Dutch_TST/md/nl-2019-B_uitwerkingen.md

Selectietoets

vrijdag 22 maart 2019

Uitwerkingen

Opgave 1. Bewijs dat er voor elke positieve gehele $n$ hoogstens twee paren $(a, b)$ van positieve gehele getallen bestaan met de volgende twee eigenschappen: (i) $a^{2}+b=n$, (ii) $a+b$ is een tweemacht, d.w.z. er is een gehele $k \geq 0$ met $a+b=2^{k}$.

Oplossing. Stel dat er drie of meer zulke paren bestaan bij dezelfde $n$. Dan zijn er wegens het ladenprincipe minstens twee, zeg $(a, b)$ en $(c, d)$, zodat $a \equiv c \bmod 2$. Schrijf $a+b=2^{k}$ en $c+d=2^{\ell}$ met $k$ en $\ell$ positieve gehele getallen. Neem zonder verlies van algemeenheid aan dat $\ell \geq k$. We zien dat

Omdat $\ell \geq k$ is $2^{k}$ een deler van $2^{\ell}-2^{k}$. Omdat $a \equiv c \bmod 2$, is $a+c-1$ oneven, dus moet $2^{k}$ een deler zijn van $a-c$. Omdat $2^{\ell}-2^{k} \geq 0$ en $a+c-1>0$ is $a-c \geq 0$. Anderzijds geldt $a-c<a+b=2^{k}$, dus $0 \leq a-c<2^{k}$, terwijl $2^{k} \mid a-c$. We concluderen dat $a-c=0$, dus $a=c$. Nu geldt $b=n-a^{2}=n-c^{2}=d$, dus de paren $(a, b)$ en $(c, d)$ zijn identiek. Tegenspraak. Er zijn dus hoogstens twee paren $(a, b)$ die voldoen.

Opgave 2. Zij $A B C$ een driehoek en zij $I$ het middelpunt van de ingeschreven cirkel van deze driehoek. De lijn door $I$ loodrecht op $A I$ snijdt de omgeschreven cirkel van $\triangle A B C$ in de punten $P$ en $Q$, waarbij $P$ aan dezelfde kant van $A I$ ligt als $B$. Zij $S$ het tweede snijpunt van de omgeschreven cirkels van $\triangle B I P$ en $\triangle C I Q$. Bewijs dat $S I$ de bissectrice $\operatorname{van} \angle P S Q$ is.

We bekijken de configuratie waarin $S$ en $A$ aan verschillende kanten van $P Q$ liggen. De configuratie waarin $S$ en $A$ aan dezelfde kant van $P Q$ liggen, gaat analoog. Oplossing I. Laat $M$ en $N$ de snijpunten zijn van respectievelijk $B I$ en $C I$ met de omgeschreven cirkel van $\triangle A B C$. Schrijf verder $\angle C A B=2 \alpha, \angle A B C=2 \beta$ en $\angle B C A=$ $2 \gamma$. Dan geldt vanwege de omtrekshoekstelling

$$\mathrm{\angle }AMN=\mathrm{\angle }ACN=\mathrm{\angle }ACI=\gamma \backslash angle\; A\; M\; N=\backslash angle\; A\; C\; N=\backslash angle\; A\; C\; I=\backslash gamma$$

en

$$\mathrm{\angle }MAC=\mathrm{\angle }MBC=\mathrm{\angle }IBC=\beta ,\backslash angle\; M\; A\; C=\backslash angle\; M\; B\; C=\backslash angle\; I\; B\; C=\backslash beta,$$

zodat

$$\mathrm{\angle }AMN+\mathrm{\angle }MAI=\gamma +\mathrm{\angle }MAC+\mathrm{\angle }CAI=\gamma +\beta +\alpha ={90}^{\circ }\mathrm{.}\backslash angle\; A\; M\; N+\backslash angle\; M\; A\; I=\backslash gamma+\backslash angle\; M\; A\; C+\backslash angle\; C\; A\; I=\backslash gamma+\backslash beta+\backslash alpha=90^\{\backslash circ\}\; .$$

