problem: Laat $m$ en $n$ natuurlijke getallen zijn met $m n$ even. Jetze gaat een $m \times n$ bord (dus bestaande uit $m$ rijen en $n$ kolommen) bedekken met dominostenen, zodat elke dominosteen precies twee vakjes bedekt, dominostenen niet uitsteken of overlappen, en alle vakjes bedekt worden door een dominosteen. Merlijn gaat vervolgens alle dominostenen op het bord rood of blauw kleuren. Bepaal het kleinste niet-negatieve gehele getal $V$ (afhankelijk van $m$ en $n$ ) zodat Merlijn er altijd voor kan zorgen dat in elke rij het aantal vakjes bedekt door een rode dominosteen en het aantal vakjes bedekt door een blauwe dominosteen ten hoogste $V$ van elkaar verschillen, hoe Jetze het bord ook bedekt.

solution:
Stel eerst dat $n$ oneven is. Dan is het duidelijk dat $V \geq 1$; het verschil is immers altijd oneven. We laten zien dat $V=1$ altijd mogelijk is. Kleur hiertoe de verticale dominostenen in oneven kolommen rood en de verticale dominostenen in even kolommen blauw. Omdat in elke rij elke horizontale dominosteen een vakje in een even en een vakje in een oneven kolom bedekt, is er nu in elke rij één vakje meer door een rode dominosteen dan door een blauwe dominosteen bedekt. Kleur de horizontale dominostenen in elke rij nu afwisselend blauw, rood, blauw, rood, .... Als het aantal horizontale domino's even is, is er uiteindelijk één rood vakje meer; is het aantal horizontale domino's oneven, dan is er uiteindelijk één blauw vakje meer. Het verschil is dus altijd 1.

Als $n \equiv 2 \bmod 4$ geldt er dat $V \geq 2$ als Jetze elke dominosteen horizontaal legt; dan liggen er in elke rij immers een oneven aantal dominostenen. We laten nu zien dat $V=2$ altijd mogelijk is. Gebruik daartoe dezelfde strategie als in het oneven geval. Na het kleuren van de verticale dominostenen zijn er in elke rij evenveel vakjes rood als blauw. Als we daarna weer de horizontale dominostenen per rij afwisselend rood en blauw kleuren, is in elke rij het verschil tussen het aantal rode en blauwe vakjes gelijk aan 0 of 2 .

We bekijken ten slotte het geval waarin $n \equiv 0 \bmod 4$. We laten daarin zien dat $V=0$ altijd mogelijk is. Nummer de rijen van boven naar beneden van 1 tot en met $m$ en zij $b_{i}$ het aantal verticale dominostenen waarvan het bovenste vakje in rij $i$ ligt. Met inductie naar $i$ laten we eenvoudig zien dat $b_{i}$ even is, waarbij we gebruiken dat een horizontale dominosteen altijd een even aantal vakjes in een rij bedekt. We kleuren de verticale dominostenen in rij $i$ en rij $i+1 \mathrm{nu}$ als volgt: als $b_{i} \equiv 0 \bmod 4$ kleuren we de helft rood en
de helft blauw, en als $b_{i} \equiv 2$ mod 4 kleuren we er twee meer rood dan blauw als $i$ even is, en twee meer blauw dan rood als $i$ oneven is. We laten nu zien dat we in elke rij $k$ de horizontale dominostenen zo kunnen kleuren dat deze rij evenveel rode als blauwe vakjes heeft. Als $b_{k-1} \equiv b_{k} \equiv 0 \bmod 4$ dan bedekken verticale dominostenen in rij $k$ evenveel rode als blauwe vakjes. Bovendien is het aantal horizontale dominostenen in rij $k$ nu even, dus we kleuren simpelweg de helft rood en de helft blauw. Als $b_{k-1} \equiv b_{k} \equiv 2 \bmod 4$ geldt wederom dat de verticale dominostenen in rij $k$ evenveel rode als blauwe vakjes bedekken, omdat er van $k-1$ en $k$ één even en één oneven is. Verder is het aantal horizontale dominostenen in rij $k$ weer even, dus kunnen we weer de helft rood en de helft blauw kleuren. Als $b_{k-1} \not \equiv b_{k} \bmod 4$ is het verschil tussen rode en blauwe vakjes bedekt door verticale dominostenen gelijk aan 2. Het aantal horizontale dominostenen in rij $k$ is nu oneven. We kunnen dus de horizontale dominostenen zo kleuren dat uiteindelijk evenveel vakjes rood als blauw zijn.

