Dutch_TST/md/nl-2010-C_uitwerkingen.md

Uitwerkingen toets 9 juni 2010

Opgave 1. Zij $A B C$ een scherphoekige driehoek met de eigenschap $\angle B A C=45^{\circ}$. Zij $D$ het voetpunt van de loodlijn vanuit $C$ op $A B$. Zij $P$ een inwendig punt van het lijnstuk $C D$. Bewijs dat de lijnen $A P$ en $B C$ loodrecht op elkaar staan dan en slechts dan als $|A P|=|B C|$.

Oplossing. Zij $E$ het snijpunt van $A P$ en $B C$. Merk op dat $\angle D C A=90^{\circ}-\angle C A D=$ $90^{\circ}-\angle C A B=45^{\circ}$, dus $\triangle A C D$ is gelijkbenig: $|A D|=|C D|$. Stel nu dat $|A P|=|B C|$. Omdat $\angle A D P=90^{\circ}=\angle C D B$, geldt $\triangle A D P \cong \triangle C D B$ wegens (ZZR). Dus $\angle A P D=\angle C B D$, waaruit volgt

$$\begin{array}{c}{\displaystyle \mathrm{\angle }CEA=\mathrm{\angle }CEP={180}^{\circ }-\mathrm{\angle }EPC-\mathrm{\angle }PCE={180}^{\circ }-\mathrm{\angle }APD-\mathrm{\angle }DCB}\\ {\displaystyle ={180}^{\circ }-\mathrm{\angle }CBD-\mathrm{\angle }DCB=\mathrm{\angle }BDC={90}^{\circ },}\end{array}\backslash begin\{gathered\}\; \backslash angle\; C\; E\; A=\backslash angle\; C\; E\; P=180^\{\backslash circ\}-\backslash angle\; E\; P\; C-\backslash angle\; P\; C\; E=180^\{\backslash circ\}-\backslash angle\; A\; P\; D-\backslash angle\; D\; C\; B\; \backslash \backslash \; =180^\{\backslash circ\}-\backslash angle\; C\; B\; D-\backslash angle\; D\; C\; B=\backslash angle\; B\; D\; C=90^\{\backslash circ\},\; \backslash end\{gathered\}$$

dus $A P$ staat loodrecht op $B C$. Stel andersom dat $A P$ loodrecht op $B C$ staat, oftewel $\angle C E P=90^{\circ}$. Dan geldt

$$\mathrm{\angle }APD=\mathrm{\angle }EPC={90}^{\circ }-\mathrm{\angle }PCE={90}^{\circ }-\mathrm{\angle }DCB=\mathrm{\angle }CBD\mathrm{.}\backslash angle\; A\; P\; D=\backslash angle\; E\; P\; C=90^\{\backslash circ\}-\backslash angle\; P\; C\; E=90^\{\backslash circ\}-\backslash angle\; D\; C\; B=\backslash angle\; C\; B\; D\; .$$

Omdat ook $\angle A D P=90^{\circ}=\angle C D B$, volgt nu met $(\mathrm{ZHH})$ dat $\triangle A D P \cong \triangle C D B$. Dus $|A P|=|B C|$.

Opgave 2. Laat $A$ en $B$ positieve gehele getallen zijn. Definieer de rekenkundige rij $a_{0}, a_{1}, a_{2}, \ldots$ door $a_{n}=A n+B$. Neem aan dat er minstens één $n \geq 0$ is zodat $a_{n}$ een kwadraat is. $\mathrm{Zij} M$ een positief geheel getal zodat $M^{2}$ het kleinste kwadraat in de rij is. Bewijs dat $M<A+\sqrt{B}$.

Oplossing. Als $M \leq A$, dan zeker $M<A+\sqrt{B}$, dus zijn we klaar. Als $M>A$, zij dan $k$ zodat $a_{k}=M^{2}$. Dan geldt dus $A k+B=M^{2}$. Omdat $0<M-A<$ $M$, is $(M-A)^{2}$ kleiner dan $M^{2}$. Er geldt $(M-A)^{2}=M^{2}-2 M A+A^{2}=M^{2}-A(2 M-A)$. Als $k-(2 M-A) \geq 0$, dan is $a_{k-(2 M-A)}=A(k-(2 M-A))+B=(A k+B)-2 M A+A^{2}=M^{2}-2 M A+A^{2}=(M-A)^{2}$. Maar dan is $M^{2}$ niet het kleinste kwadraat in de rij, tegenspraak. Dus geldt $k-(2 M-A)<$ 0 . Hieruit volgt $A(k-(2 M-A))+B<B$, oftewel $(M-A)^{2}<B$. Omdat $M-A$ positief is, mogen we concluderen dat $M-A<\sqrt{B}$, oftewel $M<A+\sqrt{B}$.

