Dutch_TST/md/nl-2012-D_uitwerkingen.md

Uitwerkingen toets 9 juni 2012

Opgave 1. Voor positieve gehele getallen $a$ en $b$ definiëren we $a \ominus b=\frac{a-b}{\operatorname{ggd}(a, b)}$. Bewijs dat voor elk geheel getal $n>1$ geldt: $n$ is een priemmacht (d.w.z. dat $n$ te schrijven is als $n=p^{k}$ met $p$ een priemgetal en $k$ een positief geheel getal) dan en slechts dan als voor alle positieve gehele $m<n$ geldt dat $\operatorname{ggd}(n, n \ominus m)=1$.

Oplossing. Stel eerst dat $n=p^{k}$ met $p$ priem en $k>0$. We moeten bewijzen dat $\operatorname{ggd}(n, n \ominus m)=1$ voor alle $m<n$. Dus bekijk een willekeurig positief geheel getal $m<n$. We schrijven $m=p^{l} s$ met $p \nmid s$ en $0 \leq l<k$. Nu is $\operatorname{ggd}(n, m)=\operatorname{ggd}\left(p^{k}, p^{l} s\right)=p^{l}$, dus

$$n\ominus m=\frac{p^k-p^{l}s}{p^l}=p^{k-l}-sn\; \backslash ominus\; m=\backslash frac\{p^\{k\}-p^\{l\}\; s\}\{p^\{l\}\}=p^\{k-l\}-s$$

Omdat $k-l \geq 1$, geldt $\operatorname{ggd}\left(p^{k-l}-s, p\right)=\operatorname{ggd}(-s, p)=1$ en dus $\operatorname{ggd}(n, n \ominus m)=$ $\operatorname{ggd}\left(p^{k}, p^{k-l}-s\right)=1$. Stel nu dat $n$ geen priemmacht is. We moeten bewijzen dat er een $m<n$ is waarvoor $\operatorname{ggd}(n, n \ominus m) \neq 1$. Zij $q$ het kleinste priemgetal dat een deler is van $n$ en zij $t$ het positieve gehele getal zodat $q^{t} \mid n$ en $q^{t+1} \nmid n$. Omdat $n$ geen $q$-macht is, bevat $n$ nog een priemdeler $p>q$. Dus $\frac{n}{q^{t}} \geq p>q$, waaruit volgt $n>q^{t+1}$. Kies nu $m=n-q^{t+1}$. Dan geldt $\operatorname{ggd}(n, m)=\operatorname{ggd}\left(n, q^{t+1}\right)=q^{t}$, dus

$$n\ominus m=\frac{n-(n-q^{t+1})}{q^t}=\frac{q^{t+1}}{q^t}=q\mathrm{.}n\; \backslash ominus\; m=\backslash frac\{n-\backslash left(n-q^\{t+1\}\backslash right)\}\{q^\{t\}\}=\backslash frac\{q^\{t+1\}\}\{q^\{t\}\}=q\; .$$

Omdat $q \mid n$, geldt nu $\operatorname{ggd}(n, n \ominus m)=q>1$.

Opgave 2. We hebben twee dozen met ballen. In de ene doos zitten $m$ ballen, in de andere doos $n$ ballen, waarbij $m, n>0$. Twee verschillende handelingen zijn toegestaan: (i) Verwijder uit beide dozen een gelijk aantal ballen. (ii) Vergroot het aantal ballen in één van de dozen met een factor $k$.

Is het altijd mogelijk om alle ballen uit beide dozen te verwijderen met deze twee handelingen, a) als $k=2$ ? b) als $k=3$ ?

Oplossing. Bekijk eerst het geval $k=2$. We kunnen alle ballen uit beide dozen verwijderen op de volgende manier. Als $m=n$, dan halen we $m$ ballen uit beide dozen en zijn we klaar. Als $m \neq n$, kunnen we zonder verlies van algemeenheid aannemen dat $m<n$. Als bovendien geldt $2 m<n$, dan verdubbelen we het aantal ballen in de eerste doos totdat we $m^{\prime}$ ballen in de eerste doos hebben met de eigenschap dat $m^{\prime}<n$ en $2 m^{\prime} \geq n$. We kunnen dus ook zonder verlies van algemeenheid aannemen dat $2 m \geq n$. Verwijder nu uit beide dozen $2 m-n \geq 0$ ballen. In de eerste doos blijven er $m-(2 m-n)=n-m>0$ ballen over; in de tweede doos blijven er $n-(2 m-n)=2 n-2 m=2(n-m)>0$ ballen over. Verdubbel nu het aantal ballen in de eerste doos en verwijder vervolgens uit beide dozen $2(n-m)$ ballen; dan zijn beide dozen leeg. Bekijk nu het geval $k=3$. Noem $S$ het aantal ballen in de eerste doos min het aantal ballen in de tweede doos. Als we de eerste handeling toepassen, verandert $S$ niet. Als we de tweede handeling toepassen, zeg op een doos met $t$ ballen, dan verandert de pariteit van het aantal ballen in die doos niet (want $3 t \equiv t \bmod 2)$. De pariteit van $S$ verandert dus ook niet. We concluderen dat de pariteit van $S$ nooit verandert. Als we nu beginnen met $m=1$ en $n=2$, dan is $S=-1 \equiv 1 \bmod 2$. We kunnen nu nooit de situatie bereiken dat beide dozen leeg zijn, want dan zou $S \equiv 0 \bmod 2$. Als $k=3$ kunnen we dus niet altijd beide dozen leeghalen.

