problem: Vind alle viertallen $(a, b, c, d)$ van niet-negatieve gehele getallen zodat $a b=$ $2(1+c d)$ en er een niet-ontaarde driehoek bestaat met zijden van lengte $a-c, b-d$ en $c+d$.

solution:
Er geldt $a>c$ en $b>d$ omdat $a-c$ en $b-d$ zijden van een driehoek moeten zijn. Dus $a \geq c+1$ en $b \geq d+1$, aangezien het om gehele getallen gaat. We onderscheiden nu twee gevallen: $a>2 c$ en $a \leq 2 c$.

Stel dat $a>2 c$ geldt. Dan is $a b>2 b c \geq 2 c \cdot(d+1)=2 c d+2 c$. Anderzijds is $a b=2+2 c d$, dus $2 c<2$. Dit betekent dat $c=0$. We vinden dan dat $a b=2$ en dat er een niet-ontaarde driehoek bestaat met zijden van lengte $a, b-d$ en $d$. Er moet dan gelden $d \geq 1$ en $b>d$, dus $b \geq 2$. Uit $a b=2$ volgt dan $a=1, b=2$. En dus geldt $d=1$ en heeft de driehoek zijden van lengte 1 , 1 en 1 . Zo'n driehoek bestaat inderdaad. Dus het viertal $(1,2,0,1)$ is inderdaad een oplossing.

Stel nu dat $a \leq 2 c$ geldt. De driehoeksongelijkheid zegt dat $(a-c)+(b-d)>c+d$, dus $a+b>2(c+d)$. Omdat $a \leq 2 c$ volgt hieruit dat $b>2 d$. We wisten ook dat $a \geq c+1$, dus geldt $a b>(c+1) \cdot 2 d=2 c d+2 d$. Anderzijds is $a b=2+2 c d$, dus $2 d<2$. Dit betekent dat $d=0$. Analoog aan het geval $c=0$ volgt hieruit als enige oplossing het viertal $(2,1,1,0)$.

De enige oplossingen zijn dus $(1,2,0,1)$ en $(2,1,1,0)$.

problem_match: Opgave 1.

solution_match: Oplossing I.


solution:
Zoals hierboven geldt dat $a \geq c+1$ omdat $a-c$ een zijde is. De driehoeksongelijkheid geeft dat $(a-c)+(b-d)>c+d$. Hieruit volgt dat $a+b \geq 2 c+2 d+1$. Als we deze twee ongelijkheden vermenigvuldigen krijgen we

$$
a^{2}+2(1+c d)=a(a+b) \geq(c+1)(2 c+2 d+1)
$$

wat we uitwerken tot

$$
a^{2} \geq 2 c^{2}+3 c+2 d-1=2 c(c+1)+(c+d-1)+d \geq 2 c(c+1)
$$

aangezien $c+d$ een zijde is van de driehoek. Evenzo krijgen we $b^{2} \geq 2 d(d+1)$. Deze twee ongelijkheden vermenigvuldigen we weer tot

$$
4(1+c d)^{2}=a^{2} b^{2} \geq 2 c(c+1) 2 d(d+1)
$$

Dat herschrijven we tot $1 \geq c d(c+d-1)$ wat betekent dat $c=0, d=0$ of $(c, d)=(1,1)$. Controleren levert de twee oplossingen zoals hierboven en dat $(c, d)=(1,1)$ geen oplossingen heeft.

solution_match: Oplossing II.


solution:
Zoals hierboven geldt dat $a \geq c+1$ omdat $a-c$ een zijde is en $b \geq d+1$ omdat $b-d$ een zijde is. Wegens de voorwaarde $a b=2(1+c d)$ volgt nu

$$
\begin{aligned}
& a=\frac{2(1+c d)}{b} \leq \frac{2(1+c d)}{d+1} \\
& b=\frac{2(1+c d)}{a} \leq \frac{2(1+c d)}{c+1}
\end{aligned}
$$

