Uitwerkingen toets 6 juni 2012
Opgave 1. Zij $I$ het middelpunt van de ingeschreven cirkel van driehoek $A B C$. Een lijn door $I$ snijdt het inwendige van lijnstuk $A B$ in $M$ en het inwendige van lijnstuk $B C$ in $N$. We nemen aan dat $B M N$ een scherphoekige driehoek is. Laat nu $K$ en $L$ punten op lijnstuk $A C$ zijn zodat $\angle B M I=\angle I L A$ en $\angle B N I=\angle I K C$. Bewijs dat $|A M|+|K L|+|C N|=|A C|$.
Oplossing. Noem $D, E$ en $F$ de voetpunten van $I$ op respectievelijk $B C, C A$ en $A B$. Er geldt dat $N$ tussen $C$ en $D$ ligt: als namelijk $N$ tussen $D$ en $B$ ligt, dan is $\angle B N I$ groter dan $\angle B D I=90^{\circ}$, maar gegeven is dat $\triangle B M N$ scherphoekig is. Dus $N$ ligt tussen $C$ en $D$. Zo ook ligt $M$ tussen $A$ en $F$. Verder kan $L$ niet tussen $A$ en $E$ liggen, want dan zou $\angle I L A>90^{\circ}$, terwijl juist $\angle I L A=\angle B M I<90^{\circ}$. Dus $L$ ligt tussen $E$ en $C$. Zo ook ligt $K$ tussen $A$ en $E$. Al met al ligt $E$ tussen $K$ en $L$. Er geldt
waarbij het tweede =-teken geldt omdat de raaklijnstukjes aan de ingeschreven cirkel even lang zijn. Verder is $\angle I K E=\angle I K C=\angle B N I=\angle D N I$ en $\angle K E I=90^{\circ}=\angle I D N$, dus $\triangle I K E \sim$ $\triangle I N D$ (hh). Omdat lijnstukken $E I$ en $D I$ beide de straal van de ingeschreven cirkel zijn, zijn deze even lang, dus geldt zelfs $\triangle I K E \cong \triangle I N D$. Hieruit volgt $|E K|=|N D|$. Zo ook kunnen we afleiden dat $|E L|=|M F|$. We krijgen dus
Opgave 2. Laat $a, b, c$ en $d$ positieve reële getallen zijn. Bewijs dat
Oplossing. Er geldt
Door hetzelfde met de andere drie breuken te doen en daarna de vier keer -1 naar de andere kant te halen, krijgen we dat we moeten bewijzen:
Nu passen we de ongelijkheid van het harmonisch en rekenkundig gemiddelde toe op de twee positieve getallen $b+c$ en $d+a$ :
dus
Zo ook geldt
Hiermee kunnen we de linkerkant van (1) afschatten:
Daarmee hebben we (1) bewezen.
Opgave 3. Bepaal alle positieve gehele getallen die niet geschreven kunnen worden als $\frac{a}{b}+\frac{a+1}{b+1}$ met $a, b$ positief en geheel.
Oplossing. Er geldt
Neem aan dat dit gelijk is aan een geheel getal $n$. Dan geldt $b \mid 2 a b+a+b$ en $b+1 \mid$ $2 a b+a+b$. Uit het eerste volgt $b \mid a$ en dus ook $b \mid a-b$. Uit het tweede volgt $b+1 \mid(2 a b+a+b)-(b+1) \cdot 2 a=-a+b$, dus ook $b+1 \mid a-b$. Omdat de ggd van $b$ en $b+1$ gelijk aan 1 is, mogen we hieruit concluderen dat $b(b+1) \mid a-b$. We kunnen $a$ dus schrijven als $a=b(b+1) \cdot k+b$. Omdat $a$ positief moet zijn, moet $k$ hier een niet-negatief geheel getal zijn. Dit vullen we in:
Dus $n$ is van de vorm $n=(2 b+1) k+2$. Hieruit zien we dat $n \geq 2$ (want $k \geq 0)$ en dat $n-2$ deelbaar moet zijn door een oneven getal groter dan 1 (namelijk $2 b+1 \geq 3$ ). Stel omgekeerd dat voor een getal $n$ geldt dat $n \geq 2$ en $n-2$ is deelbaar door een oneven getal groter dan 1 , zeg door $2 b+1$ met $b \geq 1$ en geheel. Dan is er dus een $k \geq 0$ met $n=(2 b+1) k+2$. Kies nu $a=b(b+1) \cdot k+b$, dan is $a$ positief geheel en geldt
We kunnen nu concluderen dat de getallen die geschreven kunnen worden als $\frac{a}{b}+\frac{a+1}{b+1}$ met $a$ en $b$ positief geheel, precies de getallen $n \geq 2$ zijn waarvoor geldt dat $n-2$ deelbaar is door een oneven getal groter dan 1. De getallen die niet zo geschreven kunnen worden, zijn dus precies 1 en de getallen $n \geq 2$ waarvoor geldt dat $n-2$ geen oneven deler groter dan 1 heeft, oftewel waarvoor geldt dat $n-2$ een tweemacht $2^{m}$ met $m \geq 0$ is. We concluderen dat de getallen die niet geschreven kunnen worden als $\frac{a}{b}+\frac{a+1}{b+1}$, precies 1 en de getallen van de vorm $2^{m}+2$ met $m \geq 0$ zijn.
