problem:
Vind alle paren $(x, y)$ van gehele getallen die voldoen aan

$$
x^{2}+y^{2}+3^{3}=456 \sqrt{x-y} .
$$

solution:
Omdat links een geheel getal staat, moet rechts ook een geheel getal staan. De wortel uit een geheel getal is ofwel geheel ofwel irrationaal (maar nooit een niet-gehele breuk), dus moet $\sqrt{x-y}$ wel geheel zijn. De rechterkant van de vergelijking is deelbaar door 3 , dus de linkerkant moet dat ook zijn. Dus $3 \mid x^{2}+y^{2}$. Maar kwadraten zijn modulo 3 altijd congruent aan 0 of 1 , dus dit kan alleen als $x^{2} \equiv y^{2} \equiv 0 \bmod 3$. Dus $x$ en $y$ zijn beide deelbaar door 3 . Schrijf nu $x=3 a$ en $y=3 b$ en vul dit in:

$$
9 a^{2}+9 b^{2}+3^{3}=456 \sqrt{3 a-3 b}
$$

Wortels uit gehele getallen zijn in het algemeen geheel of irrationaal. Maar $\sqrt{3 a-3 b}$ kan niet irrationaal zijn, want het is gelijk aan $\frac{9 a^{2}+9 b^{2}+3^{3}}{456}$, dus het is geheel. Daarom is $3 a-3 b$ een kwadraat, dat ook nog deelbaar is door 3 , dus moet het deelbaar door 9 zijn. We kunnen nu beide kanten van de vergelijking door 9 delen:

$$
a^{2}+b^{2}+3=152 \sqrt{\frac{a-b}{3}}
$$

Schrijf $a-b=3 c^{2}$ en substitueer $a=b+3 c^{2}$ :

$$
9 c^{4}+6 c^{2} b+2 b^{2}+3=152 c
$$

Omdat aan de linkerkant allemaal positieve termen staan, moet gelden $9 c^{4}<152 c$, dus $c^{3}<\frac{152}{9}=16+\frac{8}{9}$. Aangezien voor $c \geq 3$ geldt: $c^{3} \geq 3^{3}=27>16+\frac{8}{9}$, volgt hieruit $c \leq 2$. Verder is $152 c$ even, net als $6 c^{2} b+2 b^{2}$, dus moet $9 c^{4}+3$ ook even zijn, waardoor we zien dat $c$ oneven moet zijn. Dus de enige mogelijkheid is $c=1$. Als we dit invullen, krijgen we

$$
9+6 b+2 b^{2}+3=152
$$

oftewel

$$
b^{2}+3 b-70=0
$$

Dit kunnen we ook schrijven als $(b-7)(b+10)=0$. Dus $b=7$ of $b=-10$. In het eerste geval krijgen we nu $a=b+3 c^{2}=10$ en dus $x=30$ en $y=21$. In het tweede geval krijgen we $a=b+3 c^{2}=-7$ en dus $x=-21$ en $y=-30$. Controleren laat zien dat beide paren voldoen. Dus de oplossingen zijn $(x, y)=(30,21)$ en $(x, y)=(-21,-30)$.

problem_match: Opgave 1.

solution_match: Oplossing.


problem:
We bekijken betegelingen van een rechthoekig $m \times n$-bord met $1 \times 2$-tegels. De tegels mogen zowel horizontaal als verticaal liggen, maar ze mogen elkaar niet overlappen en niet buiten het bord uitsteken. Alle velden van het bord moeten bedekt worden door een tegel.
a) Bewijs dat bij elke betegeling van een $4 \times 2010$-bord met $1 \times 2$-tegels er een rechte lijn is die het bord in twee stukken verdeelt zodat elke tegel in zijn geheel binnen één van de stukken ligt.
b) Bewijs dat er een betegeling van een $5 \times 2010$-bord met $1 \times 2$-tegels bestaat zodat er geen rechte lijn is die het bord in twee stukken verdeelt zodat elke tegel in zijn geheel binnen één van de stukken ligt.

