180^{\circ}-2 \angle O_{2} C A$. Daarnaast hadden we al gezien dat $\angle O_{2} C A=\angle O_{2} A C=\angle D A S$. Vanwege het parallellogram geldt $\angle D A S=\angle D E S=\angle D E B=180^{\circ}-\angle D A B=\angle O_{2} A B$. Dus $\angle O_{2} C A=\angle O_{2} A B$. Hiermee zien we dat $\angle B T C=180^{\circ}-2 \angle O_{2} C A=180^{\circ}-\angle O_{2} A C-\angle O_{2} A B=180^{\circ}-\angle B A C$.

Dus $B A C T$ is een koordenvierhoek, oftewel $T$ ligt op $\Gamma_{2}$. Wegens Thales vinden we nu $\angle T A C=90^{\circ}$. Maar $T S C$ is gelijkbenig en de lijn $T A$ is een hoogtelijn vanuit de top, dus ook een zwaartelijn. Dus $A$ is het midden van $S C$.
Een koordenvierhoek met twee evenwijdige zijden is een gelijkbenig trapezium (stelling van Julian) dus $|D E|=|A B|$. Vanwege het parallellogram is ook $|D E|=|S A|$, dus $|A B|=|S A|=|A C|$. Dus $A$ ligt op de middelloodlijn van $B C$. Die middelloodlijn gaat ook door het middelpunt van de cirkel waar $B C$ een koorde van is en is dus de lijn $O_{2} A$. Dus $D$ ligt ook op deze middelloodlijn, zodat $|D C|=|D B|$. In het bijzonder is nu zwaartelijn $D A$ in driehoek $B C D$ ook een bissectrice, dus $\angle C D B=2 \angle A D B$. Met de middelpuntsomtrekshoekstelling is ook $\angle A O_{1} B=2 \angle A D B$. Dus driehoeken $C D B$ en $A O_{1} B$ zijn gelijkbenig met dezelfde tophoek, waardoor ze gelijkvormig zijn. Dus $\angle O_{1} A B=$ $\angle D C B$. Omdat met de omtrekshoekstelling geldt $\angle B A T=\angle B C T$, geldt nu

$$
\angle D C O_{2}=\angle D C T=\angle D C B+\angle B C T=\angle O_{1} A B+\angle B A T=\angle O_{1} A T=90^{\circ} .
$$

Opgave 5. Voor een positief geheel getal $n$ definiëren we $D_{n}$ als het grootste getal dat een deler is van $a^{n}+(a+1)^{n}+(a+2)^{n}$ voor alle positieve gehele $a$.
a) Bewijs dat voor elke positieve gehele $n$ het getal $D_{n}$ van de vorm $3^{k}$ is met $k \geq 0$.
b) Bewijs dat er voor elke $k \geq 0$ een positieve gehele $n$ bestaat zodat $D_{n}=3^{k}$.

## Oplossing.

a) $\mathrm{Zij} p$ een priemgetal en stel dat $p$ een deler is van $D_{n}$. Dan is $p$ een deler van

$$
\left((a+1)^{n}+(a+2)^{n}+(a+3)^{n}\right)-\left(a^{n}+(a+1)^{n}+(a+2)^{n}\right)=(a+3)^{n}-a^{n}
$$