Optellen van deze ongelijkheden geeft

$$
\begin{aligned}
\frac{a+b}{2} & \leq \frac{1+c d}{d+1}+\frac{1+c d}{c+1} \\
& =\frac{c(d+1)-c+1}{d+1}+\frac{d(c+1)-d+1}{c+1} \\
& =c+d+\frac{1-c}{d+1}+\frac{1-d}{c+1}
\end{aligned}
$$

Anderzijds geeft de driehoeksongelijkheid dat $(a-c)+(b-d)>c+d$, waaruit volgt dat $a+b>2 c+2 d$. Als we dit combineren met de vorige ongelijkheid krijgen we

$$
c+d<\frac{a+b}{2} \leq c+d+\frac{1-c}{d+1}+\frac{1-d}{c+1} .
$$

Hieruit volgt dat $1-c$ of $1-d$ positief is. Omdat het niet-negatieve gehele getallen moeten zijn geldt dus dat $c=0$ of $d=0$. Dat geeft de twee oplossingen zoals in oplossing 1 .

solution_match: Oplossing III.


problem:
Zij $n>1$ een geheel getal. Op een rij staan $n$ dozen, en we hebben $n+1$ identieke stenen. Een verdeling is een manier om de stenen over de dozen te verdelen, waarbij elke steen in precies één doos zit. We zeggen dat twee van zulke verdelingen zich op een steenworp afstand van elkaar bevinden als we de ene verdeling uit de andere kunnen verkrijgen door precies één steen te verplaatsen naar een andere doos. De gezelligheid van een verdeling $a$ is gedefinieerd als het aantal verdelingen dat zich op een steenworp afstand van $a$ bevindt. Bepaal de gemiddelde gezelligheid over alle mogelijke verdelingen.
(Twee verdelingen zijn hetzelfde als er in de $i$-de doos van beide rijen evenveel stenen zitten, voor alle $i \in\{1,2, \ldots, n\}$.)

Antwoord. $\frac{n^{2}-1}{2}$
In de oplossingen hieronder noemen we twee verdelingen buren als ze op een steenworp afstand van elkaar liggen.

solution:
We tellen het aantal, $N_{k}$, verdelingen dat precies $k$ lege dozen bevat met $0 \leq k \leq n-1$ (aangezien niet alle dozen leeg kunnen zijn). Er zijn $\binom{n}{k}$ manieren om de lege dozen te kiezen en wegens het paaseierenprincipe $\binom{(k+1)+(n-k)-1}{k+1}=\binom{n}{k+1}$ manieren om de overige $n-k$ dozen te vullen met $n+1=(n-k)+(k+1)$ stenen zo dat elke van deze dozen minstens een steen bevat. Dit geeft een totaal van $N_{k}=\binom{n}{k} \cdot\binom{n}{k+1}$ verdelingen met precies $k$ lege dozen.

Gegeven zo'n verdeling kunnen we een steen van een van de de $n-k$ niet-lege dozen verplaatsen naar een van de andere $n-1$ dozen. Dit betekent dat er $(n-k)(n-1)$ verschillende verdelingen op steenworp afstand liggen. Dus de gezelligheid van elk van deze $N_{k}$ verdelingen is $(n-k)(n-1)$.

Voor $k^{\prime}=(n-1)-k$ is het aantal verdelingen met precies $k^{\prime}$ lege dozen gelijk aan $N_{k^{\prime}}=\binom{n}{k^{\prime}} \cdot\binom{n}{k^{\prime}+1}=\binom{n}{n-1-k} \cdot\binom{n}{n-k}=\binom{n}{k+1} \cdot\binom{n}{k}$, dus $N_{k^{\prime}}=N_{k}$. De gezelligheid van deze $N_{k}$ verdelingen is $\left(n-k^{\prime}\right)(n-1)=(k+1)(n-1)$. Dus de gemiddelde gezelligheid van deze twee (mogelijk dezelfde) verzamelingen verdelingen is $\frac{(n-k)+(k+1)}{2}(n-1)=\frac{n+1}{2}(n-1)$. Aangezien dit constant is in $k$, is dit ook het totale gemiddelde.

problem_match: Opgave 2.


solution:
Zij $V$ het totale aantal verdelingen en zij $E$ het aantal (geordende) paren verdelingen $(a, b)$ waarvan $a$ en $b$ buren zijn. Wegens het paaseierenprincipe weten we dat $V=\binom{(n+1)+n-1}{n+1}=\binom{2 n}{n+1}$.

