Dutch_TST/md/nl-2013-C_uitwerkingen.md

|MO-selectietoets |

woensdag 5 juni 2013

Uitwerkingen

Opgave 1. Vind alle viertallen $(a, b, c, d)$ van reële getallen waarvoor geldt

Oplossing. De eerste twee vergelijkingen van elkaar aftrekken geeft

$$2=5-3=(bc+d+a)-(ab+c+d)=b(c-a)+a-c=(b-1)(c-a)\mathrm{.}2=5-3=(b\; c+d+a)-(a\; b+c+d)=b(c-a)+a-c=(b-1)(c-a)\; .$$

De laatste twee vergelijkingen van elkaar aftrekken geeft

$$4=6-2=(da+b+c)-(cd+a+b)=d(a-c)+c-a=(1-d)(c-a)4=6-2=(d\; a+b+c)-(c\; d+a+b)=d(a-c)+c-a=(1-d)(c-a)$$

We zien dat $c-a$ niet gelijk aan 0 is (want dan zou het product van $c-a$ met iets anders 0 moeten zijn) en we kunnen dus concluderen dat $1-d=2(b-1)$, oftewel $3=2 b+d$. Op dezelfde manier combineren we de tweede en derde vergelijking; dat levert $3=(c-$ $1)(b-d)$ op. En combineren van de eerste en vierde vergelijking geeft $3=(1-a)(b-d)$. Dus $c-1=1-a$, oftewel $a+c=2$. Nu tellen we de eerste twee vergelijkingen bij elkaar op. Dat geeft $8=3+5=a b+c+d+b c+d+a=b(a+c)+(a+c)+2 d=2 b+2+2 d=2+3+d=5+d$, dus $d=3$. Vanwege $2 b+d=3$ volgt hieruit dat $b=0$. De eerste vergelijking wordt nu $0+c+3=3$, dus $c=0$. In de tweede vergelijking vinden we ten slotte $0+3+a=5$, dus $a=2$. We hebben nu gevonden dat de enige mogelijke oplossing is: $(a, b, c, d)=(2,0,0,3)$. Controleren laat zien dat dit viertal inderdaad aan alle vier de vergelijkingen voldoet.

Opgave 2. Vind alle gehele getallen $n$ waarvoor $\frac{4 n-2}{n+5}$ het kwadraat van een rationaal getal is. (Een rationaal getal is een getal in $\mathbb{Q}$.)

Oplossing. Stel dat $\frac{4 n-2}{n+5}$ het kwadraat van een rationaal getal is. Dan kunnen we het dus schrijven als $\frac{p^{2}}{q^{2}}$ met $p, q$ niet-negatieve gehele getallen, $q \neq 0$ en $\operatorname{ggd}(p, q)=1$. Vanwege de voorwaarde $\operatorname{ggd}(p, q)=1$, is $\frac{p^{2}}{q^{2}}$ de meest vereenvoudigde versie van deze breuk, dus er is een gehele $c \neq 0$ zodat $4 n-2=c p^{2}$ en $n+5=c q^{2}$. Nu is

$$22=4(n+5)-(4n-2)=4c{q}^2-c{p}^2=c((2q{)}^2-p^2)=c(2q-p)(2q+p)22=4(n+5)-(4\; n-2)=4\; c\; q^\{2\}-c\; p^\{2\}=c\backslash left((2\; q)^\{2\}-p^\{2\}\backslash right)=c(2\; q-p)(2\; q+p)$$

Dus $c$ is een deler van 22. Verder is 22 deelbaar door 2, dus de rechterkant is ook deelbaar door 2 . Als er een factor 2 in $2 q-p$ zit, zit er ook een factor 2 in $2 q+p$, want die twee factoren schelen $2 p$ en dat is even. En andersom, als $2 q+p$ deelbaar is door 2 , dan is $2 q-p$ dat ook. Maar 22 bevat maar één factor 2 , dus het kan niet dat $2 q-p$ en $2 q+p$ beide deelbaar zijn door 2 . We concluderen dat $2 q-p$ en $2 q+p$ juist oneven zijn en $c$ dus even is. Ten slotte geldt dat $p \geq 0$ en $q \geq 1$, dus $2 q+p \geq 2$, dus de factor 11 uit 22 moet juist in $2 q+p$ zitten. We concluderen dat er slechts twee mogelijkheden zijn:

• $c=2,2 q+p=11,2 q-p=1$;
• $c=-2,2 q+p=11,2 q-p=-1$.

In het eerste geval vinden we $2 p=11-1=10$, dus $p=5$ en $q=3$. Dit geeft $4 n-2=50$, dus $n=13$. Controleren: $\frac{4 n-2}{n+5}=\frac{50}{18}=\frac{25}{9}=\frac{5^{2}}{3^{2}}$, dus $n=13$ voldoet inderdaad. In het tweede geval vinden we $2 p=11--1=12$, dus $p=6$, maar dan kan $q$ niet meer geheel zijn, dus dit geval valt af. We concluderen dat er precies één oplossing is en dat is $n=13$.