Alternatieve oplossing voor $k=2$ : Als $m=n$, dan halen we $m$ ballen uit beide dozen en zijn we klaar. Als $m \neq n$, kunnen we zonder verlies van algemeenheid aannemen dat $m<n$. Haal nu uit beide dozen $m-1$ ballen weg. Dan blijft er in de eerste doos 1 over. We kunnen nu steeds het aantal ballen in de eerste doos verdubbelen (van 1 naar 2) en vervolgens uit beide dozen 1 weghalen. Hiermee kunnen we doorgaan totdat de tweede doos nog maar 1 bal bevat. Dan halen we uit beide dozen 1 bal weg en zijn beide dozen leeg.

Opgave 3. Bepaal alle paren $(x, y)$ van positieve gehele getallen die voldoen aan

$$x+y+1\mid 2xy\text{ en }x+y-1\mid x^2+y^2-1x+y+1\; \backslash mid\; 2\; x\; y\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; en\; \}\; \backslash quad\; x+y-1\; \backslash mid\; x^\{2\}+y^\{2\}-1$$

Oplossing. Er geldt

$$(x^2+y^2-1)-(x+y+1)(x+y-1)=(x^2+y^2-1)-(x^2+y^2+2xy-1)=-2xy\mathrm{.}\backslash left(x^\{2\}+y^\{2\}-1\backslash right)-(x+y+1)(x+y-1)=\backslash left(x^\{2\}+y^\{2\}-1\backslash right)-\backslash left(x^\{2\}+y^\{2\}+2\; x\; y-1\backslash right)=-2\; x\; y\; .$$

Omdat $x+y-1$ een deler is van $x^{2}+y^{2}-1$ en natuurlijk ook van $(x+y+1)(x+y-1)$, zien we dat $x+y-1$ een deler is van $2 x y$. We weten dat $x+y+1$ ook een deler is van $2 x y$. Maar de ggd van $x+y-1$ en $x+y+1$ is 1 of 2 , aangezien het verschil van de twee getallen 2 is. Dus geldt dat $2 x y$ deelbaar is door $(x+y-1)(x+y+1)$ (als de ggd 1 is) of door $\frac{(x+y-1)(x+y+1)}{2}$ (als de ggd 2 is). In beide gevallen geldt dat $4 x y$ deelbaar is door $(x+y-1)(x+y+1)$ en dus dat voor een zekere $k \geq 1$ geldt:

$$4xy=k(x+y-1)(x+y+1)=k(x^2+y^2+2xy-1)\ge k(4xy-1)4\; x\; y=k(x+y-1)(x+y+1)=k\backslash left(x^\{2\}+y^\{2\}+2\; x\; y-1\backslash right)\; \backslash geq\; k(4\; x\; y-1)$$

waarbij de laatste ongelijkheid geldt omdat voor alle reële getallen (en dus zeker voor positieve gehele) $x$ en $y$ geldt $x^{2}+y^{2} \geq 2 x y$. Als $k \geq 2$, dan geldt dus $4 x y \geq 2 \cdot(4 x y-1)$, dus $4 x y \leq 2$. Tegenspraak, want $x$ en $y$ zijn positief en geheel, dus $4 x y \geq 4$. We concluderen dat moet gelden $k=1$ en dus $4 x y=x^{2}+y^{2}+2 x y-1$. Hieruit volgt $x^{2}+y^{2}-1-2 x y=0$, wat we kunnen herschrijven tot $(x-y)^{2}=1$. Er moet dus gelden $x=y-1$ of $x=y+1$. De mogelijke paren die voldoen zijn dus $(x, x+1)$ met $x \geq 1$ en $(x, x-1)$ met $x \geq 2$. We vullen het eerste paar in om te controleren: $2 x+2$ moet een deler zijn van $2 x(x+1)$ en dat klopt; en $2 x$ moet een deler zijn van $x^{2}+(x+1)^{2}-1=2 x^{2}+2 x$ en dat klopt ook. Analoog voldoet het tweede paar ook. Dus de oplossingen zijn: alle paren $(x, x+1)$ met $x \geq 1$ en alle paren $(x, x-1)$ met $x \geq 2$.