Neem nu een paar buren $(a, b)$ en stel dat $b$ verkregen kan worden uit $a$ door een steen van doos $i$ naar doos $j$ te gooien (met $i \neq j$ ). Laat $c$ de verdeling van $n$ stenen over $n$ dozen zijn die je krijgt door die steen uit doos $i$ van $a$ te halen, of equivalent door die steen uit doos $j$ van $b$ te halen. Andersom kun je vanuit $c$ en het geordende paar $(i, j)$ het paar buren $(a, b)$ construeren. We concluderen dat $E$ gelijk is aan het aantal verdelingen van $n$ stenen over $n$ dozen vermenigvuldigd met het aantal manieren om geordende paren $(i, j)$ met $i \neq j$. Dat betekent dat $E=\binom{n+n-1}{n} \cdot n(n-1)=n(n-1) \cdot\binom{2 n-1}{n}$.

Aangezien $E$ de som van de gezelligheid is over alle verdelingen is de gemiddelde gezelligheid

$$
\begin{aligned}
\frac{E}{V} & =n(n-1) \cdot \frac{(2 n-1)!}{n!(n-1)!} \cdot \frac{(n+1)!(n-1)!}{(2 n)!}=n(n-1) \cdot \frac{(2 n-1)!}{(2 n)!} \cdot \frac{(n+1)!}{n!} \\
& =\frac{n(n-1)(n+1)}{2 n}=\frac{(n-1)(n+1)}{2}=\frac{n^{2}-1}{2}
\end{aligned}
$$


solution:
Net als in de eerste oplossing rekenen we uit dat er voor elke $0 \leq k \leq n-1$ precies $N_{k}=\binom{n}{k} \cdot\binom{n}{k+1}$ verdelingen zijn met gezelligheid $(n-k)(n-1)$. Om de totale gezelligheid uit te rekenen, bewijzen we dat

$$
\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n}{k}(n-k)\binom{n}{k+1}=n\binom{2 n-1}{n}
$$

De rechterkant telt het aantal manieren om uit $n$ algebra problemen en $n$ meetkunde problemen een handout samen te stellen met 1 algebravoorbeeldopgave en $n$ andere opgaven. De linkerkant telt dit ook, maar dan als som over $k$ door eerst $n-k$ algebra opgaven te kiezen, dan een voorbeeldopgave uit deze $n-k$ en dan nog $k+1$ meetkunde opgaven. (Deze som kan ook op andere manieren worden uitgerekend. Bijvoorbeeld door het herschrijven van $\binom{n}{k}(n-k)=\binom{n-1}{k} n$ en de factor $n$ buiten de som te halen. Je krijgt dan $n$ keer $\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n-1}{k}\binom{n}{k+1}=\binom{2 n-1}{n}$ wat volgt uit een soortgelijk verhaal over een handout met $n-k-1$ algebra opgaven en $k+1$ meetkunde opgaven, zonder voorbeeld.)

We concluderen dus dat de totale gezelligheid gelijk is aan

$$
\sum_{k=0}^{n-1} N_{k}(n-k)(n-1)=n\binom{2 n-1}{n}(n-1)
$$

Net als in de tweede oplossing merken we op dat het aantal verdelingen $V$ gelijk is aan $\binom{2 n}{n+1}$. Dus de gemiddelde gezelligheid is $(n-1) n\binom{2 n-1}{n} /\binom{2 n}{n+1}=\frac{n^{2}-1}{2}$.


solution:
Definieer $f(a)$ als het aantal niet-lege dozen in een verdeling $a$. Net als in de andere oplossingen geeft elke niet-lege doos $i$ van $a$ geeft precies $n-1$ buren van $a$, namelijk door een een steen van $i$ naar een willekeurige andere doos te gooien. Dus de gemiddelde gezelligheid is gelijk aan $n-1$ maal de gemiddelde waarde van $f(a)$.