solution:
a) Noem een rechte lijn die het bord in twee stukken verdeelt zodat elke tegel in zijn geheel binnen één van de stukken ligt, een scheidingslijn. Stel dat er een betegeling bestaat waar geen scheidingslijn te vinden is. Bekijk de kolommen $k$ en $k+1$, met $1 \leq k \leq 2009$. Er moet dan een horizontale tegel zijn die in deze twee kolommen ligt; anders is de verticale lijn tussen de kolommen een scheidingslijn. In de kolommen 1 tot en met $k$ zitten totaal $4 k$ velden, dus een even aantal. Omdat elke tegel die helemaal binnen de kolommen 1 tot en met $k$ ligt, een even aantal velden bedekt, moet er een even aantal tegels horizontaal in kolommen $k$ en $k+1$ liggen. We hebben gezien dat het er minstens één is en dus zijn het er minstens twee.
Voor elke $k$ met $1 \leq k \leq 2009$ zijn er dus twee tegels die horizontaal in kolommen $k$ en $k+1$ liggen. Deze tegels bedekken samen $2 \cdot 2009 \cdot 2$ velden. Verder moet er nog voor elke $i$ met $1 \leq i \leq 3$ een verticale tegel zijn die in de rijen $i$ en $i+1$ ligt. Deze tegels bedekken samen $3 \cdot 2$ velden. Het totaal aantal velden dat bedekt wordt door al deze tegels, is dus $(2 \cdot 2009+3) \cdot 2>2 \cdot 2010 \cdot 2$. Maar het bord bevat slechts $4 \cdot 2010$ velden, tegenspraak.
b) We bewijzen met inductie naar $n$ dat we voor alle $n \geq 3$ een $5 \times 2 n$-bord kunnen betegelen zonder scheidingslijn. Voor $n=3$ kan dit als volgt:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_39438bc4cfd473428cecg-2.jpg?height=261&width=313&top_left_y=2057&top_left_x=342)

Stel nu dat we een betegeling van een $5 \times 2 n$-bord hebben zonder scheidingslijn. Dan liggen minstens vier tegels verticaal. Dus is er een $k$ met $1 \leq k \leq 2 n-1$ uit zodat er in kolom $k$ een tegel verticaal ligt. Voeg nu twee kolommen in tussen kolom $k$ en kolom $k+1$; noem deze kolommen $k_{1}$ en $k_{2}$. Elke tegel die horizontaal in kolommen $k$
en $k+1$ lag, vervangen we door twee horizontale tegels, één in kolommen $k$ en $k_{1}$ en één in kolommen $k_{2}$ en $k+1$. Omdat kolom $k$ een verticale tegel bevat, zijn nu nog niet alle velden van de kolommen $k_{1}$ en $k_{2}$ bezet. Als in een rij het veld van kolom $k_{1}$ nog niet bezet is, is in dezelfde rij het veld van kolom $k_{2}$ ook nog niet bezet. We kunnen hier dus een horizontale tegel neerleggen. Zo vullen we alle velden van de nieuwe kolommen.

Het is nu duidelijk dat er tussen geen enkel tweetal rijen een scheidingslijn ontstaan kan zijn en ook in geen enkele kolom waar niets veranderd is. Verder ligt er nu minstens één horizontale tegel in kolommen $k_{1}$ en $k_{2}$, dus er is geen scheidingslijn tussen deze twee kolommen. In het oude bord was er geen scheidingslijn tussen de kolommen $k$ en $k+1$, dus lag er een horizontale tegel in deze kolommen. Dat betekent dat er nu een horizontale tegel in kolommen $k$ en $k_{1}$ ligt en een horizontale tegel in kolommen $k_{2}$ en $k+1$, zodat ook tussen die twee paren kolommen geen scheidingslijn is. Het hele nieuwe bord bevat dus geen enkele scheidingslijn.

