Dutch_TST/md/nl-2013-D_uitwerkingen.md

|MO-selectietoets ||

zaterdag 8 juni 2013

Uitwerkingen

Opgave 1. Bewijs dat

$$\sum _{n=0}^{2013}\frac{4026!}{(n!(2013-n)!{)}^2}\backslash sum\_\{n=0\}^\{2013\}\; \backslash frac\{4026!\}\{(n!(2013-n)!)^\{2\}\}$$

het kwadraat van een geheel getal is.

Oplossing. Door 2013 te vervangen door 1, 2, 3 en 4 en de som dan uit te rekenen, krijg je een vermoeden voor welk getal in het kwadraat deze som oplevert. De faculteiten suggereren dat je het in de binomiaalcoëfficiënten moet zoeken. We bewijzen iets algemeners:

$$\sum _{n=0}^m\frac{(2m)!}{(n!(m-n)!{)}^2}={\left(\genfrac{}{}{0px}{}{2m}{m}\right)}^2\backslash sum\_\{n=0\}^\{m\}\; \backslash frac\{(2\; m)!\}\{(n!(m-n)!)^\{2\}\}=\backslash binom\{2\; m\}\{m\}^\{2\}$$

Hieruit volgt het gevraagde. Er geldt

$$\frac{(2m)!}{(n!(m-n)!{)}^2}=\frac{(m!{)}^2}{(n!(m-n)!{)}^2}\cdot \frac{(2m)!}{(m!{)}^2}={\left(\genfrac{}{}{0px}{}{m}{n}\right)}^2\cdot \left(\genfrac{}{}{0px}{}{2m}{m}\right)\backslash frac\{(2\; m)!\}\{(n!(m-n)!)^\{2\}\}=\backslash frac\{(m!)^\{2\}\}\{(n!(m-n)!)^\{2\}\}\; \backslash cdot\; \backslash frac\{(2\; m)!\}\{(m!)^\{2\}\}=\backslash binom\{m\}\{n\}^\{2\}\; \backslash cdot\backslash binom\{2\; m\}\{m\}$$

Het is dus voldoende te bewijzen dat

$$\sum _{n=0}^m{\left(\genfrac{}{}{0px}{}{m}{n}\right)}^2=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{2m}{m}\right)\backslash sum\_\{n=0\}^\{m\}\backslash binom\{m\}\{n\}^\{2\}=\backslash binom\{2\; m\}\{m\}$$

We doen dit combinatorisch. Bekijk $2 m$ ballen genummerd van 1 tot en met $2 m$, waarbij de ballen van 1 tot en met $m$ blauw gekleurd zijn en de ballen van $m+1$ tot en met $2 m$ rood gekleurd zijn. Je wilt hier totaal $m$ ballen van uitkiezen. Dat kan op $\binom{2 m}{m}$ manieren. Anderzijds kunnen we ook eerst $n$ blauwe ballen uitkiezen, met $0 \leq n \leq m$, en vervolgens $m-n$ rode ballen. Dat komt op hetzelfde neer als eerst $n$ blauwe ballen uitkiezen en daarna $n$ rode ballen niet uitkiezen. Dus het aantal manieren om $m$ ballen uit te kiezen is ook gelijk aan

$$\sum _{n=0}^m{\left(\genfrac{}{}{0px}{}{m}{n}\right)}^2\backslash sum\_\{n=0\}^\{m\}\backslash binom\{m\}\{n\}^\{2\}$$

Dus deze som is gelijk aan $\binom{2 m}{m}$. En daarmee hebben we (1) bewezen.

Opgave 2. Zij $P$ het snijpunt van de diagonalen van een convexe vierhoek $A B C D$. Laat $X, Y$ en $Z$ punten op het inwendige van respectievelijk $A B, B C$ en $C D$ zijn zodat

$$\frac{\mathrm{\mid }AX\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }XB\mathrm{\mid }}=\frac{\mathrm{\mid }BY\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }YC\mathrm{\mid }}=\frac{\mathrm{\mid }CZ\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }ZD\mathrm{\mid }}=2\backslash frac\{|A\; X|\}\{|X\; B|\}=\backslash frac\{|B\; Y|\}\{|Y\; C|\}=\backslash frac\{|C\; Z|\}\{|Z\; D|\}=2$$

Veronderstel bovendien dat $X Y$ raakt aan de omgeschreven cirkel van $\triangle C Y Z$ en dat $Y Z$ raakt aan de omgeschreven cirkel van $\triangle B X Y$. Bewijs dat $\angle A P D=\angle X Y Z$.