Voor $i \in\{1, \ldots, n\}$ en een verdeling $a$ definiëren we

$$
f_{i}(a)= \begin{cases}0 & \text { als doos } i \text { leeg is in } a \\ 1 & \text { anders. }\end{cases}
$$

Merk op dat $f(a)=f_{1}(a)+\cdots+f_{n}(a)$. Zij $V_{i}$ verder het aantal verdelingen waarvan doos $i$ leeg is. Als doos $i$ leeg is dan moeten we de $n+1$ stenen verdelen over de ander $n-1$ dozen, dus $V_{i}=\binom{(n+1)+(n-1)-1}{n+1}=\binom{2 n-1}{n+1}$. Dus de fractie van verdelingen waarvan doos $i$ leeg is gelijk aan

$$
\frac{V_{i}}{V}=\frac{(2 n-1)!}{(n+1)!(n-2)!} \cdot \frac{(n+1)!(n-1)!}{(2 n)!}=\frac{(2 n-1)!}{(2 n)!} \cdot \frac{(n-1)!}{(n-2)!}=\frac{n-1}{2 n}
$$

De fractie van verdelingen waarvan doos $i$ niet-leeg is, oftewel het gemiddelde van $f_{i}(a)$, is dus gelijk aan $1-\frac{n-1}{2 n}=\frac{n+1}{2 n}$. Als we dit sommeren over $i$ dan vinden we dus een gemiddelde van $f(a)$ van $n \cdot \frac{n+1}{2 n}=\frac{n+1}{2}$. We concluderen dat de gemiddelde gezelligheid gelijk is aan $(n-1) \cdot \frac{n+1}{2}=\frac{n^{2}-1}{2}$.

solution_match: Oplossing IV.


problem: Vind alle natuurlijke getallen $n$ waarvoor er een geheel getal $a>2$ bestaat zo dat $a^{d}+2^{d} \mid a^{n}-2^{n}$ voor alle positieve delers $d \neq n$ van $n$.

solution:
Antwoord: $n$ is priem of een tweemacht (incl. $n=1$ ).
Inderdaad, als $n$ een oneven priemgetal is, dan is de enige deler $d=1$. Kies $a=2^{k}-2$ met $3 \leq k \leq n+1$, bijvoorbeeld $a=6$. Dan moeten we controleren dat $2^{k}-2+2=2^{k}$ een deler is $\left(2^{k}-2\right)^{n}-2^{n}$. Dit is het verschil tussen twee termen die allebei precies $n$ factoren 2 hebben, dus het verschil heeft minstens $n+1$ factoren 2 .

In het tweede geval hebben we $n=2^{m}$ met $m \geq 0$. Als $m=0$, dan zijn er geen positieve delers $d \neq n$, dus dan geldt de voorwaarde omdat de eis leeg is. Merk ook op dat $m=1$ het even priemgetal 2 geeft. Voor alle delers $d \neq n$ geldt nu dat $e=n / d$ even is. Dan merken we op dat

$$
a^{n}-2^{n}=a^{d e}-2^{d e} \equiv\left(-2^{d}\right)^{e}-2^{d e}=2^{n}\left((-1)^{e}-1\right) \quad \bmod a^{d}+2^{d}
$$

nul is voor alle $a$. Dus $a^{n}-2^{n}$ is een veelvoud van $a^{d}+2^{d}$, oftewel $a^{d}+2^{d} \mid a^{n}-2^{n}$. Hiermee hebben we beide gevallen gecontroleerd.

Stel nu dat $n$ geen priemgetal of tweemacht is. Dan kunnen we $n$ schrijven als $n=d e$ met $e \neq 1$ oneven (omdat $n$ geen tweemacht is) en $d \neq 1$ (omdat $n$ geen priemgetal is). Omdat $(-1)^{e}-1=2$ volgt uit de bovenstaande berekening nu dat $a^{d}+2^{d} \mid 2^{n+1}$. Dat betekent dat $a^{d}+2^{d}$ een tweemacht, dus $a^{d}=2^{k}-2^{d}$ voor een zekere $d<k \leq n+1$. Dus $a$ is deelbaar door 2 en $\left(\frac{a}{2}\right)^{d}=2^{k-d}-1$.