Hieruit volgt dat $M N \perp A I$. Aangezien gegeven is dat ook $P Q \perp A I$, geldt $M N | P Q$. Koordenvierhoek $M N P Q$ is dus een gelijkbenig trapezium en daarin zijn de diagonalen even lang, dus $|M P|=|N Q|$. Hieruit volgt $\angle P B M=\angle N C Q$. Met nog twee keer omtrekshoekstelling vinden we nu

$$\mathrm{\angle }PSI=\mathrm{\angle }PBI=\mathrm{\angle }PBM=\mathrm{\angle }NCQ=\mathrm{\angle }ICQ=\mathrm{\angle }ISQ\backslash angle\; P\; S\; I=\backslash angle\; P\; B\; I=\backslash angle\; P\; B\; M=\backslash angle\; N\; C\; Q=\backslash angle\; I\; C\; Q=\backslash angle\; I\; S\; Q$$

We concluderen dat $S I$ de bissectrice van $\angle P S Q$ is.

Oplossing II. Schrijf $\angle C A B=2 \alpha, \angle A B C=2 \beta$ en $\angle B C A=2 \gamma$. Er geldt vanwege de hoekensom in $\triangle A I B$ dat

$$\mathrm{\angle }BIA={180}^{\circ }-\mathrm{\angle }IAB-\mathrm{\angle }ABI={180}^{\circ }-\alpha -\beta ={90}^{\circ }+\gamma ,\backslash angle\; B\; I\; A=180^\{\backslash circ\}-\backslash angle\; I\; A\; B-\backslash angle\; A\; B\; I=180^\{\backslash circ\}-\backslash alpha-\backslash beta=90^\{\backslash circ\}+\backslash gamma,$$

dus

$$\mathrm{\angle }BIP=\mathrm{\angle }BIA-\mathrm{\angle }AIP={90}^{\circ }+\gamma -{90}^{\circ }=\gamma =\mathrm{\angle }BCI\mathrm{.}\backslash angle\; B\; I\; P=\backslash angle\; B\; I\; A-\backslash angle\; A\; I\; P=90^\{\backslash circ\}+\backslash gamma-90^\{\backslash circ\}=\backslash gamma=\backslash angle\; B\; C\; I\; .$$

Verder geldt met behulp van de koordenvierhoekstelling

$${180}^{\circ }-\mathrm{\angle }BPI={180}^{\circ }-\mathrm{\angle }BPQ=\mathrm{\angle }BCQ=\mathrm{\angle }BCI+\mathrm{\angle }ICQ\text{. }180^\{\backslash circ\}-\backslash angle\; B\; P\; I=180^\{\backslash circ\}-\backslash angle\; B\; P\; Q=\backslash angle\; B\; C\; Q=\backslash angle\; B\; C\; I+\backslash angle\; I\; C\; Q\; \backslash text\; \{.\; \}$$

Als we nu de hoekensom in driehoek $B P I$ bekijken en beide resultaten hierboven gebruiken, vinden we

$$\mathrm{\angle }PBI={180}^{\circ }-\mathrm{\angle }BPI-\mathrm{\angle }BIP=\mathrm{\angle }BCI+\mathrm{\angle }ICQ-\mathrm{\angle }BCI=\mathrm{\angle }ICQ\backslash angle\; P\; B\; I=180^\{\backslash circ\}-\backslash angle\; B\; P\; I-\backslash angle\; B\; I\; P=\backslash angle\; B\; C\; I+\backslash angle\; I\; C\; Q-\backslash angle\; B\; C\; I=\backslash angle\; I\; C\; Q$$

Met nog twee keer omtrekshoekstelling volgt nu

$$\mathrm{\angle }PSI=\mathrm{\angle }PBI=\mathrm{\angle }ICQ=\mathrm{\angle }ISQ\backslash angle\; P\; S\; I=\backslash angle\; P\; B\; I=\backslash angle\; I\; C\; Q=\backslash angle\; I\; S\; Q$$

dus $S I$ is de bissectrice van hoek $P S Q$.