Oplossing. Vanwege de raaklijnomtrekshoekstelling is $\angle C Z Y=\angle B Y X$ en $\angle B X Y=$ $\angle C Y Z$. Hieruit volgt ten eerste dat

$$\mathrm{\angle }XYZ={180}^{\circ }-\mathrm{\angle }BYX-\mathrm{\angle }CYZ={180}^{\circ }-\mathrm{\angle }BYX-\mathrm{\angle }BXY=\mathrm{\angle }XBY=\mathrm{\angle }ABC\mathrm{.}\backslash angle\; X\; Y\; Z=180^\{\backslash circ\}-\backslash angle\; B\; Y\; X-\backslash angle\; C\; Y\; Z=180^\{\backslash circ\}-\backslash angle\; B\; Y\; X-\backslash angle\; B\; X\; Y=\backslash angle\; X\; B\; Y=\backslash angle\; A\; B\; C\; .$$

Ten tweede zien we dat $\triangle X B Y \sim \triangle Y C Z$ (hh). Dit betekent

$$\frac{\mathrm{\mid }XB\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }BY\mathrm{\mid }}=\frac{\mathrm{\mid }YC\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }CZ\mathrm{\mid }}\backslash frac\{|X\; B|\}\{|B\; Y|\}=\backslash frac\{|Y\; C|\}\{|C\; Z|\}$$

Gegeven is dat $|X B|=\frac{1}{3}|A B|,|B Y|=\frac{2}{3}|B C|,|Y C|=\frac{1}{3}|B C|$ en $|C Z|=\frac{2}{3}|C D|$. Dit invullen geeft

$$\frac{\frac{1}{3}\mathrm{\mid }AB\mathrm{\mid }}{\frac{2}{3}\mathrm{\mid }BC\mathrm{\mid }}=\frac{\frac{1}{3}\mathrm{\mid }BC\mathrm{\mid }}{\frac{2}{3}\mathrm{\mid }CD\mathrm{\mid }}\backslash frac\{\backslash frac\{1\}\{3\}|A\; B|\}\{\backslash frac\{2\}\{3\}|B\; C|\}=\backslash frac\{\backslash frac\{1\}\{3\}|B\; C|\}\{\backslash frac\{2\}\{3\}|C\; D|\}$$

en dus

$$\frac{\mathrm{\mid }AB\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }BC\mathrm{\mid }}=\frac{\mathrm{\mid }BC\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }CD\mathrm{\mid }}\backslash frac\{|A\; B|\}\{|B\; C|\}=\backslash frac\{|B\; C|\}\{|C\; D|\}$$

Uit de gelijkvormigheid volgt ook $\angle A B C=\angle X B Y=\angle Y C Z=\angle B C D$. Als we dit combineren met de gevonden verhouding, krijgen we een nieuwe gelijkvormigheid: $\triangle A B C \sim \triangle B C D$ (zhz). Dus $\angle C A B=\angle D B C$. Dit geeft

$$\mathrm{\angle }PAB+\mathrm{\angle }ABP=\mathrm{\angle }CAB+\mathrm{\angle }ABD=\mathrm{\angle }DBC+\mathrm{\angle }ABD=\mathrm{\angle }ABC\mathrm{.}\backslash angle\; P\; A\; B+\backslash angle\; A\; B\; P=\backslash angle\; C\; A\; B+\backslash angle\; A\; B\; D=\backslash angle\; D\; B\; C+\backslash angle\; A\; B\; D=\backslash angle\; A\; B\; C\; .$$

We wisten al dat $\angle A B C=\angle X Y Z$. Met de buitenhoekstelling in driehoek $A B P$ krijgen we nu

$$\mathrm{\angle }BPC=\mathrm{\angle }PAB+\mathrm{\angle }ABP=\mathrm{\angle }ABC=\mathrm{\angle }XYZ\mathrm{.}\backslash angle\; B\; P\; C=\backslash angle\; P\; A\; B+\backslash angle\; A\; B\; P=\backslash angle\; A\; B\; C=\backslash angle\; X\; Y\; Z\; .$$

Aangezien $\angle B P C=\angle A P D$, geldt $\angle A P D=\angle X Y Z$.

Opgave 3. Gegeven is een onbekende rij $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots$ van gehele getallen die voldoet aan de volgende eigenschap: voor elk priemgetal $p$ en elk positief geheel getal $k$ geldt

$$a_{pk+1}=p{a}_k-3a_p+13a\_\{p\; k+1\}=p\; a\_\{k\}-3\; a\_\{p\}+13$$

Bepaal alle mogelijke waarden van $a_{2013}$.