Nu maken we onderscheid tussen $d$ even en $d$ oneven. In het eerste geval is $2^{k-d}-1$ een kwadraat. Omdat $a>2$ impliceert $\left(\frac{a}{2}\right)^{d}=2^{k-d}-1$ echter dat $k-d \geq 2$. Dus dit kwadraat is -1 modulo 4 wat onmogelijk is. Als $d$ oneven is, dan merken we op dat

$$
2^{k-d}=\left(\frac{a}{2}\right)^{d}+1=\left(\frac{a}{2}+1\right)\left(\left(\frac{a}{2}\right)^{d-1}-\left(\frac{a}{2}\right)^{d-2}+\cdots+1\right) .
$$

Omdat $d \neq 1$ is $\frac{a}{2}+1$ strikt kleiner dan $\left(\frac{a}{2}\right)^{d}+1$. De tweede factor in dit product is een som van een even aantal termen met de pariteit van $\frac{a}{2}$ en een 1 , dus deze factor is oneven. Omdat de tweede factor ook groter dan 1 is, is dit in tegenspraak met de het feit dat het een deler moet zijn van de tweemacht $2^{k-d}$.

problem_match: Opgave 3.

solution_match: Oplossing.


problem: Zij $\triangle A B C$ een driehoek met een rechte hoek in $C$ en $|A C|>|B C|$, zij $I$ het middelpunt van de ingeschreven cirkel en zij $H$ de projectie van $C$ op het lijnstuk $A B$. De ingeschreven cirkel $\omega$ van $\triangle A B C$ raakt de zijden $B C, C A$ en $A B$ in respectievelijk de punten $A_{1}, B_{1}$ en $C_{1}$. Laat $E$ en $F$ de reflectie zijn van $C$ in respectievelijk de lijnen $A_{1} C_{1}$ en $B_{1} C_{1}$, en laat $K$ en $L$ de reflectie zijn van $H$ in respectievelijk de lijnen $A_{1} C_{1}$ en $B_{1} C_{1}$. Bewijs de de omgeschreven cirkels van $A_{1} E I, B_{1} F I$ en $C_{1} K L$ door een gemeenschappelijk punt gaan.

solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_524b295bd43a271b175ag-7.jpg?height=895&width=1600&top_left_y=935&top_left_x=252)

Merk op dat de lijnstukken $B C_{1}$ en $B A_{1}$ even lang zijn omdat het raaklijnen zijn vanuit $B$ aan de zelfde cirkel $\omega$. Dat betekent dat $\triangle A_{1} B C_{1}$ een gelijkbenige driehoek is met tophoek $B$. Omdat de bissectrice en hoogtelijn in een gelijkbenige driehoek samenvallen, staat de bissectrice van hoek $\angle A B C$ loodrecht op de lijn $A_{1} C_{1}$.

Hieruit kunnen we direct afleiden dat $A_{1} E \| A B$, maar het kan ook met eenvoudig hoekenjagen: aangezien $E$ de spiegeling is van $C$ geldt $\angle E A_{1} C_{1}=\angle C A_{1} C_{1}$ en wegens de gelijkbenige driehoek $\triangle A_{1} B C_{1}$ geldt $\angle C A_{1} C_{1}=\angle A C_{1} A_{1}$. Dus wegens Z-hoeken hebben we dat $A_{1} E \| A B$. Op dezelfde manier vinden we dat $C_{1} K \| B C$, omdat $\angle K C_{1} A_{1}=\angle H C_{1} A_{1}=$ $\angle B C_{1} A_{1}=\angle B A_{1} C_{1}$ ons Z-hoeken geven. Verder geldt $\left|A_{1} E\right|=\left|A_{1} C\right|=r$ waarbij $r$ de straal is van de ingeschreven cirkel $\omega$, omdat we een rechte hoek in $C$ hebben.