Opgave 3. Zij $n \geq 2$ een positief geheel getal en $p$ een priemgetal zodat $n \mid p-1$ en $p \mid n^{3}-1$. Bewijs dat $4 p-3$ een kwadraat is.

Oplossing I. Uit $n \mid p-1$ volgt $n<p$. Omdat $p$ priem is, is $p$ een deler van één van de twee factoren van $n^{3}-1=(n-1)\left(n^{2}+n+1\right)$, maar $p$ is te groot om een deler van $n-1>0$ te zijn. Dus $p \mid n^{2}+n+1$. Wegens $n \mid p-1$ kunnen we $p$ schrijven als $k n+1$, met $k$ een positief geheel getal. Uit $k n+1 \mid n^{2}+n+1$ volgt

$$kn+1\mid k(n^2+n+1)-(n+1)(kn+1)=k-n-1.k\; n+1\; \backslash mid\; k\backslash left(n^\{2\}+n+1\backslash right)-(n+1)(k\; n+1)=k-n-1\; .$$

We onderscheiden nu drie gevallen. Geval 1: $k>n+1$. Dan is $k-n-1$ positief en moet gelden $k n+1 \leq k-n-1$. Daaruit volgt $(k+1) n \leq k-2$, maar links staat nu iets dat duidelijk groter is dan wat er rechts staat. Dit geval kan dus niet. Geval 2: $k<n+1$. Dan is $k-n-1$ negatief en moet gelden $k n+1 \leq n+1-k$. Daaruit volgt $(k-1) n \leq-k$, maar links staat nu iets niet-negatiefs en rechts iets negatiefs. Dit geval kan dus ook niet. Geval 3: $k=n+1$. Nu geldt $p=(n+1) n+1=n^{2}+n+1$. Dus $4 p-3=4 n^{2}+4 n+1=$ $(2 n+1)^{2}$ en dit is een kwadraat. We concluderen dat in het enige mogelijke geval $4 p-3$ een kwadraat is.

Oplossing II. Zoals in de eerste oplossing laten we zien dat $p \mid n^{2}+n+1$. Als $p=n^{2}+n+1$, dan geldt $4 p-3=4 n^{2}+4 n+1=(2 n+1)^{2}$ en dit is een kwadraat. Stel nu dat $p \neq n^{2}+n+1$. Dan is er een geheel getal $m>1$ zodat $p m=n^{2}+n+1$. Modulo $n$ staat hier $p m \equiv 1$ $\bmod n$. Uit $n \mid p-1$ volgt dat $p \equiv 1 \bmod n$, dus we krijgen $m \equiv 1 \bmod n$. Dus $p$ en $m$ zijn beide minstens $n+1$. Echter, $(n+1)^{2}=n^{2}+2 n+1>n^{2}+n+1=p m$, tegenspraak.

Opgave 4. Zij $A B C D$ een koordenvierhoek met de eigenschap dat $\angle A B D=\angle D B C$. Zij $E$ het snijpunt van de diagonalen $A C$ en $B D$. Zij $M$ het midden van $A E$ en $N$ het midden van $D C$. Bewijs dat $M B C N$ een koordenvierhoek is.

Oplossing I. Omdat $A B C D$ een koordenvierhoek is, weten we dat $\angle B D C=\angle B A C=$ $\angle B A E$. Daarnaast volgt uit het gegeven dat $\angle C B D=\angle E B A$. Samen geeft dit $\triangle D C B \sim$ $\triangle A E B$ (hh). We gaan nu bewijzen dat hieruit volgt $\triangle N C B \sim \triangle M E B$. Allereerst vinden we dat $\angle N C B=\angle D C B=\angle A E B=\angle M E B$. Verder zien we dat $\frac{|N C|}{|M E|}=$ $\frac{2|N C|}{2|M E|}=\frac{|D C|}{|A E|}=\frac{|C B|}{|E B|}$. Met (zhz) concluderen we dat inderdaad $\triangle N C B \sim \triangle M E B$. Dus $\angle B M C=\angle B M E=\angle B N C$, waaruit volgt dat $M B C N$ een koordenvierhoek is.