Opgave 4. Zij $n$ een positief geheel getal deelbaar door 4. We bekijken permutaties $\left(a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}\right)$ van $(1,2, \ldots, n)$ met de volgende eigenschap: voor elke $j$ geldt dat als we $i=a_{j}$ nemen, dan $a_{i}+j=n+1$. Bewijs dat er precies $\frac{\left(\frac{1}{2} n\right)!}{\left(\frac{1}{4} n\right)!}$ zulke permutaties zijn.
Oplossing. Zij $t \in{1,2, \ldots, n}$. Stel dat $a_{t}=t$, dan kunnen we $i=j=t$ kiezen en geldt dus $a_{t}+t=n+1$, dus $2 t=n+1$. Maar $n$ is deelbaar door 4 , dus $n+1$ is oneven. Tegenspraak. Stel nu dat $a_{t}=n+1-t$. Dan kunnen we $i=n+1-t$ en $j=t$ kiezen en geldt dus $a_{n+1-t}+t=n+1$, dus $a_{n+1-t}=n+1-t$. We hebben echter net gezien dat dit niet kan voorkomen. Stel nu dat $a_{t}=u$ met $u \neq t, u \neq n+1-t$. Dan kunnen we $i=u$ en $j=t$ kiezen en geldt dus $a_{u}+t=n+1$, dus $a_{u}=n+1-t$. Vervolgens kunnen we $i=n+1-t$ en $j=u$ kiezen en geldt dus $a_{n+1-t}=n+1-u$. Nu kiezen we $i=n+1-u$ en $j=n+1-t$ en zien we dat $a_{n+1-u}=n+1-(n+1-t)=t$. Al met al hebben we dus:
Omdat $u \neq t$ en $u \neq n+1-t$, zijn de vier getallen aan de rechterkant allemaal verschillend. Verder zijn de vier getallen op te delen in twee paren van de vorm $(v, n+1-v)$. We hebben nu dus vier getallen waarvoor geldt dat op dezelfde posities in de permutatie dezelfde vier getallen staan, maar in een andere volgorde. We kunnen nu een $t^{\prime}$ ongelijk aan één van deze vier getallen kiezen en een $u^{\prime}$ met $a_{t^{\prime}}=u^{\prime}$ en op dezelfde manier een viertal vinden waar $t^{\prime}$ in zit. Merk op dat nu $n+1-t^{\prime}$ en $n+1-u^{\prime}$ niet al in het eerste viertal kunnen zitten, want dan zouden $u^{\prime}$ en $t^{\prime}$ er ook al in zitten. Zo kunnen we doorgaan totdat alle $n$ getallen opgedeeld zijn in viertallen. We zien dat we precies alle permutaties kunnen maken door het volgende recept toe te passen:
- Kies het kleinste getal $k$ waarvoor $a_{k}$ nog niet bepaald is. Neem $a_{k}=u$ voor een zekere $u$ waarvan $a_{u}$ nog niet bepaald was en waarvoor geldt $u \neq k, u \neq n+1-k$. Dit bepaalt ook de waarden van $a_{u}, a_{n+1-u}$ en $a_{n+1-k}$.
- Herhaal de vorige stap net zo vaak totdat alle waarden $a_{k}$ bepaald zijn.
Bij de eerste $k$ hebben we voor $u$ nog $n-2$ mogelijkheden. Bij de volgende stap hebben we nog $n-6$ mogelijkheden. Bij de stap daarna nog $n-10$, enzovoorts. Dus het aantal permutaties dat aan deze eigenschap voldoet, is
Schrijf $n=4 m$, dan kunnen we dit schrijven als
Opgave 5. Zij $\Gamma$ de omgeschreven cirkel van de scherphoekige driehoek $A B C$. De bissectrice van hoek $A B C$ snijdt $A C$ in het punt $B_{1}$ en de korte boog $A C$ van $\Gamma$ in het punt $P$. De lijn door $B_{1}$ loodrecht op $B C$ snijdt de korte boog $B C$ van $\Gamma$ in $K$. De lijn door $B$ loodrecht op $A K$ snijdt $A C$ in $L$. Bewijs dat $K, L$ en $P$ op een lijn liggen.
Oplossing. Dat de bissectrice van hoek $A B C$ de korte boog $A C$ snijdt in $P$, betekent dat $P$ precies midden in deze boog $A C$ ligt. We moeten bewijzen dat $K L$ ook door $P$ gaat, dus dat $K L$ de boog $A C$ doormidden snijdt. Omdat $K$ op $\Gamma$ ligt, betekent dat dat we moeten bewijzen dat $K L$ de bissectrice van $\angle A K C$ is. Noem $S$ het snijpunt van $B_{1} K$ en $B C$ en noem $T$ het snijpunt van $B L$ en $A K$. Dan is $\angle B S K=90^{\circ}$ en $\angle B T K=90^{\circ}$, dus $B T S K$ is een koordenvierhoek. Hieruit volgt
Omdat $A B K C$ een koordenvierhoek is, geldt $\angle B_{1} A K=\angle C A K=\angle C B K$. Volgens de buitenhoekstelling is $\angle L B_{1} K=\angle B_{1} A K+\angle B_{1} K A$, dus geldt met behulp van (2) dat
Hieruit volgt dat $L K B B_{1}$ een koordenvierhoek is, wat weer betekent dat $\angle L B B_{1}=$ $\angle L K B_{1}$. Als we hier gelijkheid (2) bij optellen, krijgen we
Dus
waarbij we nog gebruikt hebben dat $A B K C$ een koordenvierhoek is. Hieruit volgt dat $K L$ de bissectrice $\operatorname{van} \angle A K C$ is, wat we wilden bewijzen.