We concluderen dat de minimale waarden zijn: $V=1$ als $n$ oneven is, $V=2$ als $n \equiv 2$ $\bmod 4$ en $V=0$ als $n \equiv 0 \bmod 4$.

problem_match: Opgave 1.

solution_match: Oplossing I.


solution:
Nummer de rijen van boven naar beneden van 1 tot en met $m$ en zij $b_{i}$ $(1 \leq i \leq m-1)$ het aantal verticale dominostenen waarvan het bovenste vakje in rij $i$ ligt en het onderste vakje in rij $i+1$. Definieer $b_{0}=0$ en $b_{m}=0$.

Stel eerst dat $n$ oneven is. Schrijf $n=\frac{1}{2}(n-1)+\frac{1}{2}(n+1)$; precies een van deze twee termen is even en de ander is oneven; schrijf $n_{\mathrm{e}}$ voor de even term en $n_{\mathrm{o}}$ voor de oneven term. We hebben nu dus $n=n_{\mathrm{e}}+n_{\mathrm{o}}$ terwijl $n_{\mathrm{e}}$ en $n_{\mathrm{o}}$ precies 1 verschillen. Het is allereerst duidelijk dat $V \geq 1$; het verschil is immers altijd oneven. We laten zien dat $V=1$ altijd mogelijk is. Met inductie naar $i$ laten we eenvoudig zien dat $b_{i}$ oneven is voor oneven $i$ en even voor even $i$, waarbij we gebruiken dat een horizontale dominosteen altijd een even aantal vakjes in een rij bedekt. Voor oneven $i$ hebben we in rij $i$ te maken met een oneven aantal $b_{i}$ verticale stenen die naar beneden uitsteken, een aantal horizontale dominostenen die een even aantal vakjes bedekken, en een even aantal $b_{i-1}$ die naar boven uitsteken. Kleur nu de vakjes in rij $i$ als volgt: van deze dominostenen, in de volgorde zoals zojuist opgesomd, kleur je de eerste $n_{\mathrm{o}}$ vakjes rood en juist de laatste $n_{\mathrm{e}}$ vakjes blauw. Voor even $i$ hebben we in rij $i$ te maken met een oneven aantal $b_{i-1}$ verticale stenen die naar boven uitsteken, een aantal horizontale dominostenen die een even aantal vakjes bedekken, en een even aantal $b_{i}$ die naar beneden uitsteken. Kleur nu de vakjes in rij $i$ als volgt: van deze dominostenen, in de volgorde zoals zojuist opgesomd, kleur je de eerste $n_{\mathrm{o}}$ vakjes rood en juist de laatste $n_{\mathrm{e}}$ vakjes blauw. Op deze manier is in elke rij in ieder geval elke horizontale dobbelsteen monochroom (de twee vakjes hebben dezelfde kleur), terwijl we voor twee opeenvolgende rijen de vakjes op de verticale dominostenen in beide rijen ook dezelfde kleur hebben gegeven. De kleuring is dus correct en voldoet aan $V=1$.

Als $n \equiv 2 \bmod 4$ is $\frac{1}{2} n$ oneven en schrijven we $\frac{1}{2} n=n_{\mathrm{e}}+n_{\mathrm{o}}$ met $n_{\mathrm{e}}$ en $n_{\mathrm{o}}$ even en oneven
getallen die precies 1 verschillen. Er geldt dat $V \geq 2$ als Jetze elke dominosteen horizontaal legt; dan liggen er in elke rij immers een oneven aantal dominostenen. We laten nu zien dat $V=2$ altijd mogelijk is. Gebruik daartoe dezelfde strategie als in het oneven geval. Met inductie naar $i$ laten we eenvoudig zien dat $b_{i}$ even is voor alle $i$. Voor oneven $i$ hebben we in rij $i$ te maken met een even aantal $b_{i}$ verticale stenen die naar beneden uitsteken, een aantal horizontale dominostenen die een even aantal vakjes bedekken, en een even aantal $b_{i-1}$ die naar boven uitsteken. Kleur nu de vakjes in rij $i$ als volgt: van deze dominostenen, in de volgorde zoals zojuist opgesomd, kleur je de eerste $2 n_{\mathrm{o}}$ vakjes rood en juist de laatste $2 n_{\mathrm{e}}$ vakjes blauw. Voor even $i$ hebben we in rij $i$ te maken met een even aantal $b_{i-1}$ verticale stenen die naar boven uitsteken, een aantal horizontale dominostenen die een even aantal vakjes bedekken, en een even aantal $b_{i}$ die naar beneden uitsteken. Kleur nu de vakjes in rij $i$ als volgt: van deze dominostenen, in de volgorde zoals zojuist opgesomd, kleur je de eerste $2 n_{\mathrm{o}}$ vakjes rood en juist de laatste $2 n_{\mathrm{e}}$ vakjes blauw. Op deze manier is in elke rij in ieder geval elke horizontale dobbelsteen monochroom (de twee vakjes hebben dezelfde kleur), terwijl we voor twee opeenvolgende rijen de vakjes op de verticale dominostenen in beide rijen ook dezelfde kleur hebben gegeven. De kleuring is dus correct en voldoet aan $V=2$.