Oplossing I. Laat $q$ en $t$ priemgetallen zijn. Vul in $k=q, p=t$ :

$$a_{qt+1}=t{a}_q-3a_t+13a\_\{q\; t+1\}=t\; a\_\{q\}-3\; a\_\{t\}+13$$

Vul ook in $k=t, p=q$ :

$$a_{qt+1}=q{a}_t-3a_q+13a\_\{q\; t+1\}=q\; a\_\{t\}-3\; a\_\{q\}+13$$

Beide uitdrukkingen rechts zijn dus gelijk aan elkaar, waaruit volgt

$$t{a}_q-3a_t=q{a}_t-3a_{q}t\; a\_\{q\}-3\; a\_\{t\}=q\; a\_\{t\}-3\; a\_\{q\}$$

oftewel

$$(t+3)a_q=(q+3)a_t(t+3)\; a\_\{q\}=(q+3)\; a\_\{t\}$$

In het bijzonder geldt $5 a_{3}=6 a_{2}$ en $5 a_{7}=10 a_{2}$. Vul nu $k=3, p=2$ in:

$$a_7=2a_3-3a_2+13=2\cdot \frac{6}{5}{a}_2-3a_2+13a\_\{7\}=2\; a\_\{3\}-3\; a\_\{2\}+13=2\; \backslash cdot\; \backslash frac\{6\}\{5\}\; a\_\{2\}-3\; a\_\{2\}+13$$

Omdat $a_{7}=\frac{10}{5} a_{2}$, vinden we nu

$$\frac{13}{5}{a}_2=13\backslash frac\{13\}\{5\}\; a\_\{2\}=13$$

dus $a_{2}=5$. Nu geldt voor elk priemgetal $p$ dat $a_{p}=\frac{(p+3) a_{2}}{5}=p+3$. Vul in $k=4, p=3$ :

$$a_{13}=3a_4-3a_3+13a\_\{13\}=3\; a\_\{4\}-3\; a\_\{3\}+13$$

We weten dat $a_{13}=16$ en $a_{3}=6$, dus dit geeft $3 a_{4}=21$, oftewel $a_{4}=7$. Vul ten slotte $k=4$ en $p=503$ in: $a_{2013}=a_{4 \cdot 503+1}=503 \cdot a_{4}-3 a_{503}+13=503 \cdot 7-3 \cdot(503+3)+13=503 \cdot 4-9+13=2016$. Dus $a_{2013}=2016$ en dit is de enige mogelijke waarde.

Oplossing II. Leid net als in oplossing I af dat $a_{2}=5$ en $a_{p}=p+3$ voor alle priemgetallen $p$. Dan geldt dus $a_{3}=6$. Invullen van $k=1$ en $p=2$ geeft

$$a_3=2a_1-3a_2+13=2a_1-2,a\_\{3\}=2\; a\_\{1\}-3\; a\_\{2\}+13=2\; a\_\{1\}-2,$$

dus $2 a_{1}=a_{3}+2=8$, dus $a_{1}=4$. Nu hebben we $a_{1}$ en $a_{2}$ berekend. Voor $n \geq 3$ geldt dat er altijd een priemgetal $p$ is met $p \mid n-1$, dus dat we altijd $p$ en $k$ kunnen vinden zodat $n=k p+1$. Dus ligt de waarde van $a_{n}$ vast als we alle waarden $a_{m}$ met $1 \leq m<n$ al kennen. Er kan dus maar één rij zijn die voldoet. We proberen nu of $a_{n}=n+3$ voldoet. Dan geldt

$$p{a}_k-3a_p+13=p(k+3)-3(p+3)+13=pk+3p-3p-9+13=pk+4=a_{pk+1}p\; a\_\{k\}-3\; a\_\{p\}+13=p(k+3)-3(p+3)+13=p\; k+3\; p-3\; p-9+13=p\; k+4=a\_\{p\; k+1\}$$

Dus dit voldoet inderdaad. De enige rij die voldoet is dus degene met $a_{n}=n+3$ voor alle $n \geq 1$, waaruit volgt dat de enige mogelijke waarde voor $a_{2013}$ gelijk is aan 2016.

