Dutch_TST/md/nl-2016-B_uitwerkingen.md

Selectietoets

vrijdag 18 maart 2016

Uitwerkingen

Opgave 1. Voor een positief geheel getal $n$ dat geen tweemacht is, definiëren we $t(n)$ als de grootste oneven deler van $n$ en $r(n)$ als de kleinste positieve oneven deler van $n$ die ongelijk aan 1 is. Bepaal alle positieve gehele getallen $n$ die geen tweemacht zijn en waarvoor geldt

$$n=3t(n)+5r(n)n=3\; t(n)+5\; r(n)$$

Oplossing I. Als $n$ oneven is, geldt $t(n)=n$ dus is $3 t(n)$ groter dan $n$, tegenspraak. Als $n$ deelbaar door 2 is maar niet deelbaar door 4 , dan geldt $t(n)=\frac{1}{2} n$ en is $3 t(n)$ weer groter dan $n$, opnieuw tegenspraak. We kunnen concluderen dat $n$ in elk geval deelbaar door 4 moet zijn. Als $n$ deelbaar door 16 is, dan is $t(n) \leq \frac{1}{16} n$. Verder is $r(n) \leq t(n)$, dus $3 t(n)+5 r(n) \leq 8 t(n) \leq \frac{1}{2} n<n$, tegenspraak. Dus $n$ is niet deelbaar door 16 . We kunnen dus schrijven $n=4 m$ of $n=8 m$ met $m \geq 3$ oneven. Stel $n=4 m$ met $m \geq 3$ oneven. Dan geldt $t(n)=m$, dus $4 m=3 m+5 r(n)$, dus $5 r(n)=m$. Omdat $r(n)$ gelijk is aan de kleinste oneven priemdeler van $n$, wat ook de kleinste priemdeler van $m$ is, moet nu $m$ van de vorm $m=5 p$ zijn met $p \leq 5$ een oneven priemgetal. Dus $m=15$ of $m=25$, wat $n=60$ of $n=100$ geeft. Beide oplossingen voldoen. Stel dat $n=8 m$ met $m \geq 3$ oneven. Opnieuw geldt $t(n)=m$, dus $8 m=3 m+5 r(n)$, dus $5 r(n)=5 m$, oftewel $r(n)=m$. We zien dat $m$ priem is. Dus $n=8 p$ met $p$ een oneven priemgetal. Deze familie van oplossingen voldoet ook. We vinden als oplossingen dus $n=60, n=100$ en $n=8 p$ met $p$ een oneven priemgetal.

Oplossing II. Noem $p$ de kleinste oneven priemdeler van $n$. Dan is $r(n)=p$. We kunnen nu schrijven $n=2^{t} m p$ met $m$ oneven en $t \geq 0$. Er geldt dan $t(n)=p m$, dus de gegeven gelijkheid gaat over in $2^{t} m p=3 p m+5 p$, oftewel $\left(2^{t}-3\right) m p=5 p$, dus $\left(2^{t}-3\right) m=5$. We zien dat $m$ een deler van 5 moet zijn, dus $m=1$ of $m=5$. Als $m=1$ geldt $2^{t}=8$, dus $t=3$. We krijgen dan $n=8 p$ met $p$ een oneven priem. Deze oplossing voldoet voor alle oneven priemgetallen $p$. Als $m=5$ geldt $2^{t}=4$, dus $t=2$. We krijgen dan $n=4 \cdot 5 \cdot p$ met $p$ een oneven priem. Deze oplossing voldoet alleen als $p$ de kleinste oneven priemdeler is, dus als $p=3$ of $p=5$. Zo vinden we nog twee oplossingen: $n=60$ en $n=100$.