Opgave 3. Gegeven is een driehoek $A B C . \mathrm{Zij} \Gamma_{1}$ de cirkel door $B$ die raakt aan zijde $A C$ in $A$. Zij $\Gamma_{2}$ de cirkel door $C$ die raakt aan zijde $A B$ in $A$. Het tweede snijpunt van $\Gamma_{1}$ en $\Gamma_{2}$ noemen we $D$. De lijn $A D$ snijdt de omgeschreven cirkel van $\triangle A B C$ nog een keer in $E$. Bewijs dat $D$ het midden is van $A E$.

Oplossing I. We bekijken de configuratie waar $D$ binnen $\triangle A B C$ ligt. De andere configuratie gaat analoog. Vanwege de raaklijnomtrekshoekstelling in $\Gamma_{1}$ geldt $\angle D A C=\angle D B A$. Vanwege de raaklijnomtrekshoekstelling in $\Gamma_{2}$ geldt $\angle D A B=\angle D C A$. Er geldt dus $\triangle A B D \sim \triangle C A D$ (hh), waaruit volgt

$$\frac{\mathrm{\mid }BD\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }AD\mathrm{\mid }}=\frac{\mathrm{\mid }AD\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }CD\mathrm{\mid }},\text{ oftewel }\mathrm{\mid }AD{\mathrm{\mid }}^2=\mathrm{\mid }BD\mathrm{\mid }\cdot \mathrm{\mid }CD\mathrm{\mid }\backslash frac\{|B\; D|\}\{|A\; D|\}=\backslash frac\{|A\; D|\}\{|C\; D|\},\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; oftewel\; \}\; \backslash quad|A\; D|^\{2\}=|B\; D|\; \backslash cdot|C\; D|$$

Volgens de omtrekshoekstelling geldt $\angle E C B=\angle E A B=\angle D A B=\angle D C A$. Dus $\angle E C D=$ $\angle E C B+\angle B C D=\angle D C A+\angle B C D=\angle B C A$. Verder is $\angle D E C=\angle A E C=\angle A B C$ vanwege de omtrekshoekstelling. Dus $\triangle C D E \sim \triangle C A B$ (hh). Analoog zien we dat $\triangle B D E \sim \triangle B A C$. We concluderen dat $\triangle C D E \sim \triangle E D B$, waaruit volgt

$$\frac{\mathrm{\mid }CD\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }DE\mathrm{\mid }}=\frac{\mathrm{\mid }ED\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }DB\mathrm{\mid }},\text{ oftewel }\mathrm{\mid }DE{\mathrm{\mid }}^2=\mathrm{\mid }BD\mathrm{\mid }\cdot \mathrm{\mid }CD\mathrm{\mid }\backslash frac\{|C\; D|\}\{|D\; E|\}=\backslash frac\{|E\; D|\}\{|D\; B|\},\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; oftewel\; \}\; \backslash quad|D\; E|^\{2\}=|B\; D|\; \backslash cdot|C\; D|$$

Samen met (1) geeft dit $|D E|^{2}=|A D|^{2}$, dus $|D E|=|A D|$, wat betekent dat $D$ het midden $\operatorname{van} A E$ is.

Oplossing II. We bekijken de configuratie waar $D$ binnen $\triangle A B C$ ligt. De andere configuratie gaat analoog. Vanwege de raaklijnomtrekshoekstelling in $\Gamma_{2}$ geldt $\angle D A B=\angle D C A$. De buitenhoekstelling geeft nu dat

$$\mathrm{\angle }CDE=\mathrm{\angle }DCA+\mathrm{\angle }CAD=\mathrm{\angle }DAB+\mathrm{\angle }CAD=\mathrm{\angle }CAB\mathrm{.}\backslash angle\; C\; D\; E=\backslash angle\; D\; C\; A+\backslash angle\; C\; A\; D=\backslash angle\; D\; A\; B+\backslash angle\; C\; A\; D=\backslash angle\; C\; A\; B\; .$$

Noem $B^{\prime}$ het tweede snijpunt van $B D$ met de omgeschreven cirkel van $\triangle A B C$. Vanwege de raaklijnomtrekshoekstelling in $\Gamma_{1}$ geldt $\angle C A D=\angle A B D=\angle A B B^{\prime}=\angle A C B^{\prime}$, waarbij de laatste $=$ een toepassing van de omtrekshoekstelling is. Dus

$$\mathrm{\angle }DC{B}^{\mathrm{\prime }}=\mathrm{\angle }DCA+\mathrm{\angle }AC{B}^{\mathrm{\prime }}=\mathrm{\angle }DAB+\mathrm{\angle }CAD=\mathrm{\angle }CAB\mathrm{.}\backslash angle\; D\; C\; B^\{\backslash prime\}=\backslash angle\; D\; C\; A+\backslash angle\; A\; C\; B^\{\backslash prime\}=\backslash angle\; D\; A\; B+\backslash angle\; C\; A\; D=\backslash angle\; C\; A\; B\; .$$