Als $n \equiv 0 \bmod 4$ is $\frac{1}{2} n$ even en schrijven we $\frac{1}{2} n=2 n_{0}$. We laten nu zien dat $V=0$ altijd mogelijk is. Gebruik daartoe dezelfde strategie als in het vorige geval. Met inductie naar $i$ laten we eenvoudig zien dat $b_{i}$ even is voor alle $i$. Voor oneven $i$ hebben we in rij $i$ te maken met een even aantal $b_{i}$ verticale stenen die naar beneden uitsteken, een aantal horizontale dominostenen die een even aantal vakjes bedekken, en een even aantal $b_{i-1}$ die naar boven uitsteken. Kleur nu de vakjes in rij $i$ als volgt: van deze dominostenen, in de volgorde zoals zojuist opgesomd, kleur je de eerste $2 n_{0}$ vakjes rood en juist de laatste $2 n_{0}$ vakjes blauw. Voor even $i$ hebben we in rij $i$ te maken met een even aantal $b_{i-1}$ verticale stenen die naar boven uitsteken, een aantal horizontale dominostenen die een even aantal vakjes bedekken, en een even aantal $b_{i}$ die naar beneden uitsteken. Kleur nu de vakjes in rij $i$ als volgt: van deze dominostenen, in de volgorde zoals zojuist opgesomd, kleur je de eerste $2 n_{0}$ vakjes rood en juist de laatste $2 n_{0}$ vakjes blauw. Op deze manier is in elke rij in ieder geval elke horizontale dobbelsteen monochroom (de twee vakjes hebben dezelfde kleur), terwijl we voor twee opeenvolgende rijen de vakjes op de verticale dominostenen in beide rijen ook dezelfde kleur hebben gegeven. De kleuring is dus correct en voldoet aan $V=0$.

solution_match: Oplossing II.


problem:
Zij $A B C$ een rechthoekige driehoek met $\angle C=90^{\circ}$ en zij $D$ het voetpunt van de hoogtelijn uit $C$. Zij $E$ het zwaartepunt van driehoek $A C D$ en zij $F$ het zwaartepunt van driehoek $B C D$. Het punt $P$ voldoet aan $\angle C E P=90^{\circ}$ en $|C P|=|A P|$, terwijl het punt $Q$ voldoet aan $\angle C F Q=90^{\circ}$ en $|C Q|=|B Q|$.
Toon aan dat $P Q$ door het zwaartepunt van driehoek $A B C$ gaat.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_7c362f14d3a970d53d22g-4.jpg?height=842&width=1432&top_left_y=739&top_left_x=298)

solution:
Noem $M, N, R$ en $S$ de middens van respectievelijk zijden $B C, C A, B D$ en $A D$. Zij $Z$ het zwaartepunt van $\triangle A B C$. Vierhoek $Q F M C$ is een koordenveriehoek wegens rechte hoeken $\angle Q F C=90^{\circ}=\angle Q M C$. Merk op dat $C Q$ dus de middellijn van de omgeschreven cirkel is. Analoog zien we dat $P N E C$ een koordenvierhoek is, met $C P$ de middellijn van de omgeschreven cirkel.

We bewijzen nu dat $Z$ ook op deze koordenvierhoeken ligt. Driehoek $C Z M$ gaat onder de gelijkvormigheid $\triangle B C A \sim \triangle B D C$ over in driehoek $D F R$, want $C$ gaat naar $D$, het zwaartepunt $Z$ gaat naar het zwaartepunt $F$, en het midden $M$ van $B C$ gaat naar het midden van $B D$ en dat is $R$. Dus $\triangle C Z M \sim \triangle D F R$, waaruit in het bijzonder volgt dat $\angle C Z M=\angle D F R=\angle C F M$ wegens overstaande hoeken. Dus $Z$ ligt op koordenvierhoek $Q F M C$. Analoog volgt dat $\angle C Z N=\angle D E S=\angle C E N$, waaruit volgt dat $Z$ op koordenvierhoek $P N E C$ ligt.

We kunnen nu bewijzen dat $Z$ op $P Q$ ligt. Omdat $C Q$ de middellijn is van de cirkel door $Q, F, M, C, Z$, geldt $\angle Q Z C=90^{\circ}$. Omdat $C P$ de middellijn is van de cirkel door $P, N, E, Z, C$, geldt ook $\angle C Z P=90^{\circ}$. Samen kunnen we hieruit concluderen dat $P, Z$ en $Q$ op een lijn liggen.

problem_match: Opgave 2.


solution:
Noem $M, N, K$ en $L$ de middens van respectievelijk zijden $B C, C A, A B$ en $C D$. Zij $Z$ het zwaartepunt van $\triangle A B C$. Omdat $M L$ een middenparallel in driehoek $B C D$ is, geldt $M L \| B D$ en dus $M L \| A B$. Zo is ook $N L \| A B$, dus $M, N$ en $L$ liggen op een lijn $\ell$ evenwijdig aan $A B$. Verder geldt vanwege $M L \| B D$ dat $\triangle B D F \sim \triangle L M F$, waarbij de vermenigvuldigingsfactor tussen deze twee driehoeken gelijk aan 2 is. Dus de afstand van $F$ tot $\ell$ (wat de lijn $M L$ is) is twee keer zo klein als de afstand van $F$ tot $A B$ (wat de lijn $B D$ is). Net zo is de afstand van $E$ tot $\ell$ twee keer zo klein als de afstand van $E$ tot $A B$, en hetzelfde geldt voor $Z$. Dus $E, F$ en $Z$ liggen allemaal op een lijn evenwijdig aan $A B$ die twee keer zo ver van $A B$ af ligt als van $\ell$.
(Een andere manier om dit in te zien, is door gebruik te maken van het feit dat zwaartepunten altijd op $\frac{1}{3}$ hoogte van een zwaartelijn liggen. De punten $E, F$ en $Z$ liggen allemaal op $\frac{1}{3}$ hoogte van de corresponderende zwaartelijnen uit $C$, waaruit het gestelde volgt.)

Hieruit volgt in het bijzonder dat $\angle C Z E=\angle C K A$ (F-hoeken). We gaan dit gebruiken om aan te tonen dat de punten $Z, E, N$ en $C$ samen op een cirkel liggen. Bekijk hiervoor eerst de gelijkvormige driehoeken $\triangle A B C$ en $\triangle A C D$. Er geldt nu $\frac{|A K|}{|A N|}=\frac{|A B|}{|A C|}=\frac{|A C|}{|A D|}$, dus $\triangle A K C \sim \triangle A N D$ (zhz). Hieruit volgt $\angle C K A=\angle D N A$. Al met al vinden we nu

$$
\angle C Z E=\angle C K A=\angle D N A=180^{\circ}-\angle D N C=180^{\circ}-\angle E N C,
$$

dus $C Z E N$ is een koordenvierhoek.
Omdat $|C P|=|A P|$ ligt $P$ op de middelloodlijn van $A C$. Er geldt dus $\angle C N P=90^{\circ}=$ $\angle C E P$, wat betekent dat $C, E, N$ en $P$ op een cirkel liggen. We hebben zojuist gezien dat $Z$ ook op deze cirkel ligt. Dus geldt $\angle C Z P=\angle C E P=90^{\circ}$. Analoog volgt $\angle C Z Q=90^{\circ}$. Samen kunnen we hieruit concluderen dat $P, Z$ en $Q$ op een lijn liggen.


problem:
Vind alle functies $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ met

$$
f(x+y f(x+y))=y^{2}+f(x) f(y)
$$

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

solution:
Merk op dat de functie $f(x)=0$ voor alle $x$ niet voldoet. Er is dus een $a$ met $f(a) \neq 0$. Vul $x=a$ en $y=0$ in, dat geeft $f(a)=f(a) f(0)$, dus $f(0)=1$. Vul nu $x=1$ en $y=-1$ in, dat geeft $f(1-f(0))=1+f(1) f(-1)$. Omdat $f(0)=1$, staat hier $1=1+f(1) f(-1)$, dus $f(1)=0$ of $f(-1)=0$. We onderscheiden deze twee gevallen.

Stel eerst dat $f(1)=0$. Vul $x=t$ en $y=1-t$ in, en vervolgens $x=1-t$ en $y=t$, dan krijgen we de twee vergelijkingen

$$
\begin{aligned}
f(t) & =(1-t)^{2}+f(t) f(1-t) \\
f(1-t) & =t^{2}+f(t) f(1-t)
\end{aligned}
$$

Deze van elkaar afhalen geeft $f(t)-f(1-t)=(1-t)^{2}-t^{2}=1-2 t$, dus $f(1-t)=f(t)+2 t-1$. Dit invullen in de eerste van bovenstaande twee vergelijkingen geeft

$$
f(t)=(1-t)^{2}+f(t)^{2}+(2 t-1) f(t)
$$

wat we kunnen herschrijven tot

$$
f(t)^{2}+(2 t-2) f(t)+(1-t)^{2}=0
$$

oftewel $(f(t)-(1-t))^{2}=0$. We concluderen dat $f(t)=1-t$. Controleren van deze functie in de oorspronkelijke functievergelijking geeft links $1-(x+y(1-x-y))=1-$ $\left(x+y-x y-y^{2}\right)=1-x-y+x y+y^{2}$ en rechts $y^{2}+(1-x)(1-y)=y^{2}+1-x-y+x y$ en dat is hetzelfde, dus de functie voldoet.

Stel nu $f(-1)=0$. Vul $x=t$ en $y=-1-t$ in, en vervolgens $x=-1-t$ en $y=t$, dan krijgen we de twee vergelijkingen

$$
\begin{aligned}
f(t) & =(-1-t)^{2}+f(t) f(-1-t), \\
f(-1-t) & =t^{2}+f(t) f(-1-t)
\end{aligned}
$$

Deze van elkaar afhalen geeft $f(t)-f(-1-t)=(-1-t)^{2}-t^{2}=1+2 t$, dus $f(-1-t)=$ $f(t)-2 t-1$. Dit invullen in de eerste van bovenstaande twee vergelijkingen geeft

$$
f(t)=(-1-t)^{2}+f(t)^{2}+(-2 t-1) f(t)
$$

wat we kunnen herschrijven tot

$$
f(t)^{2}-(2 t+2) f(t)+(t+1)^{2}=0
$$

oftewel $(f(t)-(t+1))^{2}=0$. We concluderen dat $f(t)=t+1$. Controleren van deze functie in de oorspronkelijke functievergelijking geeft links $x+y(x+y+1)+1=x+x y+y^{2}+y+1$ en rechts $y^{2}+(x+1)(y+1)=y^{2}+x y+x+y+1$ en dat is hetzelfde, dus de functie voldoet.

We concluderen dat er precies twee oplossingen zijn: $f(x)=1-x$ voor alle $x$ en $f(x)=x+1$ voor alle $x$.

problem_match: Opgave 3.


solution:
Net als in de eerste oplossing leiden we af dat $f(0)=1$ en dat $f(1)=0$ of $f(-1)=0$.

Stel eerst dat $f(1)=0$. Invullen van $x=t-1$ en $y=1$ geeft $f(t-1+f(t))=1$. Anderzijds geldt ook $f(0)=1$. We laten nu zien dat $f(z)=1$ impliceert dat $z=0$. Stel $f(z)=1$. Invullen van $x=1$ en $y=z-1$ geeft $f(1+(z-1) f(z))=(z-1)^{2}$, dus $f(z)=(z-1)^{2}$, oftewel $1=(z-1)^{2}$. Dus $z=0$ of $z=2$. Stel $z=2$, dan geeft invullen van $x=0$ en $y=2$ dat $f(2 f(2))=4+f(0) f(2)$, wat met $f(2)=f(z)=1$ leidt tot $f(2)=5$, in tegenspraak met $f(2)=1$. Dus $z=0$. In het bijzonder volgt uit $f(t-1+f(t))=1$ dus dat $t-1+f(t)=0$, dus $f(t)=1-t$. Deze functie voldoet (zie eerste oplossing).

Stel nu dat $f(-1)=0$. Invullen van $x=t+1$ en $y=-1$ geeft $f(t+1-f(t))=1$. Anderzijds geldt ook $f(0)=1$. We laten nu wederom zien dat $f(z)=1$ impliceert dat $z=0$. Stel $f(z)=1$. Invullen van $x=-1$ en $y=z+1$ geeft $f(-1+(z+1) f(z))=(z+1)^{2}$, dus $f(z)=(z+1)^{2}$, oftewel $1=(z+1)^{2}$. Dus $z=0$ of $z=-2$. Stel $z=-2$, dan geeft invullen van $x=0$ en $y=-2$ dat $f(-2 f(-2))=4+f(0) f(-2)$, wat met $f(-2)=f(z)=1$ leidt tot $f(-2)=5$, in tegenspraak met $f(-2)=1$. Dus $z=0$. In het bijzonder volgt uit $f(t+1-f(t))=1$ dus dat $t+1-f(t)=0$, dus $f(t)=t+1$. Deze functie voldoet ook (zie eerste oplossing).


problem: Zij $p>10$ een priemgetal. Bewijs dat er positieve gehele getallen $m$ en $n$ met $m+n<p$ bestaan waarvoor $p$ een deler is van $5^{m} 7^{n}-1$.

solution:
Wegens de kleine stelling van Fermat geldt $a^{p-1} \equiv 1 \bmod p$ voor alle $a$ met $p \nmid a$. Omdat $p>10$ is $p$ oneven, dus $p-1$ is even. Er geldt

$$
\left(a^{\frac{p-1}{2}}-1\right)\left(a^{\frac{p-1}{2}}+1\right)=a^{p-1}-1 \equiv 0 \quad \bmod p
$$

Dus $p \left\lvert\,\left(a^{\frac{p-1}{2}}-1\right)\left(a^{\frac{p-1}{2}}+1\right)\right.$, dus $p$ is een deler van minstens één van beide factoren. Dus $a^{\frac{p-1}{2}}$ is modulo $p$ congruent aan 1 of -1 .

We passen dit toe op $a=5$ en $a=7$. Merk op dat $p>10$ dus $p \neq 5,7$. Als $5^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1$ $\bmod p$ en $7^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \bmod p$, dan nemen we $m=n=\frac{p-1}{2}$ en dat voldoet. Hetzelfde geldt als ze beide $-1 \bmod p$ zijn. Blijft over het geval dat één van beide 1 en de ander -1 is. Neem aan dat $5^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \bmod p$ en $7^{\frac{p-1}{2}} \equiv-1 \bmod p$. Het geval waarin het andersom is, gaat precies analoog.

Als er een $n$ is met $0<n<\frac{p-1}{2}$ en $7^{n} \equiv 1 \bmod p$, dan kiezen we deze $n$ en verder $m=\frac{p-1}{2}$. Dat voldoet. Zo niet, dan kan er ook geen $n$ zijn met $\frac{p-1}{2}<n<p-1$ en $7^{n} \equiv 1 \bmod p$, want dan zou $7^{p-1-n} \equiv 7^{p-1} \cdot\left(7^{n}\right)^{-1} \equiv 1 \bmod p$, terwijl $0<p-1-n<\frac{p-1}{2}$, tegenspraak. Verder kunnen er nu geen $i$ en $j$ zijn met $1 \leq i<j \leq p-1$ zodat $7^{i} \equiv 7^{j} \bmod p$, want als die wel zouden bestaan, dan is $7^{j-i} \equiv 1 \bmod p$ met $1 \leq j-i<p-1$. We concluderen dat $7^{i}$ met $1 \leq i \leq p-1$ allemaal verschillende waarden aanneemt modulo $p$, en daar zit waarde 0 niet bij, dus het zijn precies alle waarden van 1 tot en met $p-1$.

In het bijzonder is er een $n$ zodat $7^{n} \equiv 5^{-1} \bmod p$. Er geldt $n \leq p-2$, want $7^{p-1} \equiv 1 \not \equiv 5^{-1}$ $\bmod p$. We kiezen nu deze $n$ en verder $m=1$ en dan geldt $7^{n} \cdot 5^{m} \equiv 5^{-1} \cdot 5 \equiv 1 \bmod p$.

We zien dat het in alle gevallen mogelijk is om $m$ en $n$ te vinden die aan de voorwaarden voldoen.

problem_match: Opgave 4.


solution:
We bekijken alle getallen van de vorm $5^{i} 7^{j}$ voor $1 \leq i, j \leq p-1$. Dit zijn $(p-1)^{2}$ getallen. Modulo $p$ nemen deze getallen nooit de waarde 0 aan, want vanwege $p>10$ geldt $p \neq 5,7$. Dus modulo $p$ worden er hooguit $p-1$ verschillende waarden aangenomen. Vanwege het ladenprincipe is er nu een waarde $k$ zodat minstens $\frac{(p-1)^{2}}{p-1}=p-1$ van deze paren $(i, j)$ voldoen aan $5^{i} 7^{j} \equiv k \bmod p$. Noem deze paren $k$-waardig.

Neem zo'n $k$-waardig paar $(i, j)=(a, b)$. We gaan eerst laten zien dat niet alle $k$-waardige paren van de vorm $(x, b)$ zijn. Bijvoorbeeld $(a+1, b)$ (en net zo goed $(a-1, b)$ als net toevallig $a=p-1$ ) is niet $k$-waardig, want uit $5^{a+1} 7^{b} \equiv 5^{a} 7^{b} \bmod p$ zou volgen dat $5 \equiv 1$
$\bmod p$ dus $p \mid 4$, tegenspraak. Omdat er minstens $p-1$ paren $k$-waardig zijn, volgt nu dat niet alle $k$-waardige paren van de vorm $(x, b)$ kunnen zijn. Dus er is een $k$-waardig paar $(c, d)$ met $d \neq b$. Net zo bestaat er een $k$-waardig paar $(e, f)$ met $e \neq a$. Als nu $a \neq c$, dan zijn $(a, b)$ en $(c, d)$ twee paren met twee verschillende getallen in de eerste component en twee verschillende getallen in de tweede component. Als $b \neq f$, zijn $(a, b)$ en $(e, f)$ zulke paren. Als $a=c$ en $b=f$, dan zijn juist $(c, d)=(a, d)$ en $(e, f)=(e, b)$ zulke paren.

We kunnen dus altijd twee $k$-waardige paren $\left(i_{1}, j_{1}\right)$ en $\left(i_{2}, j_{2}\right)$ vinden met $i_{1} \neq i_{2}$ en $j_{1} \neq j_{2}$. Er geldt nu

$$
5^{i_{1}-i_{2}} 7^{j_{1}-j_{2}} \equiv 5^{i_{1}}\left(5^{i_{2}}\right)^{-1} \cdot 7^{j_{1}}\left(7^{j_{2}}\right)^{-1} \equiv k \cdot k^{-1} \equiv 1 \quad \bmod p .
$$

Uit de kleine stelling van Fermat volgt $u^{p-1} \equiv 1 \bmod p$ als $u \in\{5,7\}$. Voor $t \in \mathbb{Z}$ geldt nu $u^{p-1+t} \equiv u^{p-1} u^{t} \equiv u^{t} \bmod p$. Schrijf $m^{\prime}=i_{1}-i_{2}$ als $i_{1}>i_{2}$ en $m^{\prime}=p-1+i_{1}-i_{2}$ als $i_{1}<i_{2}$, dan geldt dus $5^{m^{\prime}} \equiv 5^{i_{1}-i_{2}} \bmod p$. Verder is $1 \leq m^{\prime} \leq p-2$. Analoog definiëren we $n^{\prime}$ zodat $7^{n^{\prime}} \equiv 7^{j_{1}-j_{2}} \bmod p$ en $1 \leq n^{\prime} \leq p-2$. We hebben nu $5^{m^{\prime}} 7^{n^{\prime}} \equiv 1 \bmod p$.

Als $n^{\prime}+m^{\prime}<p$, dan kiezen we $m=m^{\prime}$ en $n=n^{\prime}$ en zijn we klaar. Zo niet, dan kiezen we $m=p-1-m^{\prime}$ en $n=p-1-n^{\prime}$ en geldt $5^{m} 7^{n} \equiv 5^{p-1}\left(5^{m^{\prime}}\right)^{-1} \cdot 7^{p-1}\left(7^{n^{\prime}}\right)^{-1} \equiv 1 \cdot 1^{-1} \equiv 1$ $\bmod p$. Nu geldt $n+m=2(p-2)-\left(n^{\prime}+m^{\prime}\right) \leq 2 p-4-p=p-4$, dus zijn we ook klaar.