Opgave 3. Laat $x$ en $y$ positieve reële getallen zijn. a) Bewijs: als $x^{3}-y^{3} \geq 4 x$, dan geldt $x^{2}>2 y$. b) Bewijs: als $x^{5}-y^{3} \geq 2 x$, dan geldt $x^{3} \geq 2 y$.

Oplossing.

a) Er geldt $x^{3}-4 x \geq y^{3}>0$, dus $x\left(x^{2}-4\right)>0$. Omdat $x$ positief is, volgt hieruit dat $x^{2}-4>0$, dus $x^{2}>4$. Dat betekent $x>2$. Verder geldt $x^{3}-y^{3} \geq 4 x>0$, dus $x>y$. Combineren van deze twee resultaten (wat mag omdat $x$ en $y$ beide positief zijn) geeft $x^{2}=x \cdot x>2 \cdot y=2 y$. b) Er geldt $\left(x^{4}-4\right)^{2} \geq 0$. Uitwerken geeft $x^{8}-8 x^{4}+16 \geq 0$. Omdat $x$ positief is, kunnen we dit met $x$ vermenigvuldigen zonder dat het teken omklapt, dus geldt ook $x^{9} \geq 8 x^{5}-16 x$. Uit de gegeven ongelijkheid volgt $x^{5}-2 x \geq y^{3}$. Als we dat combineren met het voorgaande, krijgen we $x^{9} \geq 8\left(x^{5}-2 x\right) \geq 8 y^{3}$. Hieruit volgt $x^{3} \geq 2 y$.

Opgave 4. Bestaan er een positief geheel getal $k$ en een niet-constante rij $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots$ van positieve gehele getallen zodat $a_{n}=\operatorname{ggd}\left(a_{n+k}, a_{n+k+1}\right)$ voor alle positieve gehele getallen $n$ ?

Oplossing I. Zo'n $k$ en bijbehorende rij bestaan niet. We bewijzen dit uit het ongerijmde, dus stel dat ze wel bestaan. Merk op dat $a_{n} \mid a_{n+k}$ en $a_{n} \mid a_{n+k+1}$ voor alle $n \geq 1$. Met een eenvoudige inductie volgt ook dat $a_{n} \mid a_{n+\ell k}$ en $a_{n} \mid a_{n+\ell k+\ell}$ voor alle $l \geq 0$. We bewijzen nu met inductie naar $m$ dat $a_{n} \mid a_{n+m k+(m+1)}$ voor alle $0 \leq m \leq k-1$. Voor $m=k-1$ volgt dit uit $a_{n} \mid a_{n+k \cdot k}=a_{n+(k-1) k+k}$. Stel nu dat voor zekere $m$ met $1 \leq m \leq k-1$ geldt dat $a_{n} \mid a_{n+m k+(m+1)}$. We weten ook dat $a_{n} \mid a_{n+m k+m}$, dus vanwege $a_{n+(m-1) k+m}=\operatorname{ggd}\left(a_{n+m k+m}, a_{n+m k+m+1}\right)$ geldt ook $a_{n} \mid a_{n+(m-1) k+m}$. Dit voltooit de inductiestap. Invulen van $m=0$ geeft nu $a_{n} \mid a_{n+1}$. Omdat $a_{n} \mid a_{n+1}$, geldt ook $\operatorname{ggd}\left(a_{n}, a_{n+1}\right)=a_{n}$ voor alle $n$. Dus $a_{n}=a_{n-k}$ voor alle $n \geq k+1$. We hebben nu $a_{n-k}\left|a_{n-k+1}\right| a_{n-k+2}|\ldots| a_{n}=a_{n-k}$. Omdat het om allemaal positieve gehele getallen gaat, moeten $a_{n-k}, a_{n-k+1}, \ldots, a_{n}$ allemaal gelijk zijn. Dit geldt voor alle $n \geq k+1$, dus de rij is constant. Tegenspraak.