voor alle positieve gehele $a$. Kies nu $a=p$, dan $p \mid(p+3)^{n}-p^{n}$, oftewel $(p+3)^{n}-p^{n} \equiv$ $0 \bmod p$. Hier staat gewoon $3 \equiv 0 \bmod p$, dus $p=3$. We concluderen dat $D_{n}$ alleen priemfactoren 3 bevat en dus van de vorm $3^{k}$ is met $k \geq 0$.
b) Voor $k=0$ nemen we $n=2$. Er geldt $1^{2}+2^{2}+3^{2}=14$ en $2^{2}+3^{2}+4^{2}=29$ en die twee hebben geen enkele priemfactor gemeenschappelijk, dus $D_{2}=1$. Neem nu verder aan dat $k \geq 1$. We gaan bewijzen dat $D_{n}=3^{k}$ voor $n=3^{k-1}$.
Eerst laten we zien dat $1^{n}+2^{n}+3^{n}$ voor $n=3^{k-1}$ deelbaar is door $3^{k}$, maar niet door $3^{k+1}$. Voor $k=1$ is $n=1$ en geldt inderdaad dat $1+2+3=6$ deelbaar is door 3 , maar niet door $3^{2}$. Voor $k \geq 2$ geldt dat $n>k$ en dus dat $3^{n}$ deelbaar is door $3^{k+1}$. Het te bewijzen is dus equivalent aan: $1+2^{n}$ voor $n=3^{k-1}$ is deelbaar door $3^{k}$ maar niet door $3^{k+1}$. We bewijzen dit met inductie naar $k$. Voor $k=2$ is $n=3$ en geldt inderdaad dat $1+8=9$ deelbaar is door 9 , maar niet door 27 . Zij $m \geq 2$ en stel dat we dit hebben bewezen voor $k=m$. Neem $n=3^{m-1}$. We weten dat $1+2^{n}$ deelbaar is door $3^{m}$, maar niet door $3^{m+1}$. We willen laten zien dat $1+2^{3 n}$ deelbaar is door $3^{m+1}$, maar niet door $3^{m+2}$. Schrijf $1+2^{n}=3^{m} c$ met $3 \nmid c$. Dan is $2^{n}=3^{m} c-1$, dus

$$
1+2^{3 n}=1+\left(3^{m} c-1\right)^{3}=3^{3 m} c^{3}-3 \cdot 3^{2 m} c^{2}+3 \cdot 3^{m} c
$$

Modulo $3^{m+2}$ is dit congruent aan $3^{m+1} c$ en omdat $3 \nmid c$ volgt hieruit dat dit deelbaar is door $3^{m+1}$, maar niet door $3^{m+2}$, zoals we wilden bewijzen. Dit voltooit de inductie. Nu laten we zien dat voor $n=3^{k-1}$ geldt dat $(a+3)^{n}-a^{n}$ deelbaar is door $3^{k}$ voor alle positieve gehele $a$. We bewijzen dit weer met inductie naar $k$. Voor $k=1$ is $n=1$ en geldt inderdaad dat $(a+3)-a=3$ deelbaar is door 3 . Zij nu $m \geq 1$ en neem aan dat we dit bewezen hebben voor $k=m$. Neem $n=3^{m-1}$. Dan weten we dat $(a+3)^{n}-a^{n}$ deelbaar is door $3^{m}$, dus we kunnen schrijven $(a+3)^{n}=a^{n}+3^{m} c$ voor een zekere gehele $c$. Links en rechts de derde macht nemen geeft dan

$$
(a+3)^{3 n}=a^{3 n}+3 a^{2 n} \cdot 3^{m} c+3 a^{n} \cdot 3^{2 m} c^{2}+3^{3 m} c^{3},
$$

dus

$$
(a+3)^{3 n}-a^{3 n}=a^{2 n} \cdot 3^{m+1} c+a^{n} \cdot 3^{2 m+1} c^{2}+3^{3 m} c^{3} .
$$

Dit is deelbaar door $3^{m+1}$, wat de inductie voltooit.
We hebben nu voor $n=3^{k-1}$ bewezen dat $3^{k} \mid 1^{n}+2^{n}+3^{n}$ en $3^{k} \mid(a+3)^{n}-a^{n}$ voor alle positieve gehele $a$, waaruit met inductie naar $a$ direct volgt dat $3^{k} \mid a^{n}+$ $(a+1)^{n}+(a+2)^{n}$ voor alle $a$. Dus $3^{k} \mid D_{n}$. Omdat $3^{k+1} \nmid 1^{n}+2^{n}+3^{n}$ geldt ook $3^{k+1} \nmid D_{n}$. Dus $D_{n}=3^{k}$.