Opgave 4. Bepaal alle gehele getallen $n \geq 2$ waarvoor geldt dat

$$i+j\equiv \left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{i}\right)+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{j}\right)2i+j\; \backslash equiv\backslash binom\{n\}\{i\}+\backslash binom\{n\}\{j\}\; \backslash quad\; \backslash bmod\; 2$$

voor alle $i$ en $j$ met $0 \leq i \leq j \leq n$.

Oplossing. We laten eerst zien dat $n$ voldoet dan en slechts dan als $\binom{n}{i} \equiv i+1 \bmod 2$ voor alle $i$ met $0 \leq i \leq n$. Stel dat $\binom{n}{i} \equiv i+1 \bmod 2$ voor alle $i$, dan geldt $\binom{n}{i}+\binom{n}{j} \equiv$ $i+1+j+1 \equiv i+j \bmod 2$ voor alle $i$ en $j$. Dus $n$ voldoet dan aan de voorwaarde in de opgave. Stel andersom dat $n$ voldoet. Omdat $\binom{n}{0}=1$, geldt dan $i \equiv 1+\binom{n}{i} \bmod 2$ voor alle $i$, dus $\binom{n}{i} \equiv i-1 \equiv i+1 \bmod 2$ voor alle $i$. Schrijf nu $n$ als $n=2^{k}+m$ met $0 \leq m<2^{k}$. Omdat $n \geq 2$, mogen we aannemen $k \geq 1$. Bekijk

$$\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{2^k-2}\right)=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{2^k+m}{2^k-2}\right)=\frac{(2^k+m)(2^k+m-1)\cdots (m+4)(m+3)}{(2^k-2)(2^k-3)\cdots 2\cdot 1}\mathrm{.}\backslash binom\{n\}\{2^\{k\}-2\}=\backslash binom\{2^\{k\}+m\}\{2^\{k\}-2\}=\backslash frac\{\backslash left(2^\{k\}+m\backslash right)\backslash left(2^\{k\}+m-1\backslash right)\; \backslash cdots(m+4)(m+3)\}\{\backslash left(2^\{k\}-2\backslash right)\backslash left(2^\{k\}-3\backslash right)\; \backslash cdots\; 2\; \backslash cdot\; 1\}\; .$$

Het product in de noemer bevat $\left\lfloor\frac{2^{k}-2}{2}\right\rfloor$ factoren deelbaar door $2,\left\lfloor\frac{2^{k}-2}{4}\right\rfloor$ factoren deelbaar door $4, \ldots,\left\lfloor\frac{2^{k}-2}{2^{k-1}}\right\rfloor$ factoren deelbaar door $2^{k-1}$ en geen factoren deelbaar door $2^{k}$. Het product in de teller bestaat uit $2^{k}-2$ opeenvolgende factoren en bevat daarom minstens $\left\lfloor\frac{2^{k}-2}{2}\right\rfloor$ factoren deelbaar door 2 , minstens $\left\lfloor\frac{2^{k}-2}{4}\right\rfloor$ factoren deelbaar door $4, \ldots$, minstens $\left\lfloor\frac{2^{k}-2}{2^{k-1}}\right\rfloor$ factoren deelbaar door $2^{k-1}$. Het product in de teller bevat dus minstens evenveel factoren 2 als het product in de noemer. Het product in de teller bevat zeker meer factoren 2 dan het product in de noemer als $2^{k}$ voorkomt als factor in de teller. Dat is zo als $m+3 \leq 2^{k}$, oftewel als $m \leq 2^{k}-3$. Dus als $m \leq 2^{k}-3$, dan is $\binom{n}{2^{k}-2}$ even, terwijl $2^{k}-2$ ook even is. Dan voldoet $n=2^{k}+m$ dus niet. Dus $n$ kan alleen voldoen als er een $k \geq 2$ is met $2^{k}-2 \leq n \leq 2^{k}-1$. Als $n$ oneven is, geldt $\binom{n}{0}+\binom{n}{1}=1+n \equiv 0 \bmod 2$, dus dan voldoet $n$ niet. Dus $n$ kan alleen voldoen als hij van de vorm $n=2^{k}-2$ met $k \geq 2$ is. Stel nu dat $n$ inderdaad van die vorm is. We gaan laten zien dat $n$ voldoet. Er geldt

$$\left(\genfrac{}{}{0px}{}{2^k-2}{c}\right)=\frac{(2^k-2)(2^k-3)\cdots (2^k-c)(2^k-c-1)}{c\cdot (c-1)\cdots 2\cdot 1}\mathrm{.}\backslash binom\{2^\{k\}-2\}\{c\}=\backslash frac\{\backslash left(2^\{k\}-2\backslash right)\backslash left(2^\{k\}-3\backslash right)\; \backslash cdots\backslash left(2^\{k\}-c\backslash right)\backslash left(2^\{k\}-c-1\backslash right)\}\{c\; \backslash cdot(c-1)\; \backslash cdots\; 2\; \backslash cdot\; 1\}\; .$$