Oplossing II. Zo'n $k$ en bijbehorende rij bestaan niet. We bewijzen dit uit het ongerijmde, dus stel dat ze wel bestaan. Merk op dat $a_{n} \mid a_{n+k}$ en $a_{n} \mid a_{n+k+1}$ voor alle $n \geq 1$. Zij nu $0 \leq \ell \leq k$ een geheel getal. Dan geldt $k^{2}+\ell=(k-\ell) \cdot k+\ell \cdot(k+1)$. Door de eerste deelbaarheid $k-\ell$ keer toe te passen en vervolgens de tweede $\ell$ keer, vinden we hiermee dat $a_{n} \mid a_{n+k^{2}+\ell}$. Er geldt dus $a_{n} \mid a_{n+k^{2}+\ell}$ voor alle $0 \leq \ell \leq k$. We bewijzen nu dat als $a_{n} \mid a_{i}, a_{i+1}, \ldots, a_{i+k}$, dat dan ook $a_{n} \mid a_{i-1}$. Er geldt $a_{i-1}=$ $\operatorname{ggd}\left(a_{i+k-1}, a_{i+k}\right)$. Omdat $a_{n}$ ook een gemeenschappelijke deler van $a_{i+k-1}$ en $a_{i+k}$ is, moet er gelden dat $a_{n} \mid a_{i-1}$. We weten $a_{n} \mid a_{n+k^{2}}, a_{n+k^{2}+1}, \ldots, a_{n+k^{2}+k}$, dus door het bovenstaande toe te passen, vinden we $a_{n} \mid a_{n+k^{2}-1}$. Met inductie krijgen we nu $a_{n} \mid a_{n+k^{2}-m}$ voor alle $m<n+k^{2}$. In het bijzonder vinden we $a_{n} \mid a_{n+1}$ voor alle $n$, maar ook $a_{n} \mid a_{n-1}$ voor alle $n \geq 2$. Dus geldt voor alle positieve gehele $j$ zowel $a_{j} \mid a_{j+1}$ als $a_{j+1} \mid a_{j}$. Er geldt dus $a_{j}=a_{j+1}$ voor alle $j$, dus de rij is constant. Tegenspraak.

Opgave 5. In een land zijn 2018 steden, waarvan sommige met elkaar verbonden zijn door wegen. Elke stad is verbonden met ten minste drie andere steden. Het is mogelijk om van elke willekeurige stad naar elke andere willekeurige stad te reizen via één of meer wegen. Bekijk voor elk tweetal steden de kortste route tussen deze twee steden. Wat is het grootste aantal wegen dat in zo'n kortste route zou kunnen voorkomen?

Oplossing. Het grootste aantal wegen dat in een kortste route kan voorkomen, is 1511. We geven eerst een land waarvoor dit aantal aangenomen wordt. Deel de steden op in 504 groepen: twee groepen van vijf steden $\left(A_{0}, B_{0}, C_{0}, D_{0}, E_{0}\right)$ en $\left(A_{503}, B_{503}, C_{503}, D_{503}, E_{503}\right)$ en verder groepen van vier steden $\left(A_{i}, B_{i}, C_{i}, D_{i}\right)$ voor $1 \leq i \leq 502$. Voor alle $i$ met $0 \leq i \leq 503$ : verbind $A_{i}$ met $B_{i}$, verbind $A_{i}$ met $C_{i}$, verbind $B_{i}$ met $D_{i}$ en verbind $C_{i}$ met $D_{i}$. Verbind verder $E_{0}$ met $A_{0}, B_{0}$ en $C_{0}$. Verbind $E_{503}$ met $B_{503}, C_{503}$ en $D_{503}$. Voor $1 \leq i \leq 502$ : verbind $B_{i}$ met $C_{i}$. Ten slotte voor $0 \leq i \leq 502$ : verbind $D_{i}$ met $A_{i+1}$. Nu is elke stad met precies drie andere steden verbonden. Als we nu van $A_{0}$ naar $D_{503}$ willen, dan moet dat via alle $A_{i}$ en $D_{i}$, omdat daar de enige verbindingen tussen de verschillende groepen lopen en elke groep alleen verbonden is met de vorige en volgende groep. Verder is voor $0 \leq i \leq 503$ de stad $A_{i}$ niet verbonden met $D_{i}$, dus de route binnen groep $i$ moet via $B_{i}$ of $C_{i}$ lopen. Minstens drie van de vier of vijf steden in zo'n groep worden dus aangedaan op de route. In totaal bevat de route dus minstens $3 \cdot 504=1512$ steden en daarmee minstens 1511 wegen. We laten vervolgens zien dat een kortste route tussen twee steden nooit meer dan 1511 wegen kan doorlopen. Bekijk zo'n korste route waarbij achtereenvolgens de steden $A_{0}, A_{1}$, $\ldots, A_{k}$ worden aangedaan. Elk van de steden $A_{i}$ is behalve met zijn buren $A_{i-1}$ en $A_{i+1}$ nog met minstens één andere stad verbonden, zeg met $B_{i}$ (hierbij hoeven $B_{0}, B_{1}, \ldots, B_{k}$ niet allemaal verschillende steden te zijn). Verder zijn $A_{0}$ en $A_{k}$ nog met een derde stad verbonden, zeg $C_{0} \neq B_{0}$ en $C_{k} \neq B_{k}$. Als één van de steden $B_{i}$ of $C_{i}$ gelijk is aan één van de steden $A_{j}$, dan hadden we een kortere route kunnen vinden door direct van $A_{i}$ naar $A_{j}$ te lopen (of andersom), tegenspraak. Dus de steden $B_{i}$ en $C_{i}$ zijn allemaal ongelijk aan alle steden $A_{j}$. Als één van de steden $B_{i}$ in totaal met vier steden $A_{j}$ verbonden is, zeg $B_{i}$ is verbonden met $A_{i}, A_{m}, A_{n}$ en $A_{p}$ met $i<m<n<p$, dan zouden we de route kunnen inkorten door van $A_{i}$ naar $B_{i}$ en dan naar $A_{p}$ te lopen. We slaan dan minimaal twee steden uit de oorspronkelijke route over (namelijk $A_{m}$ en $A_{n}$ ) en bezoeken in plaats daarvan alleen $B_{i}$ extra, dus deze nieuwe route is korter. Tegenspraak. De steden $B_{i}$ met $3 \leq i \leq k-3$ zijn dus minstens $\frac{k-5}{3}$ verschillende steden. Voor $B_{0}$ en $C_{0}$ geldt dat we de route kunnen inkorten als één van deze steden gelijk is aan $B_{i}$ met $i \geq 3$. Dat zou een tegenspraak zijn, dus $B_{0}$ en $C_{0}$ zijn twee verschillende steden ongelijk aan $B_{i}$ met $i \geq 3$. Zo ook zijn $B_{k}$ en $C_{k}$ twee verschillende steden ongelijk aan $B_{i}$ met $i \leq k-3$. Al met al hebben we op de route zelf $k+1$ steden en daarnaast nog minstens $\frac{k-5}{3}+2+2$ andere steden. Dus $\frac{k-5}{3}+k+5 \leq 2018$, dus $4 k-5+15 \leq 3 \cdot 2018=6054$, dus $4 k \leq 6044$, dus $k \leq 1511$. We concluderen dat het grootst mogelijke aantal wegen in een kortste route gelijk aan 1511.