Opgave 4. Gegeven is een driehoek $A B C$. De bissectrice van $\angle C A B$ snijdt $B C$ in $L$. Op het inwendige van zijden $A C$ en $A B$ liggen respectievelijk de punten $M$ en $N$, zodat $A L$, $B M$ en $C N$ door één punt gaan en zodat $\angle A M N=\angle A L B$. Bewijs dat $\angle N M L=90^{\circ}$.

Oplossing. Noem $T$ het snijpunt van $M N$ en $B C$. Merk op dat omdat $\angle A C B=\angle A L B-$ $\angle L A C=\angle A M N-\angle L A C<\angle A M N$, geldt dat $T$ aan dezelfde kant van $C$ ligt als $B$ (en aan dezelfde kant van $M$ als $N$. Omdat $\angle A M T=\angle A M N=\angle A L B=\angle A L T$, is $A M L T$ een koordenvierhoek. Dus $\angle N M L=\angle T M L=\angle T A L$. Het is dus voldoende om te laten zien dat $\angle T A L=90^{\circ}$. Dat is precies het geval als $A T$ de buitenbissectrice van $\angle C A B$ is, want de binnen- en buitenbissectrice staan loodrecht op elkaar. Dit gaan we dus bewijzen. Omdat $A L, B M$ en $C N$ elkaar snijden in één punt, geldt volgens de stelling van Ceva dat

$$\frac{BL}{LC}\cdot \frac{CM}{MA}\cdot \frac{AN}{NB}=1\backslash frac\{B\; L\}\{L\; C\}\; \backslash cdot\; \backslash frac\{C\; M\}\{M\; A\}\; \backslash cdot\; \backslash frac\{A\; N\}\{N\; B\}=1$$

Omdat $M, N$ en $T$ op een lijn liggen, geldt volgens de stelling van Menelaos dat

$$\frac{BT}{TC}\cdot \frac{CM}{MA}\cdot \frac{AN}{NB}=-1\backslash frac\{B\; T\}\{T\; C\}\; \backslash cdot\; \backslash frac\{C\; M\}\{M\; A\}\; \backslash cdot\; \backslash frac\{A\; N\}\{N\; B\}=-1$$

Uit deze twee gelijkheden volgt dat

$$\frac{BL}{LC}=-\frac{BT}{TC}\backslash frac\{B\; L\}\{L\; C\}=-\backslash frac\{B\; T\}\{T\; C\}$$

Volgens de bissectricestelling is $\frac{|B L|}{|L C|}=\frac{|B A|}{|C A|}$, dus geldt ook $\frac{|B T|}{|T C|}=\frac{|B A|}{|C A|}$. Dat betekent weer met de bissectricestelling dat $A T$ de buitenbissectrice van $\angle C A B$ is. Dat is wat we wilden bewijzen.

Opgave 5. Vind alle functies $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ die voldoen aan

$$f(x+xy+f(y))=(f(x)+\frac{1}{2})(f(y)+\frac{1}{2})f(x+x\; y+f(y))=\backslash left(f(x)+\backslash frac\{1\}\{2\}\backslash right)\backslash left(f(y)+\backslash frac\{1\}\{2\}\backslash right)$$

voor alle $x, y \in \mathbb{R}$.

Oplossing. Vul in $y=-1$, dan staat er:

$$f(f(-1))=(f(x)+\frac{1}{2})(f(-1)+\frac{1}{2})\mathrm{.}f(f(-1))=\backslash left(f(x)+\backslash frac\{1\}\{2\}\backslash right)\backslash left(f(-1)+\backslash frac\{1\}\{2\}\backslash right)\; .$$