Oplossing II. Net als in de eerste oplossing leiden we af dat $\triangle D C B \sim \triangle A E B$. Merk nu op dat de lijnen $B M$ en $B N$ zwaartelijnen in deze twee gelijkvormige driehoeken zijn. Daaruit volgt dat de corresponderende hoeken $\angle B M E$ en $\angle B N C$ even groot zijn. Dus $\angle B M C=\angle B M E=\angle B N C$, waaruit volgt dat $M B C N$ een koordenvierhoek is.

Oplossing III. Zij $K$ het midden van $D E$. Nu is $M K$ een middenparallel in driehoek $E A D$ evenwijdig aan $A D$, dus $\angle M K B=\angle M K E=\angle A D E=\angle A D B$. In koordenvierhoek $A B C D$ zien we $\angle A D B=\angle A C B=\angle M C B$, dus $\angle M K B=\angle M C B$, waaruit volgt dat $M K C B$ een koordenvierhoek is. Verder is $K N$ een middenparallel in driehoek $C E D$ evenwijdig aan $C E$, dus $180^{\circ}-$ $\angle K N C=\angle K N D=\angle E C D=\angle A C D$. Vanwege koordenvierhoek $A B C D$ geldt $\angle A C D=$ $\angle A B D$ en volgens het gegeven is dit gelijk aan $\angle D B C$. Dus $180^{\circ}-\angle K N C=\angle D B C=$ $\angle K B C$. Hieruit volgt dat $K N C B$ een koordenvierhoek is. We concluderen dat zowel $M$ als $N$ op de omgeschreven cirkel van driehoek $B C K$ liggen. Dus $M B C N$ is een koordenvierhoek.

Opgave 5. Vind alle drietallen $(x, y, z)$ van reële (maar niet noodzakelijk positieve) getallen die voldoen aan

Oplossing. We gaan laten zien dat voor reële getallen $x, y$ en $z$ die aan de eerste voorwaarde voldoen, geldt

$$x^2{y}^2+y^2{z}^2+z^2{x}^2\ge xyz(x+y+z{)}^3\mathrm{.}x^\{2\}\; y^\{2\}+y^\{2\}\; z^\{2\}+z^\{2\}\; x^\{2\}\; \backslash geq\; x\; y\; z(x+y+z)^\{3\}\; .$$

De oplossingen die we zoeken, zijn dus de gelijkheidsgevallen van deze ongelijkheid. Laat $a, b$ en $c$ reële getallen zijn. Er geldt $(a-b)^{2} \geq 0$, dus $\frac{a^{2}+b^{2}}{2} \geq a b$ met gelijkheid d.e.s.d.a. $a=b$. Dit doen we analoog voor $b$ en $c$ en voor $c$ en $a$, zodat opgeteld volgt dat

$$a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+caa^\{2\}+b^\{2\}+c^\{2\}\; \backslash geq\; a\; b+b\; c+c\; a$$

met gelijkheid d.e.s.d.a. $a=b=c$. Passen we dit toe op $(x y, y z, z x)$, dan vinden we dat

$$x^2{y}^2+y^2{z}^2+z^2{x}^2\ge x{y}^{2}z+y{z}^{2}x+z{x}^{2}y=xyz(x+y+z)x^\{2\}\; y^\{2\}+y^\{2\}\; z^\{2\}+z^\{2\}\; x^\{2\}\; \backslash geq\; x\; y^\{2\}\; z+y\; z^\{2\}\; x+z\; x^\{2\}\; y=x\; y\; z(x+y+z)$$

met gelijkheid d.e.s.d.a. $x y=y z=z x$. Door het ook toe te passen op $(x, y, z)$ vinden we $x^{2}+y^{2}+z^{2} \geq x y+y z+z x$, dus volgens de eerste eis geldt $1=3\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)=\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)+2\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \geq x^{2}+y^{2}+z^{2}+2 x y+2 y z+2 z x=(x+y+z)^{2}$, met gelijkheid d.e.s.d.a. $x=y=z$. We willen nu deze twee ongelijkheden,

$$x^2{y}^2+y^2{z}^2+z^2{x}^2\ge xyz(x+y+z)x^\{2\}\; y^\{2\}+y^\{2\}\; z^\{2\}+z^\{2\}\; x^\{2\}\; \backslash geq\; x\; y\; z(x+y+z)$$