Dit voltooit de inductie. Nu volgt dat er een $5 \times 2010$-bord bestaat zonder scheidingslijn.

problem_match: Opgave 2.

solution_match: # Oplossing.


problem:
De cirkels $\Gamma_{1}$ en $\Gamma_{2}$ snijden elkaar in $D$ en $P$. De gemeenschappelijke raaklijn van de twee cirkels het dichtste bij punt $D$ raakt $\Gamma_{1}$ in $A$ en $\Gamma_{2}$ in $B$. De lijn $A D$ snijdt $\Gamma_{2}$ voor de tweede keer in $C$. Zij $M$ het midden van lijnstuk $B C$.
Bewijs dat $\angle D P M=\angle B D C$.

solution:
Zij $S$ het snijpunt van $P D$ en $A B$. Dan ligt $S$ op de machtlijn van de twee cirkels en geldt dus $|S A|=|S B|$. Dus $P S$ is een zwaartelijn in driehoek $P A B$.
Vanwege de raaklijnomtrekshoekstelling op $\Gamma_{1}$ met koorde $A P$ geldt $\angle B A P=180^{\circ}-$ $\angle A D P=\angle C D P=\angle C B P$. Vanwege de raaklijnomtrekshoekstelling op $\Gamma_{2}$ met koorde $B P$ geldt $\angle A B P=\angle B C P$. Dus $\triangle P A B \sim \triangle P B C$ (hh). Omdat $P M$ een zwaartelijn in driehoek $P B C$ is, geldt $\angle S P B=\angle M P C$. Dus
$\angle D P M=\angle D P B+\angle B P M=\angle S P B+\angle B P M=\angle M P C+\angle B P M=\angle B P C=\angle B D C$.

problem_match: Opgave 3.

solution_match: Oplossing I.


solution:
Zij $S$ het snijpunt van $P D$ en $A B$. Dan ligt $S$ op de machtlijn van de twee cirkels en geldt dus $|S A|=|S B|$. Dus $S M$ is een middenparallel in $\triangle A B C$. Hieruit volgt

$$
\angle S M B=\angle A C B=\angle D C B=\angle D P B=\angle S P B
$$

Dus $S B M P$ is een koordenvierhoek. Dat betekent

$$
\angle B P M=\angle B S M=\angle B A C
$$

Verder geldt wegens de raaklijnomtrekshoekstelling op koorde $D B$ dat

$$
\angle A B D=\angle B P D .
$$

De buitenhoekstelling in $\triangle A B D$ geeft dat $\angle B D C=\angle B A C+\angle A B D$. Als we dit combineren met (1) en (2), zien we dat $\angle B D C=\angle B P M+\angle B P D=\angle D P M$.

solution_match: Oplossing II.


problem: Bepaal alle gehele getallen $n$ waarvoor het polynoom $P(x)=3 x^{3}-n x-n-2$ te schrijven is als het product van twee niet-constante polynomen met gehele coëfficiënten.

solution:
Stel dat $P(x)$ te schrijven is als $P(x)=A(x) B(x)$ met $A$ en $B$ niet-constante polynomen met gehele coëfficiënten. Omdat $A$ en $B$ niet constant zijn, hebben ze elk graad minstens 1. De som van de twee graden is gelijk aan de graad van $P$, dus gelijk aan 3. Dit betekent dat de twee graden 1 en 2 moeten zijn. We kunnen dus zonder verlies van algemeenheid schrijven $A(x)=a x^{2}+b x+c$ en $B(x)=d x+e$ met $a, b, c, d$ en $e$ gehele getallen. Het product van de kopcoëfficiënten $a$ en $d$ is gelijk aan de kopcoëfficiënt van $P$, dus gelijk aan 3. Omdat we $A$ en $B$ ook beide met -1 zouden kunnen vermenigvuldigen, mogen we aannemen dat $a$ en $d$ beide positief zijn en dus in een of andere volgorde gelijk aan 1 en 3.
Stel eerst dat $d=1$ Vul nu $x=-1$ in. Er geldt

$$
P(-1)=3 \cdot(-1)^{3}+n-n-2=-5,
$$

dus

$$
-5=P(-1)=A(-1) B(-1)=A(-1) \cdot(-1+e) .
$$

We zien dat $-1+e$ een deler is van -5 , dus gelijk is aan $-5,-1,1$ of 5 . Dat geeft vier mogelijke waarden voor $e$, namelijk $-4,0,2$ of 6 . Verder is $x=-e$ een nulpunt van $B$ en dus ook van $P$.
Als $e=-4$, dan geldt

$$
0=P(4)=3 \cdot 4^{3}-4 n-n-2=190-5 n
$$

dus $n=38$. We kunnen dan $P(x)$ inderdaad ontbinden:

$$
3 x^{3}-38 x-40=\left(3 x^{2}+12 x+10\right)(x-4)
$$

Als $e=0$, dan geldt

$$
0=P(0)=-n-2
$$

dus $n=-2$. We kunnen dan $P(x)$ inderdaad ontbinden:

$$
3 x^{3}+2 x=\left(3 x^{2}+2\right) x
$$

Als $e=2$, dan geldt

$$
0=P(-2)=3 \cdot(-2)^{3}+2 n-n-2=-26+n
$$

dus $n=26$. We kunnen dan $P(x)$ inderdaad ontbinden:

$$
3 x^{3}-26 x-28=\left(3 x^{2}-6 x-14\right)(x+2)
$$

Als $e=6$, dan geldt

$$
0=P(-6)=3 \cdot(-6)^{3}+6 n-n-2=-650+5 n
$$

dus $n=130$. We kunnen dan $P(x)$ inderdaad ontbinden:

$$
3 x^{3}-130 x-132=\left(3 x^{2}-18 x-22\right)(x+6)
$$

Stel nu dat $d=3$. Er geldt nu

$$
-5=P(-1)=A(-1) B(-1)=A(-1) \cdot(-3+e)
$$

We zien dat $-3+e$ een deler is van -5 , dus gelijk is aan $-5,-1,1$ of 5 . Dat geeft vier mogelijke waarden voor $e$, namelijk $-2,2,4$ of 8 . Verder is $x=\frac{-e}{3}$ een nulpunt van $B$ en dus ook van $P$. We zien dat $e$ nooit deelbaar is door 3. Er geldt nu

$$
0=P\left(\frac{-e}{3}\right)=3 \cdot\left(\frac{-e}{3}\right)^{3}+\frac{e}{3} n-n-2=-\frac{e^{3}}{9}+\frac{e-3}{3} n-2,
$$

dus $\frac{e-3}{3} n=\frac{e^{3}}{9}+2$, dus $(e-3) n=\frac{e^{3}}{3}+6$. Maar dit geeft een tegenspraak, want links staat een geheel getal en rechts niet, aangezien 3 geen deler is van $e$.
We concluderen dat de oplossingen zijn: $n=38, n=-2, n=26$ en $n=130$.

problem_match: Opgave 4.


solution:
Net als in oplossing I schrijven we schrijven $P(x)=\left(a x^{2}+b x+c\right)(d x+e)$ en leiden we af dat $a=1$ en $d=3$, of $a=3$ en $d=1$. Door het vergelijken van de coëfficiënten krijgen we nog drie voorwaarden:

$$
\begin{aligned}
a e+b d & =0, \\
b e+d c & =-n, \\
c e & =-n-2 .
\end{aligned}
$$

Stel eerst dat $a=3$ en $d=1$. Uit (3) volgt nu $b=-3 e$. Uit (4) en (5) krijgen we nu

$$
\begin{aligned}
& -n=-3 e^{2}+c \\
& -n=c e+2
\end{aligned}
$$

dus $-3 e^{2}+c=c e+2$, dus

$$
c=\frac{-3 e^{2}-2}{e-1}=\frac{-3 e(e-1)-3 e-2}{e-1}=-3 e+\frac{-3(e-1)-5}{e-1}=-3 e-3-\frac{5}{e-1} .
$$

Omdat $c$ geheel moet zijn, moet $e-1$ een deler zijn van 5 en dus gelijk zijn aan $-5,-1$, 1 of 5 . Dat geeft vier mogelijke waarden voor $e$, namelijk $-4,0,2$ of 6 . Als $e=-4$, krijgen we $c=(-3)(-4)-3-\frac{5}{-5}=10$ en dus $n=-10 \cdot(-4)-2=38$. Als $e=0$, krijgen we $c=(-3) \cdot 0-3-\frac{5}{-1}=2$ en dus $n=-2 \cdot 0-2=-2$. Als $e=2$, krijgen we $c=(-3) \cdot 2-3-\frac{5}{1}=-14$ en dus $n=14 \cdot 2-2=26$. Als $e=6$, krijgen we $c=(-3) \cdot 6-3-\frac{5}{5}=-22$ en dus $n=22 \cdot 6-2=130$. Al deze waarden van $n$ voldoen, zoals we in oplossing I hebben gezien.

Stel nu dat $a=1$ en $d=3$. Uit (3) volgt nu $e=-3 b$. Uit (4) en (5) krijgen we nu

$$
\begin{aligned}
& -n=-3 b^{2}+3 c \\
& -n=-3 b c+2
\end{aligned}
$$

dus $-3 b^{2}+3 c=-3 b c+2$. Echter, elke term van deze gelijkheid is deelbaar door 3 behalve de term 2, wat een tegenspraak is. Dit geval geeft dus geen oplossingen.
We concluderen dat de oplossingen zijn: $n=38, n=-2, n=26$ en $n=130$.


problem:
Zij $A B C$ een driehoek met $|A B|>|B C|$. Zij $D$ het midden van $A C$. Zij $E$ het snijpunt van de bissectrice van $\angle A B C$ met de lijn $A C$. Zij $F$ op $B E$ zo dat $C F$ loodrecht op $B E$ staat. Zij verder $G$ het snijpunt van $C F$ en $B D$.
Bewijs dat $D F$ het lijnstuk $E G$ doormidden snijdt.

solution:
Merk op dat vanwege de voorwaarde $|A B|>|B C|$ de punten $D$ en $E$ verschillend zijn en de volgorde van punten op de lijn $A C$ is: $A, D, E, C$. Verder is $\angle B C A>\angle C A B$, dus $\angle B C A+\frac{1}{2} \angle A B C>90^{\circ}$, waaruit volgt dat $F$ op het inwendige van $B E$ ligt. Daarmee ligt ook $G$ op het inwendige van $B D$.
Zij nu $K$ het snijpunt van $C F$ en $A B$. Omdat $B E$ de bissectrice van $\angle A B C$ is, is $\angle K B F=$ $\angle F B C$. Verder geldt $\angle B F K=90^{\circ}=\angle C F B$ en $|B F|=|B F|$, dus wegens (HZH) geldt $\triangle K B F \sim \triangle C B F$. Hieruit volgt $|B K|=|B C|$ en $|K F|=|C F|$. In het bijzonder is $F$ het midden van $C K$. Omdat $D$ het midden van $A C$ is, betekent dit dat $D F$ een middenparallel is in $\triangle A K C$, dus $D F \| A K$ en $|D F|=\frac{1}{2}|A K|$.
Uit $D F \| A B$ volgt $\triangle K G B \sim \triangle F G D$ (hh), dus

$$
\frac{|D G|}{|B G|}=\frac{|F D|}{|K B|}=\frac{\frac{1}{2}|A K|}{|K B|}=\frac{\frac{1}{2}(|A B|-|K B|)}{|K B|}=\frac{\frac{1}{2}(|A B|-|B C|)}{|B C|} .
$$

De bissectricestelling zegt dat $\frac{|A E|}{|C E|}=\frac{|A B|}{|C B|}$, oftewel $\frac{|A C|-|C E|}{|C E|}=\frac{|A B|}{|B C|}$. Dit geeft $|B C| \cdot(|A C|-$ $|C E|)=|A B| \cdot|C E|$, dus $|B C| \cdot|A C|=|C E| \cdot(|A B|+|B C|)$, dus

$$
|C E|=\frac{|B C| \cdot|A C|}{|A B|+|B C|}
$$

We berekenen nu verder

$$
\begin{gathered}
|D E|=|D C|-|C E|=\frac{1}{2}|A C|-|C E|=\frac{\frac{1}{2}|A C| \cdot(|A B|+|B C|)-|A C| \cdot|B C|}{|A B|+|B C|} \\
=\frac{\frac{1}{2}|A C| \cdot(|A B|-|B C|)}{|A B|+|B C|} .
\end{gathered}
$$

Dus

$$
\frac{|D E|}{|C E|}=\frac{\frac{\frac{1}{2}|A C| \cdot(|A B|-|B C|)}{|A B|+|B C|}}{\frac{|B C| \cdot|A C|}{|A B|+|B C|}}=\frac{\frac{1}{2}(|A B|-|B C|)}{|B C|}
$$

Gecombineerd met (6) zien we nu dat

$$
\frac{|D E|}{|C E|}=\frac{|D G|}{|B G|}
$$

In driehoek $D B C$ betekent dit dat $E G \| B C$. Noem $S$ nu het snijpunt van $D F$ en $E G$. Dan weten we

$$
\angle S G F=\angle E G F=\angle F C B=\angle F K B=\angle G F D=\angle G F S,
$$

dus $\triangle S F G$ is gelijkbenig met $|S F|=|S G|$. Verder is

$$
\angle S E F=\angle G E F=90^{\circ}-\angle E G F=90^{\circ}-\angle G F S=\angle S F E,
$$

dus ook $\triangle S F E$ is gelijkbenig met $|S F|=|S E|$. We concluderen dat $|S G|=|S E|$, dus dat $S$ het midden van $E G$ is.

problem_match: Opgave 5.


solution:
Net als in bovenstaande oplossing leiden we af dat $D F \| A K$. Daarmee wordt $D F$ ook de middenparallel van $\triangle A B C$, dus het snijpunt $H$ van $D F$ en $B C$ is het midden van $B C$. Zij nu $G^{\prime}$ het snijpunt van $C F$ en de lijn door $E$ evenwijdig aan $C B$. Zij $T$ het snijpunt van $D H$ en $E G^{\prime}$. Omdat $E G^{\prime} \| C B$, geldt $\triangle E G^{\prime} F \sim \triangle B C F$ en ook $\triangle E T F \sim \triangle B H F$. Dus

$$
\frac{|E T|}{\left|E G^{\prime}\right|}=\frac{|E T|}{|E F|} \cdot \frac{|E F|}{\left|E G^{\prime}\right|}=\frac{|B H|}{|B F|} \cdot \frac{|B F|}{|B C|}=\frac{|B H|}{|B C|}=\frac{1}{2} .
$$

We zien dat $T$ het midden is van $E G^{\prime}$. Als we nu bewijzen dat $G^{\prime}=G$, dan weten we direct dat $D F$ het lijnstuk $E G$ doormidden snijdt en zijn we dus klaar. Vanwege $E G^{\prime} \| C B$ geldt $\triangle D T E \sim \triangle D H C$, dus

$$
\frac{\left|E G^{\prime}\right|}{|C B|}=\frac{2|E T|}{2|C H|}=\frac{|E T|}{|C H|}=\frac{|E D|}{|C D|}
$$

Met (zhz) zien we nu dat $\triangle E D G^{\prime} \sim \triangle C D B$. Hieruit volgt $\angle E D G^{\prime}=\angle C D B$, dus $G^{\prime}$ ligt op de lijn $D B$. Dus $G^{\prime}$ is het snijpunt van $D B$ en $C F$ en daarmee gelijk aan $G$.


solution:
De middelloodlijn van $A C$ (de lijn door $D$ loodrecht op $A C$ ) snijdt de bissectrice van hoek $\angle A B C$ op de omgeschreven cirkel van $\triangle A B C$, want ze snijden allebei de boog $A C$ in twee gelijke stukken. Noem dit snijpunt $S$. Omdat $\angle C F S$ en $\angle C D S$ allebei $90^{\circ}$ zijn, is $C F D S$ een koordenvierhoek volgens Thales. Hiermee vinden we $\angle F D C=$ $\angle F S C=\angle B S C=\angle B A C$, dus $D F \| A B$ wegens F-hoeken.
Noem het midden van zijde $B C$ nu $H$. Omdat $D H$ een middenparallel is in driehoek $A B C$ is $D H$ ook evenwijdig aan $A B$. Dus $D F$ en $D H$ zijn dezelfde lijn, oftewel: $D, F$ en $H$ liggen op één lijn. Nu geeft de stelling van Ceva op $\triangle B C D$ met de punten $E, G$ en $H$, dat

$$
1=\frac{|C E|}{|E D|} \frac{|D G|}{|G B|} \frac{|B H|}{|H C|}=\frac{|C E|}{|E D|} \frac{|D G|}{|G B|}
$$

Daaruit volgt $\frac{|D G|}{|G B|}=\frac{|D E|}{|E C|}$. Wegens evenredigheid leiden we hieruit af dat $G E$ evenwijdig is aan $B C$. Omdat $D F$ het lijnstuk $B C$ midden doorsnijdt, snijdt zij dus ook $G E$ middendoor.

solution_match: Oplossing III.