Als $f(-1) \neq-\frac{1}{2}$, dan kunnen we delen door $f(-1)+\frac{1}{2}$ en krijgen we

$$f(x)+\frac{1}{2}=\frac{f(f(-1))}{f(-1)+\frac{1}{2}},f(x)+\backslash frac\{1\}\{2\}=\backslash frac\{f(f(-1))\}\{f(-1)+\backslash frac\{1\}\{2\}\},$$

wat betekent dat $f$ constant is. Dan is er dus een $c \in \mathbb{R}$ zodat $f(x)=c$ voor alle $x \in \mathbb{R}$. Nu staat er in de functievergelijking:

$$c=(c+\frac{1}{2})(c+\frac{1}{2}),c=\backslash left(c+\backslash frac\{1\}\{2\}\backslash right)\backslash left(c+\backslash frac\{1\}\{2\}\backslash right),$$

wat we kunnen herschrijven als $0=c^{2}+\frac{1}{4}$, maar dat heeft geen reële oplossing in $c$. Dus $f$ kan niet constant zijn. De enige mogelijkheid is dus dat $f(-1)=-\frac{1}{2}$. Dit betekent bovendien dat $f(f(-1))=0$, dus dat $f\left(-\frac{1}{2}\right)=0$. Vul nu $x=0$ en $y=-\frac{1}{2}$ in, dat geeft:

$$f\left(f(-\frac{1}{2})\right)=(f(0)+\frac{1}{2})(f(-\frac{1}{2})+\frac{1}{2}),f\backslash left(f\backslash left(-\backslash frac\{1\}\{2\}\backslash right)\backslash right)=\backslash left(f(0)+\backslash frac\{1\}\{2\}\backslash right)\backslash left(f\backslash left(-\backslash frac\{1\}\{2\}\backslash right)+\backslash frac\{1\}\{2\}\backslash right),$$

en dus

$$f(0)=(f(0)+\frac{1}{2})\cdot \frac{1}{2}f(0)=\backslash left(f(0)+\backslash frac\{1\}\{2\}\backslash right)\; \backslash cdot\; \backslash frac\{1\}\{2\}$$

waaruit volgt dat $f(0)=\frac{1}{2}$. Stel dat er een $a \neq-1$ is met $f(a)=-\frac{1}{2}$. Vul $y=a$ in:

$$f(x(1+a)-\frac{1}{2})=0.f\backslash left(x(1+a)-\backslash frac\{1\}\{2\}\backslash right)=0\; .$$

Omdat $1+a \neq 0$, kan $x(1+a)-\frac{1}{2}$ alle waarden in $\mathbb{R}$ aannemen als $x$ varieert over $\mathbb{R}$. Dus nu volgt dat $f$ constant 0 is, maar we hadden al gezien dat $f$ niet constant kon zijn. We concluderen dat er geen $a \neq-1$ is met $f(a)=-\frac{1}{2}$. Er is dus maar één $x$ waarvoor $f(x)=-\frac{1}{2}$ en dat is $x=-1$. Bekijk een willekeurige $b$ met $f(b)=0$. We vullen $x=b-\frac{1}{2}$ en $y=0$ in:

$$f(b-\frac{1}{2}+\frac{1}{2})=(f(b-\frac{1}{2})+\frac{1}{2})(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}),f\backslash left(b-\backslash frac\{1\}\{2\}+\backslash frac\{1\}\{2\}\backslash right)=\backslash left(f\backslash left(b-\backslash frac\{1\}\{2\}\backslash right)+\backslash frac\{1\}\{2\}\backslash right)\backslash left(\backslash frac\{1\}\{2\}+\backslash frac\{1\}\{2\}\backslash right),$$

oftewel

$$f(b)=(f(b-\frac{1}{2})+\frac{1}{2})\mathrm{.}f(b)=\backslash left(f\backslash left(b-\backslash frac\{1\}\{2\}\backslash right)+\backslash frac\{1\}\{2\}\backslash right)\; .$$

Omdat $f(b)=0$, is $f\left(b-\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{2}$. We hebben gezien dat dan moet gelden $b-\frac{1}{2}=-1$, dus $b=-\frac{1}{2}$. Er is dus maar één $x$ waarvoor $f(x)=0$ en dat is $x=-\frac{1}{2}$. Vul nu $x=-1$ in:

$$f(-1-y+f(y))=0f(-1-y+f(y))=0$$

Hieruit volgt $-1-y+f(y)=-\frac{1}{2}$, dus $f(y)=y+\frac{1}{2}$. De enige kandidaatfunctie is dus de functie gegeven door $f(x)=x+\frac{1}{2}$ voor alle $x \in \mathbb{R}$. We controleren deze functie. Links in de functievergelijking komt te staan: $x+x y+y+1$. Rechts komt te staan $(x+1)(y+1)$ en dat is gelijk aan $x y+x+y+1$. De functie voldoet dus. We concluderen dat er precies één oplossing is: $f(x)=x+\frac{1}{2}$ voor alle $x \in \mathbb{R}$.