en

$$1\ge (x+y+z{)}^{2}1\; \backslash geq(x+y+z)^\{2\}$$

met elkaar combineren. Hiervoor vermenigvuldigen we eerst (3) met de niet-negatieve factor $x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}$; dan krijgen we

$$(x^2{y}^2+y^2{z}^2+z^2{x}^2)\cdot 1\ge (x^2{y}^2+y^2{z}^2+z^2{x}^2)\cdot (x+y+z{)}^2\backslash left(x^\{2\}\; y^\{2\}+y^\{2\}\; z^\{2\}+z^\{2\}\; x^\{2\}\backslash right)\; \backslash cdot\; 1\; \backslash geq\backslash left(x^\{2\}\; y^\{2\}+y^\{2\}\; z^\{2\}+z^\{2\}\; x^\{2\}\backslash right)\; \backslash cdot(x+y+z)^\{2\}$$

met gelijkheid d.e.s.d.a. $x=y=z$ of $x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}=0$. Verder vermenigvuldigen (2) met de niet-negatieve factor $(x+y+z)^{2}$, waaruit volgt

$$(x^2{y}^2+y^2{z}^2+z^2{x}^2)\cdot (x+y+z{)}^2\ge xyz(x+y+z)\cdot (x+y+z{)}^2\backslash left(x^\{2\}\; y^\{2\}+y^\{2\}\; z^\{2\}+z^\{2\}\; x^\{2\}\backslash right)\; \backslash cdot(x+y+z)^\{2\}\; \backslash geq\; x\; y\; z(x+y+z)\; \backslash cdot(x+y+z)^\{2\}$$

met gelijkheid d.e.s.d.a. $x y=y z=z x$ of $x+y+z=0$. Al met al vinden we $\left(x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}\right) \cdot 1 \geq\left(x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}\right) \cdot(x+y+z)^{2} \geq x y z(x+y+z) \cdot(x+y+z)^{2}$, oftewel (1), met gelijkheid d.e.s.d.a.

$$(x=y=z\text{ of }{x}^2{y}^2+y^2{z}^2+z^2{x}^2=0)\text{ en }(xy=yz=zx\text{ of }x+y+z=0)\mathrm{.}\backslash left(x=y=z\; \backslash text\; \{\; of\; \}\; x^\{2\}\; y^\{2\}+y^\{2\}\; z^\{2\}+z^\{2\}\; x^\{2\}=0\backslash right)\; \backslash text\; \{\; en\; \}(x\; y=y\; z=z\; x\; \backslash text\; \{\; of\; \}\; x+y+z=0)\; .$$

Nu zegt de tweede vergelijking dat hier inderdaad gelijkheid moet gelden, dus we zitten in het zojuist beschreven gelijkheidsgeval. Daarnaast zegt de eerste eis nog steeds dat $3\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)=1:$

We onderscheiden twee gevallen. Stel eerst $x=y=z$. Dan wordt automatisch voldaan aan $x y=y z=z x$. We vinden met behulp van de eerste eis dat $1=3\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)=$ $9 x^{2}=(3 x)^{2}$, dus $x=y=z= \pm \frac{1}{3}$. Stel nu dat $x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}=0$; dan moet wel elk van de termen nul zijn, dus $x y=y z=z x=0$, dus ook nu wordt voldaan aan $x y=y z=z x$. Uit $x y=0$ volgt dat (z.b.d.a.) $x=0$. Uit $y z=0$ ook z.b.d.a. dat $y=0$. Zo vinden we de oplossingen $\left(0,0, \pm \frac{1}{3} \sqrt{3}\right)$ en daarnaast ook $\left(0, \pm \frac{1}{3} \sqrt{3}, 0\right)$ en $\left( \pm \frac{1}{3} \sqrt{3}, 0,0\right)$.

Opmerking. Als je (2) en (3) hebt bewezen, kun je (1) ook vinden door (3) te vermenigvuldigen met $x y z(x+y+z)$. Hiervoor moet je dan wel aantonen dat $x y z(x+y+z)$ niet-negatief is. We weten vanwege de tweede eis in de opgave dat $x y z(x+y+z)^{3}$ gelijk is aan een som van kwadraten en dus niet-negatief. Als $x+y+z \neq 0$, volgt hieruit $x y z(x+y+z) \geq 0$. Als $x+y+z=0$, dan geldt $x y z(x+y+z)=0$. Dus in beide gevallen geldt $x y z(x+y+z) \geq 0$. Het gelijkheidsgeval wordt bij deze methode: