Dutch_TST/md/nl-2019-C_uitwerkingen.md

IMO-selectietoets |

woensdag 29 mei 2019

Uitwerkingen

Opgave 1. Gegeven is een kwadratisch polynoom $P(x)$ met twee verschillende reële nulpunten. Voor alle reële getallen $a$ en $b$ met $|a|,|b| \geq 2017$ geldt dat $P\left(a^{2}+b^{2}\right) \geq P(2 a b)$. Bewijs dat minstens één van de nulpunten van $P$ negatief is.

Oplossing I. Schrijf $P(x)=c(x-d)(x-e)$, waarbij $d$ en $e$ de nulpunten zijn, dus $d \neq e$. Verder geldt $c \neq 0$, anders is $P$ niet kwadratisch. Voor $|a|,|b| \geq 2017$ volgt nu uit $P\left(a^{2}+b^{2}\right) \geq P(2 a b)$ dat

$$c(a^2+b^2-d)(a^2+b^2-e)\ge c(2ab-d)(2ab-e)c\backslash left(a^\{2\}+b^\{2\}-d\backslash right)\backslash left(a^\{2\}+b^\{2\}-e\backslash right)\; \backslash geq\; c(2\; a\; b-d)(2\; a\; b-e)$$

We werken haakjes uit en strepen links en rechts de term cde weg:

$$c({(a^2+b^2)}^2-(d+e)(a^2+b^2))\ge c((2ab{)}^2-(d+e)\cdot 2ab)\mathrm{.}c\backslash left(\backslash left(a^\{2\}+b^\{2\}\backslash right)^\{2\}-(d+e)\backslash left(a^\{2\}+b^\{2\}\backslash right)\backslash right)\; \backslash geq\; c\backslash left((2\; a\; b)^\{2\}-(d+e)\; \backslash cdot\; 2\; a\; b\backslash right)\; .$$

We halen $c(2 a b)^{2}$ naar links, zodat daar een merkwaardig product ontstaat; en we zetten de termen met een factor $(d+e)$ samen rechts. Nu vinden we

$$c(a^2+b^2-2ab)(a^2+b^2+2ab)\ge c(d+e)(a^2+b^2-2ab)c\backslash left(a^\{2\}+b^\{2\}-2\; a\; b\backslash right)\backslash left(a^\{2\}+b^\{2\}+2\; a\; b\backslash right)\; \backslash geq\; c(d+e)\backslash left(a^\{2\}+b^\{2\}-2\; a\; b\backslash right)$$

We factoriseren beide kanten:

$$c(a-b{)}^2(a+b{)}^2\ge c(d+e)(a-b{)}^{2}c(a-b)^\{2\}(a+b)^\{2\}\; \backslash geq\; c(d+e)(a-b)^\{2\}$$

Voor $a \neq b$ is $(a-b)^{2}>0$, dus kunnen we daardoor delen, zonder dat het teken omklapt. We krijgen

$$c(a+b{)}^2\ge c(d+e)c(a+b)^\{2\}\; \backslash geq\; c(d+e)$$

We onderscheiden nu twee gevallen. Stel eerst dat $c>0$. Dan kunnen we links en rechts door $c$ delen en klapt het teken niet om. Als we vervolgens kiezen voor $a=2017, b=-2017$ krijgen we $0 \geq d+e$. Omdat $d \neq e$ volgt hieruit dat minstens één van $d$ en $e$ negatief moet zijn. Nu het tweede geval: $c<0$. Dan klapt het teken om bij deling door $c$ en krijgen we $(a+b)^{2} \leq d+e$ voor alle $a \neq b$ met $|a|,|b| \geq 2017$. Door het variëren van $a$ en $b$ kan de linkerkant willekeurig groot worden, terwijl de rechterkant constant is. Tegenspraak.

We concluderen dat het eerste geval moet gelden en dus minstens één van de nulpunten van $P$ negatief is.

Oplossing II. Schrijf $P(x)=c(x-d)(x-e)$, waarbij $d$ en $e$ de nulpunten zijn, dus $d \neq e$. Verder geldt $c \neq 0$, anders is $P$ niet kwadratisch. We onderscheiden twee gevallen. Stel eerst dat $c>0$. We nemen $b=-a=2017$ in $P\left(a^{2}+b^{2}\right) \geq P(2 a b)$, waardoor we krijgen $P\left(2 a^{2}\right) \geq P\left(-2 a^{2}\right)$, dus

$$c(2a^2-d)(2a^2-e)\ge c(-2a^2-d)(-2a^2-2)c\backslash left(2\; a^\{2\}-d\backslash right)\backslash left(2\; a^\{2\}-e\backslash right)\; \backslash geq\; c\backslash left(-2\; a^\{2\}-d\backslash right)\backslash left(-2\; a^\{2\}-2\backslash right)$$

We delen door $c>0$, werken haakjes uit en strepen links en rechts de termen $4 a^{4}$ en de weg:

$$-(d+e)\cdot 2a^2\ge (d+e)\cdot 2a^2-(d+e)\; \backslash cdot\; 2\; a^\{2\}\; \backslash geq(d+e)\; \backslash cdot\; 2\; a^\{2\}$$

oftewel

$$4a^2(d+e)\le 04\; a^\{2\}(d+e)\; \backslash leq\; 0$$

We kunnen delen door $4 a^{2}=4 \cdot 2017^{2}$, zodat we vinden dat $d+e \leq 0$. Omdat de twee nulpunten verschillend zijn, moet nu minstens één van beide negatief zijn. Stel nu dat $c<0$. Dan hebben we te maken met een bergparabool, die rechts voorbij de top dalend is. Kies nu $a \neq b$ met $a, b \geq 2017$ en $a$ en $b$ rechts van de top, dan geldt volgens de ongelijkheid van het rekenkundig-meetkundig $a^{2}+b^{2}>2 a b$ (geen gelijkheid want $a \neq b$ ). Omdat $a$ en $b$ positief en groter dan 1 zijn en rechts van de top liggen, geldt $2 a b>a$, dus ligt ook $2 a b$ rechts van de top (en daarmee $a^{2}+b^{2}$ ook). Dus omdat $P$ dalend is, geldt $P\left(a^{2}+b^{2}\right)<P(2 a b)$, in tegenspraak met het gegeven. We concluderen dat het eerste geval moet gelden en dus minstens één van de nulpunten van $P$ negatief is.

Opgave 2. Schrijf $S_{n}$ voor de verzameling ${1,2, \ldots, n}$. Bepaal alle positieve gehele $n$ waarvoor er functies $f: S_{n} \rightarrow S_{n}$ en $g: S_{n} \rightarrow S_{n}$ bestaan zodat voor elke $x$ precies één van de gelijkheden $f(g(x))=x$ en $g(f(x))=x$ waar is.

Oplossing I. We laten eerst zien dat als $n=2 m$ voor zekere positieve gehele $m$, er dan zulke functies bestaan. Definieer

Merk op dat alle voorgeschreven functiewaarden in $S_{n}$ vallen, dus dit zijn inderdaad functies van $S_{n}$ naar $S_{n}$. Verder is het bereik van $f$ gelijk aan ${1,2, \ldots, m}$ en dat van $g$ aan ${m+1, m+2, \ldots, 2 m}$. Dus $f(g(x)) \neq x$ als $x \geq m+1$ en $g(f(x)) \neq x$ als $x \leq m$. Voor $x \leq m$ geldt daarnaast $f(g(x))=f(x+m)=x+m-m=x$ en vor $x \geq m+1$ geldt juist $g(f(x))=g(x-m)=x-m+m=x$. We zien dat voor elke $x$ inderdaad aan precies één van $g(f(x))=x$ en $f(g(x))=x$ voldaan wordt. Dus $n=2 m$ voldoet. Stel nu dat $n$ oneven is, zeg $n=2 m+1$, en stel dat $f$ en $g$ functies zijn die aan de voorwaarden voldoen. Dan geldt zonder verlies van algemeenheid minstens $m+1$ keer $f(g(x))=x$, zeg voor $x_{1}, \ldots, x_{m+1}$. Stel nu dat voor een zekere $i, j$ met $1 \leq i, j \leq m+1$ geldt dat $g\left(x_{i}\right)=x_{j}$. Dan is $f\left(x_{j}\right)=f\left(g\left(x_{i}\right)\right)=x_{i}$, dus $g\left(f\left(x_{j}\right)\right)=g\left(x_{i}\right)=x_{j}$. Maar nu geldt zowel $f(g(x))=x$ als $g(f(x))=x$ voor $x=x_{j}$ en dat mag niet. Dus voor alle $i$ met $1 \leq i \leq m+1$ geldt dat $g\left(x_{i}\right)$ niet één van de getallen $x_{j}$ met $1 \leq j \leq m+1$ is. Er zijn echter nog slechts $m$ andere getallen in $S_{n}$, terwijl er $m+1$ waarden van $i$ mogelijk zijn, dus twee van de functiewaarden moeten gelijk zijn. Zeg $g\left(x_{k}\right)=g\left(x_{l}\right)$ voor $1 \leq k<l \leq m+1$. Maar nu is $x_{k}=f\left(g\left(x_{k}\right)\right)=f\left(g\left(x_{l}\right)\right)=x_{l}$, tegenspraak. Voor oneven $n$ kunnen dus geen functies bestaan die aan de voorwaarde voldoen. We concluderen dat alle even $n$ voldoen en alle oneven $n$ niet.

Oplossing II. Elke $x \in S_{n}$ is een dekpunt van precies één van de functies $f \circ g$ en $g \circ f$. We laten nu eerst zien dat als $x$ een dekpunt van $f \circ g$ is, dat dan $x$ geen dekpunt van $g$ is. Immers, als wel zou gelden $f(g(x))=x$ en $g(x)=x$, dan is ook $f(x)=f(g(x))=x$, dus $g(f(x))=g(x)=x$, tegenspraak. Dus als $x$ een dekpunt van $f \circ g$ is, dan geldt $g(x) \neq x$. Noem nu $y=g(x)$. Dan is $f(y)=f(g(x))=x$, dus $g(f(y))=g(x)=y$, dus $y$ is een dekpunt van $g \circ f$. Bij elk dekpunt $x$ van $f \circ g$ hoort dus een dekpunt $y=g(x)$ van $g \circ f$. Analoog hoort bij dat dekpunt $y$ van $g \circ f$ ook weer een dekpunt $x^{\prime}=f(y)$ van $f \circ g$; bovendien geldt $x^{\prime}=x$ want we hadden al gezien dat $f(y)=x$. We kunnen dus de getallen in $S_{n}$ opdelen in paren $(x, y)$ waarbij $x$ een dekpunt van $f \circ g$ is en $y$ een dekpunt van $g \circ f$ en waarvoor geldt $x \neq y$. Het aantal elementen van $S_{n}$ moet dus even zijn, dus $n$ is even. Voor even $n$ kunnen we vervolgens net als in oplossing I laten zien dat zulke functies bestaan.

Opgave 3. Gegeven is een positief geheel getal $n$. Bepaal de maximale waarde van $\operatorname{ggd}(a, b)+\operatorname{ggd}(b, c)+\operatorname{ggd}(c, a)$, onder de voorwaarde dat $a, b$ en $c$ positieve gehele getallen zijn met $a+b+c=5 n$.

Oplossing I. Schrijf $G=\operatorname{ggd}(a, b)+\operatorname{ggd}(b, c)+\operatorname{ggd}(c, a)$. Zonder verlies van algemeenheid nemen we aan dat $a \leq b \leq c$. Nu geldt $\operatorname{ggd}(a, b) \leq a, \operatorname{ggd}(b, c) \leq b$ en $\operatorname{ggd}(c, a) \leq a$. Dus

$$G\le a+b+a\le a+b+c=5nG\; \backslash leq\; a+b+a\; \backslash leq\; a+b+c=5\; n$$

Als $3 \mid n$, dan is $G=5 n$ haalbaar, namelijk met $a=b=c=\frac{5}{3} n$. Alle drie de ggd's zijn dan gelijk aan $\frac{5}{3} n$, dus $G=3 \cdot \frac{5}{3} n=5 n$. Stel nu verder dat $3 \nmid n$. Dan weten we dat $a, b$ en $c$ niet allemaal gelijk kunnen zijn. We onderscheiden een aantal gevallen:

Geval 1a: $b=c$ en $b \leq 2 n$. Omdat nu $a \neq b$, geldt $\operatorname{ggd}(a, b)=\operatorname{ggd}(a, b-a) \leq b-a$. Dus $G \leq(b-a)+b+a=2 b \leq 4 n$.

Geval 1b: $b=c$ en $b>2 n$. Er geldt $a+2 b=5 n$, dus $a=5 n-2 b$, waaruit volgt dat $G \leq a+b+a=10 n-4 b+b=10 n-3 b<10 n-6 n=4 n$.

Geval 2a: $b \neq c$ en $c-a \geq n$. Nu geldt $G \leq a+b+a=(a+b+c)-(c-a)=5 n-(c-a) \leq$ $5 n-n=4 n$.

Geval 2b: $b \neq c$ en $c-a<n$. Omdat $a \leq b \leq c$ geldt nu ook $c-b<n$. Verder is $b \neq c$ en dus ook $a \neq c$. Dus $\operatorname{ggd}(c, a)=\operatorname{ggd}(c-a, a) \leq c-a<n$ en $\operatorname{ggd}(b, c)=\operatorname{ggd}(b, c-b) \leq c-b<n$. Daarnaast is $a \leq \frac{5 n}{3}$. We conluderen dat $G<\frac{5 n}{3}+n+n<4 n$.

We zien dat in alle gevallen $G \leq 4 n$. De waarde $G=4 n$ is haalbaar met $a=n, b=2 n$ en $c=2 n$, want dan geldt $\operatorname{ggd}(a, b)=\operatorname{ggd}(c, a)=n$ en $\operatorname{ggd}(b, c)=2 n$. Dus de maximale waarde van $G$ is $5 n$ als $3 \mid n$ en $4 n$ als $3 \nmid n$.

Oplossing II. We bewijzen op een alternatieve manier dat $G \leq 4 n$ voor het geval $3 \nmid n$. We nemen hier in eerste instantie niet aan dat $a \leq b \leq c$. We onderscheiden twee gevallen.

Geval 1: twee van $a, b$ en $c$ zijn gelijk, zeg $a=b$. Schrijf $d=\operatorname{ggd}(a, c)$. Dan geldt $G=a+d+d$. Verder is $5 n=a+b+c=2 a+c$. Omdat $d \mid a$ en $d \mid c$ geldt ook $d \mid 5 n$ en bovendien $3 d \leq 2 a+c=5 n$. Er is dus een $k \geq 3$ met $k d=5 n$. Maar $3 \nmid n$, dus $k=3$ kan niet. We onderscheiden nu weer twee gevallen:

Geval 1a: $k=4$. Dan is $4 d=5 n=2 a+c$, terwijl $a$ en $c$ beide veelvouden van $d$ zijn. Dan geldt $a<2 d$, dus $a=d$. We vinden nu $G=a+2 d=3 d=\frac{3}{4} \cdot 5 n=\frac{15}{4} n<4 n$. Geval 1b: $k \geq 5$. Dan geldt $5 n=k d \geq 5 d$, dus $n \geq d$. Verder is $c \geq d$, dus $G=a+2 d=$ $\frac{5 n-c}{2}+2 d \leq \frac{5 n-d}{2}+2 d=\frac{5}{2} n+\frac{3}{2} d \leq \frac{5}{2} n+\frac{3}{2} n=4 n$.

Geval 2: $a, b$ en $c$ zijn allemaal verschillend. Neem zonder verlies van algemeenheid aan dat $a<b<c$. Er geldt nu $\operatorname{ggd}(a, b) \leq \frac{b}{2}, \operatorname{ggd}(b, c) \leq \frac{c}{2}$ en $\operatorname{ggd}(c, a) \leq a$, dus $6 G \leq 3 b+3 c+6 a<3 b+3 c+4 a+b+c=4 a+4 b+4 c=20 n$, dus $G<\frac{20 n}{6}<4 n$.

Opgave 4. Gegeven is een driehoek $A B C$. Op zijde $A C$ liggen punten $D$ en $E$ zodat de volgorde van punten op deze lijn $A, E, D, C$ is. De lijn door $E$ evenwijdig aan $B C$ snijdt de omgeschreven cirkel van $\triangle A B D$ in een punt $F$, waarbij $E$ en $F$ aan weerszijden van $A B$ liggen. De lijn door $E$ evenwijdig aan $A B$ snijdt de omgeschreven cirkel van $\triangle B C D$ in een punt $G$, waarbij $E$ en $G$ aan weerszijden van $B C$ liggen. Bewijs dat $D E F G$ een koordenvierhoek is.

Oplossing. Zij $G^{\prime}$ het snijpunt van de lijn $B F$ en de omgeschreven cirkel van $\triangle B C D$. We bewijzen dat $D E F G^{\prime}$ een koordenvierhoek is en vervolgens dat $G=G^{\prime}$, waarmee het bewijs compleet is. Wegens $E F | B C$ geldt $180^{\circ}-\angle D E F=\angle A E F=\angle A C B$ en vanwege koordenvierhoek $B D C G^{\prime}$ is $\angle A C B=\angle D C B=\angle D G^{\prime} B=\angle D G^{\prime} F$, dus $180^{\circ}-\angle D E F=\angle D G^{\prime} F$. Hieruit volgt dat $D E F G^{\prime}$ een koordenvierhoek is. Dit betekent dat $\angle D E G^{\prime}=\angle D F G^{\prime}=\angle D F B$. Vanwege koordenvierhoek $A D B F$ geldt $\angle D F B=\angle D A B$, dus $\angle D E G^{\prime}=\angle D A B$, wat betekent dat $E G^{\prime} | A B$. Omdat $G^{\prime}$ ook op de omgeschreven cirkel van $\triangle B C D$ ligt, moet nu $G=G^{\prime}$.