Opgave 2. Bepaal alle drietallen $(x, y, z)$ van niet-negatieve reële getallen die voldoen aan het stelsel vergelijkingen

Oplossing. Haakjes uitwerken en alles bij elkaar optellen geeft

$$x^2+y^2+z^2-(x+y+z)=x^2+y^2+z^2-2(x+y+z)+3,x^\{2\}+y^\{2\}+z^\{2\}-(x+y+z)=x^\{2\}+y^\{2\}+z^\{2\}-2(x+y+z)+3,$$

dus $x+y+z=3$. Zonder verlies van algemeenheid nemen we aan dat $x \leq y, z$. Dan geldt $0 \leq x \leq 1$. Dus $x^{2} \leq x$, dus $x^{2}-y \leq x-y \leq 0$. Anderzijds is $x^{2}-y=(z-1)^{2} \geq 0$. Dus moet gelijkheid gelden in o.a. $x^{2} \leq x$ en $x-y \leq 0$. Uit de eerste gelijkheid volgt $x=0$ of $x=1$ en uit de tweede $x=y$. Stel $x=y=0$, dan volgt uit $x+y+z=3$ dat $z=3$. Maar dan geldt niet $x^{2}-y=(z-1)^{2}$, tegenspraak. We houden alleen het geval over dat $x=y=1$. Dan geldt $z=3-1-1=1$. Dit drietal voldoet inderdaad en is daarmee de enige oplossing.

Opgave 3. Zij $\triangle A B C$ een rechthoekige driehoek met $\angle A=90^{\circ}$ en omgeschreven cirkel $\Gamma$. De ingeschreven cirkel raakt aan $B C$ in een punt $D$. Zij $E$ het midden van de boog $A B$ van $\Gamma$ waar $C$ niet op ligt en zij $F$ het midden van de boog $A C$ van $\Gamma$ waar $B$ niet op ligt. a) Bewijs dat $\triangle A B C \sim \triangle D E F$. b) Bewijs dat $E F$ door de raakpunten van de ingeschreven cirkel aan $A B$ en $A C$ gaat.

Oplossing I.

a) Het midden $E$ van boog $A B$ waar $C$ niet op ligt, ligt op de bissectrice $C I$. Net zo ligt $F$ op $B I$. Er geldt $\angle I F C=\angle B F C=\angle B A C=90^{\circ}$ omdat $A B C F$ een koordenvierhoek is en $\angle I D C=90^{\circ}$ omdat $D$ het raakpunt van de ingeschreven cirkel aan $B C$ is. Dus $\angle I F C+\angle I D C=180^{\circ}$, waaruit volgt dat $F I D C$ een koordenvierhoek is. Nu geldt $\angle D F I=\angle D C I=\frac{1}{2} \angle A C B$, terwijl ook $\angle I F E=\angle B F E=\angle B C E=$ $\frac{1}{2} \angle A C B$. Dus $\angle D F E=\frac{1}{2} \angle A C B+\frac{1}{2} \angle A C B=\angle A C B$. Analoog is $\angle D E F=\angle A B C$. Samen geeft dit $\triangle D E F \sim \triangle A B C$. b) $\mathrm{Zij} S$ het snijpunt van $E F$ met $A B$. In het vorige onderdeel hebben we gezien dat $B F$ de bissectrice is van $\angle D F E=\angle D F S$. Ook is $B F$ de bissectrice van $\angle A B C=$ $\angle S B D$. Dus $\triangle B D F \cong \triangle B S F$ vanwege (HZH). Dit betekent dat $|B D|=|B S|$. Anderzijds zijn de afstanden van $B$ tot de raakpunten van de ingeschreven cirkel aan $B C$ en $B A$ gelijk en het ene raakpunt is $D$, dus het andere raakpunt moet $S$ zijn. Dus $E F$ gaat door het raakpunt van de ingeschreven cirkel aan $A B$. Analoog gaat hij ook door het raakpunt van de ingeschreven cirkel aan $A C$.

Oplossing II.

a) Zoals in de eerste oplossing bewijzen we dat FIDC een koordenvierhoek is. Vanwege de buitenhoekstelling is $\angle C I F=\angle I C B+\angle I B C=\frac{1}{2} \angle A C B+\frac{1}{2} \angle A B C=90^{\circ}-$ $\frac{1}{2} \angle B A C=45^{\circ}$. Dus $\angle C D F=\angle C I F=45^{\circ}$. Analoog is $\angle B D E=45^{\circ}$, zodat $\angle E D F=180^{\circ}-45^{\circ}-45^{\circ}=90^{\circ}$. Zij nu $M$ het midden van $B C$. Dan is $M$ ook het midden van de omgeschreven cirkel van $\triangle A B C$ dus staat $M F$ loodrecht op $A C$. Dat betekent dat $M F | A B$. Zo ook is $M E | A C$. Dus $\angle E M F=90^{\circ}$. We zien dat $\angle E M F=\angle E D F$, dus $D, E, F$ en $M$ liggen op één cirkel. We onderscheiden nu twee gevallen. Als $D=M$, dan geldt $45^{\circ}=\angle C D F=\angle C M F=\angle C B A$ wegens $F$-hoeken, dus $\triangle A B C$ is een gelijkbenige rechthoekige driehoek. Omdat $M$ het middelpunt van de omgeschreven cirkel is, waar ook $E$ en $F$ op liggen, is $|M E|=|M F|$, dus ook $\triangle M E F$ is een gelijkbenige rechthoekige driehoek. Dus $\triangle A B C \sim \triangle M E F=\triangle D E F$.

In het andere geval geldt $D \neq M$. Zonder verlies van algemeenheid nemen we aan dat $D$ dichter bij $C$ ligt dan $M$. Dan geldt $\angle D E F=\angle D M F=\angle C B A$ wegens F-hoeken en $\angle D F E=180^{\circ}-\angle D M E=\angle B M E=\angle B C A$ wegens F-hoeken. Dus met (hh) is nu ook $\triangle D E F \sim \triangle A B C$. b) $\mathrm{Zij} L$ het raakpunt van de ingeschreven cirkel aan $A C$. We hebben al gezien dat $F I D C$ een koordenvierhoek is wegens $\angle I D C=90^{\circ}=\angle I F C$. Omdat ook $\angle I L C=$ $90^{\circ}$, ligt $L$ op dezelfde cirkel. Dus

$$\mathrm{\angle }LFB=\mathrm{\angle }LFI=\mathrm{\angle }LCI=\mathrm{\angle }ACE=\mathrm{\angle }ECB=\mathrm{\angle }EFB,\backslash angle\; L\; F\; B=\backslash angle\; L\; F\; I=\backslash angle\; L\; C\; I=\backslash angle\; A\; C\; E=\backslash angle\; E\; C\; B=\backslash angle\; E\; F\; B,$$

waaruit volgt dat $E, F$ en $L$ op een lijn liggen. Dus $E F$ gaat door het raakpunt $L$. Analoog gaat $E F$ ook door het raakpunt van de ingeschreven cirkel aan $A B$.

Oplossing III.

a) Zoals in de vorige oplossing bewijzen we dat $\angle C D F=45^{\circ}=\angle B D E$. Zij nu $F^{\prime}$ de spiegeling van $F$ in $B C$. Omdat $B C$ de middellijn van $\Gamma$ is, ligt $F^{\prime}$ weer op $\Gamma$. Verder is $\angle C D F^{\prime}=\angle C D F=45^{\circ}$ en $\angle C D E=180^{\circ}-\angle B D E=135^{\circ}$, dus $\angle C D F^{\prime}+\angle C D E=180^{\circ}$, waaruit volgt dat $F^{\prime}, D$ en $E$ op een lijn liggen. We zien dat

$$\mathrm{\angle }FED=\mathrm{\angle }FE{F}^{\mathrm{\prime }}=\mathrm{\angle }FB{F}^{\mathrm{\prime }}=2\mathrm{\angle }FBC=2\cdot \frac{1}{2}\mathrm{\angle }ABC=\mathrm{\angle }ABC\mathrm{.}\backslash angle\; F\; E\; D=\backslash angle\; F\; E\; F^\{\backslash prime\}=\backslash angle\; F\; B\; F^\{\backslash prime\}=2\; \backslash angle\; F\; B\; C=2\; \backslash cdot\; \backslash frac\{1\}\{2\}\; \backslash angle\; A\; B\; C=\backslash angle\; A\; B\; C\; .$$

Analoog geldt $\angle E F D=\angle A C B$, dus met (hh) geldt $\triangle D E F \sim \triangle A B C$. b) Laat $K$ en $L$ de raakpunten zijn van de inschreven cirkel aan respectievelijk $A B$ en $A C$. Omdat $\angle A K I=\angle A L I=90^{\circ}$ en ook $\angle K A L=90^{\circ}$, is $A K I L$ een rechthoek. Het is zelfs een vierkant, aangezien $|I K|=|I L|$. Dus diagonaal $K L$ is de middelloodlijn van $A I$. We gaan nu bewijzen dat $E F$ ook de middelloodlijn van $A I$ is, zodat $E F$ samenvalt met $K L$ en het gevraagde bewezen is. Er geldt

$$\mathrm{\angle }FAI=\mathrm{\angle }FAC+\mathrm{\angle }CAI=\mathrm{\angle }FBC+\mathrm{\angle }CAI=\frac{1}{2}\mathrm{\angle }ABC+\frac{1}{2}\mathrm{\angle }BAC\backslash angle\; F\; A\; I=\backslash angle\; F\; A\; C+\backslash angle\; C\; A\; I=\backslash angle\; F\; B\; C+\backslash angle\; C\; A\; I=\backslash frac\{1\}\{2\}\; \backslash angle\; A\; B\; C+\backslash frac\{1\}\{2\}\; \backslash angle\; B\; A\; C$$

en verder, wegens de buitenhoekstelling in $\triangle A B I$,

$$\mathrm{\angle }AIF=\mathrm{\angle }IAB+\mathrm{\angle }IBA=\frac{1}{2}\mathrm{\angle }ABC+\frac{1}{2}\mathrm{\angle }BAC\mathrm{.}\backslash angle\; A\; I\; F=\backslash angle\; I\; A\; B+\backslash angle\; I\; B\; A=\backslash frac\{1\}\{2\}\; \backslash angle\; A\; B\; C+\backslash frac\{1\}\{2\}\; \backslash angle\; B\; A\; C\; .$$

Dus $\angle F A I=\angle A I F$, waaruit volgt $|A F|=|I F|$. Dat betekent dat $F$ op de middelloodlijn van $A I$ ligt. Analoog kunnen we laten zien dat ook $E$ op de middelloodlijn van $A I$ ligt. Dus $E F$ is inderdaad de middelloodlijn van $A I$.

Opgave 4. De Facebookgroep Olympiadetraining heeft minstens vijf leden. Er is een zeker getal $k$ met de eigenschap: voor elk $k$-tal leden geldt dat er minstens één lid van dat $k$-tal bevriend is met de andere $k-1$. (Vriendschap is wederzijds: als $A$ bevriend is met $B$, dan is $B$ ook bevriend met $A$.) a) Stel $k=4$. Kun je met zekerheid zeggen dat de Facebookgroep een lid heeft dat vrienden is met alle andere leden? b) Stel $k=5$. Kun je met zekerheid zeggen dat de Facebookgroep een lid heeft dat vrienden is met alle andere leden?

Oplossing.

a) Ja, dat kan. Als iedereen bevriend is met iedereen, dan zijn we klaar. Stel dus dat er twee leden zijn, zeg $A$ en $B$, die geen vrienden met elkaar zijn. Als we een groep van vier bekijken met $A, B$ en twee andere leden, dan moet één van die andere twee bevriend zijn met de ander en met $A$ en $B$. In het bijzonder zijn die twee anderen bevriend met elkaar. Dit geldt voor elke twee leden (ongelijk aan $A$ en $B$ ) die we kiezen, dus elk tweetal zonder $A$ en $B$ is bevriend met elkaar. Neem nu $A, B, C$ en $D$ en zeg dat $C$ bevriend is met $A, B$ en $D$. Hij is verder ook bevriend met alle andere leden van de groep, dus $C$ is iemand die bevriend is met iedereen. b) Nee, dat kan niet. We geven een tegenvoorbeeld. Stel dat de Facebookgroep zes leden heeft, namelijk $A, B, C, D, E$ en $F$. Zij zijn allemaal vrienden van elkaar, behalve het paar $(A, B)$, het paar $(C, D)$ en het paar $(E, F)$. Dat betekent dat er geen enkel lid vrienden is van alle andere leden. Als we een groep van vijf nemen, dan is dat zonder verlies van algemeenheid $A, B, C, D$ en $E$. Hierbij is iemand die vrienden is met de andere vier, namelijk $E$. Dus aan de voorwaarde is voldaan.

Opgave 5. Bepaal alle paren $(m, n)$ van positieve gehele getallen waarvoor

$$(m+n{)}^3\mid 2n(3m^2+n^2)+8(m+n)^\{3\}\; \backslash mid\; 2\; n\backslash left(3\; m^\{2\}+n^\{2\}\backslash right)+8$$

Oplossing. Stel dat het quotiënt van $2 n\left(3 m^{2}+n^{2}\right)+8$ en $(m+n)^{3}$ niet gelijk aan 1 is. Dan is het minstens 2, dus geldt

$$(m+n{)}^3\le n(3m^2+n^2)+4(m+n)^\{3\}\; \backslash leq\; n\backslash left(3\; m^\{2\}+n^\{2\}\backslash right)+4$$

oftewel

$$m^3+3m^{2}n+3m{n}^2+n^3\le 3m^{2}n+n^3+4m^\{3\}+3\; m^\{2\}\; n+3\; m\; n^\{2\}+n^\{3\}\; \backslash leq\; 3\; m^\{2\}\; n+n^\{3\}+4$$

oftewel

$$m^3+3m{n}^2\le 4m^\{3\}+3\; m\; n^\{2\}\; \backslash leq\; 4$$

Hieruit volgt meteen $m<2$, dus $m=1$. Dan staat er $1+3 n^{2} \leq 4$, dus ook $n=1$. Het paar $(m, n)=(1,1)$ is inderdaad een oplossing, want er geldt $2^{3} \mid 2 \cdot 4+8$. De andere mogelijkheid is dat het quotiënt juist wel gelijk aan 1 is. Dan geldt

$$(m+n{)}^3=2n(3m^2+n^2)+8(m+n)^\{3\}=2\; n\backslash left(3\; m^\{2\}+n^\{2\}\backslash right)+8$$

oftewel

$$m^3+3m^{2}n+3m{n}^2+n^3=6m^{2}n+2n^3+8m^\{3\}+3\; m^\{2\}\; n+3\; m\; n^\{2\}+n^\{3\}=6\; m^\{2\}\; n+2\; n^\{3\}+8$$

oftewel

$$m^3-3m^{2}n+3m{n}^2-n^3=8m^\{3\}-3\; m^\{2\}\; n+3\; m\; n^\{2\}-n^\{3\}=8$$

De linkerkant kunnen we ontbinden als $(m-n)^{3}$. Dus er geldt $m-n=2$, oftewel $m=n+2$. Uit de voorgaande berekeningen volgt direct ook dat $(m, n)=(n+2, n)$ inderdaad een oplossing is voor alle positieve gehele $n$. We concluderen dat de oplossingen zijn: $(m, n)=(1,1)$ en $(m, n)=(n+2, n)$ voor $n \geq 1$.