Omdat $E K$ de spiegeling is van $C H$ in $A_{1} C_{1}$ geldt ook dat $E K \perp B C$. Inderdaad, met
$S$ het snijpunt van $E K$ en $B C$, vinden we dat $\angle A_{1} E S=\angle B C H$ wegens de spiegeling en $\angle E A_{1} S=\angle C B H$ wegens Z-hoeken. Dus de driehoeken $\triangle A_{1} E S$ en $\triangle B C H$ zijn gelijkvormig, en de hoek $\angle E S A_{1}$ is recht net als $\angle C H B$. Omdat $E K$ en $A C$ nu allebei loodrecht op $B C$ staan concluderen we ook dat $E K \| A C$.

Evenzo geldt dat $B_{1} F\left\|A B, C_{1} L\right\| A C, F L \| B C$ en $\left|B_{1} F\right|=r$.
Zij $X$ het snijpunt van de lijnen $E K$ en $F L$. We gaan laten zien dat dit het gezochte punt is. Ten eerste is $C_{1} K X L$ een rechthoek en dus een koordenvierhoek.

Ten tweede gaan we bewijzen dat $|X I|=r$, omdat $\left|A_{1} E\right|=\left|B_{1} F\right|=r$. Inderdaad, laat $Y$ en $Z$ de snijpunten zijn van de lijn door $I$ evenwijdig aan $A B$ en respectievelijk de lijnen $E K$ en $F L$. Dan zijn $A_{1} E Y I$ en $B_{1} F Z I$ parallellogrammen, dus $|Y I|=r=|Z I|$. Verder is de hoek $\angle Y X Z=90^{\circ}$, dus wegens de stelling van Thales is ook $|X I|=r$.

In het bijzonder ligt $X$ dus op de ingeschreven cirkel $\omega$. Maar belangrijker is dat $A_{1} E X I$ en $B_{1} F X I$ gelijkbenige trapeziums zijn, en dus koordenvierhoeken.

problem_match: Opgave 4.

solution_match: # Oplossing I.


solution:
Je kan $X$ op verschillende manieren invoeren en het bewijs afmaken. Merk op dat $C H$ lijnstuk $A_{1} C_{1}$ inwendig snijdt wegens $|B C|<|A C|$. Dus $E K$ snijdt koorde $A_{1} C_{1}$ van $\omega$ ook inwendig, omdat $E K$ het spiegelbeeld is van $C H$. Definieer $X$ nu bijvoorbeeld als het snijpunt van $E K$ en $\omega$ aan dezelfde kant van $A_{1} C 1$ als $K$. Dan weten we dat $|X I|=r=\left|A_{1} E\right|$ en $E K \| A_{1} I$, dus $A_{1} E X I$ is een gelijkbenige trapezium (en dus een koordenvierhoek). Omdat $\angle A_{1} I B_{1}=90^{\circ}$ vinden we $\angle B_{1} I X+\angle X I A_{1}=270^{\circ}$. Omdat we ook weten dat $F B_{1}\|A B\| A_{1} E$, vinden we $\angle F B_{1} I+\angle I A_{1} E=270^{\circ}$. Aangezien $\angle X I A_{1}=$ $\angle I A_{1} E$ in het gelijkbenige trapezium, concluderen we dat ook $\angle B_{1} I X=\angle F B_{1} I$. En met $|X I|=r=\left|B_{1} F\right|$ hebben we dus dat ook $B_{1} F X I$ een gelijkbenig trapezium is (en dus een koordenvierhoek).

Per definitie ligt $X$ op $E K$. We laten nu zien dat $X$ ook op $F L$ ligt. Omdat $B_{1} F X I$ een gelijkbenig trapezium is, geldt $F X \| B_{1} I$. En we wisten al dat $B_{1} I\|B C\| F L$. Dus $F X$ en $F L$ zijn parallel en gaan beide door $F$, dus vallen ze samen. Dus is $C_{1} K X L$ een rechthoek (en dus een koordenvierhoek).