Het aantal factoren 2 in $2^{k}-i$ is gelijk aan het aantal factoren 2 in $i$ voor $1 \leq i \leq 2^{k}-1$. Dus het aantal factoren 2 in de teller is gelijk aan het aantal factoren 2 in het product $(c+1) \cdot c \cdot(c-1) \cdots 2$, oftewel het aantal factoren 2 in de noemer plus het aantal factoren 2 in $c+1$. Dus $\binom{2^{k}-2}{c}$ is even dan en slechts dan als $c$ oneven is. Dit betekent dat $n=2^{k}-2$ voldoet. We concluderen dat $n$ voldoet dan en slechts dan als $n=2^{k}-2$ met $k \geq 2$.

Opgave 5. In een koordenzeshoek $A B C D E F$ geldt $A B \perp B D$ en $|B C|=|E F|$. Noem $P$ het snijpunt van $B C$ en $A D$ en noem $Q$ het snijpunt van $E F$ en $A D$. Neem aan dat $P$ en $Q$ allebei aan de kant van $D$ liggen waar $A$ niet ligt. Zij $S$ het midden van $A D$. Laat $K$ en $L$ de middelpunten zijn van de ingeschreven cirkels van respectievelijk $\triangle B P S$ en $E Q S$. Bewijs dat $\angle K D L=90^{\circ}$.

Oplossing. Het is bij deze opgave nuttig om te analyseren wat er gebeurt als je met punten schuift. Je kunt namelijk lijnstuk EF verschuiven zonder dat dat invloed op $K$ heeft. Dus L kan onafhankelijk van $K$ bewegen. Kennelijk beweegt $L$ dan wel altijd over een lijn door D die loodrecht op KD staat. De hoek $\angle L D S$ is blijkbaar onafhankelijk van de positie van lijnstuk EF. Omdat we met een cirkel te maken hebben, suggereert dit dat $\angle L D S$ misschien gelijk is aan een bepaalde omtrekshoek. Dan zou $\angle K D S$ ook gelijk aan een omtrekshoek worden, en wel zo dat die twee omtrekshoeken samen $90^{\circ}$ zijn. Op deze manier kun je ideeën krijgen om uiteindelijk tot het volgende bewijs te komen. De configuratie ligt vast door de gegeven volgorde van de punten $A$ tot en met $F$ op de cirkel en door het gegeven over de punten $P$ en $Q$ op de lijn $A D$. We hoeven dus geen verschillende configuraties te onderscheiden. (De punten $P$ en $Q$ kunnen wel verwisseld worden op de lijn $A D$, maar dat is niet relevant.) Merk eerst op dat $S$ het middelpunt van de cirkel is, aangezien vanwege $\angle A B D=90^{\circ}$ de lijn $A D$ middellijn is, en $S$ het midden van $A D$ is. We gaan nu bewijzen dat $\angle K D S=\angle K B S$. We weten dat $K S$ een bissectrice is, dus $\angle B S K=\angle K S D$. Verder is $|S D|=|S B|$, omdat beide lengtes gelijk zijn aan de straal van de cirkel. Omdat ook $|S K|=|S K|$, vinden we $\triangle D S K \cong \triangle B S K$ (ZHZ). Dus $\angle K D S=\angle K B S$. Omdat ook $B K$ een bissectrice is, geldt $\angle K B S=\angle C B K=\frac{1}{2} \angle C B S$. Dus $\angle K D S=$ $\frac{1}{2} \angle C B S$. Helemaal analoog leiden we af dat $\angle L D S=\frac{1}{2} \angle Q E S$, waaruit volgt dat $\angle L D S=\frac{1}{2}$. $\left(180^{\circ}-\angle F E S\right)=90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle F E S$. Dus $\angle L D S+\angle K D S=90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle F E S+\frac{1}{2} \angle C B S$. Merk nu verder op dat $\triangle S B C \cong \triangle S E F$ (ZZZ), zodat $\angle F E S=\angle C B S$. Nu kunnen we concluderen dat $\angle K D L=\angle L D S+\angle K D S=90^{\circ}$.