Verder is $\angle C B^{\prime} D=\angle C B^{\prime} B=\angle C A B$ vanwege de omtrekshoekstelling. We zien dat $\triangle D B^{\prime} C$ gelijkbenig is met tophoek $D$. Ook geeft (2) samen met (3) dat $\angle C D E=\angle D C B^{\prime}$, waaruit volgt $C B^{\prime} | D E$, oftewel $C B^{\prime} | A E$. Volgens de stelling van Julian geeft dit $\left|A B^{\prime}\right|=|C E|$. We hebben nu een gelijkbenig trapezium $A E C B^{\prime}$. De middelloodlijnen van de evenwijdige zijden $A E$ en $C B^{\prime}$ hiervan vallen samen. De middelloodlijn van $C B^{\prime}$ gaat door $D$ omdat $\triangle D B^{\prime} C$ gelijkbenig is. Dus de middelloodlijn van $A E$ gaat ook door $D$, wat betekent dat $D$ het midden van $A E$ is.

Oplossing III. Vanwege de raaklijnomtrekshoekstelling in $\Gamma_{1}$ geldt $\angle D A C=\angle D B A$. Vanwege de raaklijnomtrekshoekstelling in $\Gamma_{2}$ geldt $\angle D A B=\angle D C A$. Er geldt dus $\triangle A B D \sim \triangle C A D(\mathrm{hh})$. Noem nu $M$ het midden van $A B$ en $N$ het midden van $A C$. Dan is $D M$ een zwaartelijn in $\triangle D B A$ en is $D N$ de corresponderende zwaartelijn in $\triangle D A C$. Daardoor weten we dat $\angle B D M=\angle A D N$. Dus

We concluderen dat $M D N A$ een koordenvierhoek is. Dus $\angle M D A=\angle M N A$. Omdat $M N$ een middenparallel in $\triangle A B C$ is, is $\angle M N A=\angle B C A$ en dat is wegens de omtrekshoekstelling weer gelijk aan $\angle B E A$. Al met al hebben we $\angle M D A=\angle B E A$, wat betekent dat $M D$ evenwijdig is met $B E$. Aangezien $M$ het midden van $A B$ is, moet nu $D$ ook het midden van $A E$ zijn.

Opgave 4. Zij $n \geq 3$ een geheel getal en bekijk een $n \times n$-bord, opgedeeld in $n^{2}$ eenheidsvierkantjes. We hebben voor elke $m \geq 1$ willekeurig veel $1 \times m$-rechthoeken (type I) en willekeurig veel $m \times 1$-rechthoeken (type II) beschikbaar. We bedekken het bord met $N$ van deze rechthoeken, die elkaar niet overlappen en niet uitsteken buiten het bord. Het totaal aantal rechthoeken van type I op het bord moet hierbij gelijk zijn aan het totaal aantal rechthoeken van type II op het bord. (Merk op dat een $1 \times 1$-rechthoek zowel van type I als van type II is.) Wat is de kleinste waarde van $N$ waarvoor dit mogelijk is?

Oplossing. We bewijzen dat de minimale waarde $N=2 n-1$ is. We construeren eerst een voorbeeld door middel van inductie. Inductiebasis. Voor $n=3$ is $N=5$ mogelijk, door in het middelste veld een $1 \times 1$-rechthoek te leggen en de overige velden te bedekken met vier $2 \times 1$ - en $1 \times 2$-rechthoeken. Er zijn dan drie rechthoeken met hoogte 1 (type I) en drie rechthoeken met breedte 1 (type II), waarbij de $1 \times 1$-rechthoek twee keer geteld wordt. Inductiestap. Zij $k \geq 3$ en neem aan dat we een $k \times k$-bord kunnen bedekken met $2 k-1$ rechthoeken zodat aan alle voorwaarden is voldaan. Bekijk een $(k+1) \times(k+1)$-bord en bedek het $k \times k$-deelvierkant rechtsonder volgens de inductiehypothese. Bedek vervolgens de linkerkolom met een rechthoek met breedte 1 en hoogte $k+1$ en vervolgens de overgebleven ruimte met een rechthoek met hoogte 1 en breedte $k$. We hebben nu één rechthoek met breedte 1 en één rechthoek met hoogte 1 meer gebruikt, dus aan de voorwaarde is voldaan en we hebben $2 k-1+2=2(k+1)-1$ rechthoeken gebruikt. Hiermee hebben we een voorbeeld voor $n=k+1$ geconstrueerd. Hiermee is bewezen dat het mogelijk is om het bord te bedekken met $N=2 n-1$ rechthoeken. We willen nu nog bewijzen dat het niet met minder rechthoeken kan. Zij $k$ het aantal rechthoeken met breedte 1 en hoogte groter dan 1 . Dan is ook het aantal rechthoeken met hoogte 1 en breedte groter dan 1 , gelijk aan $k$. Zij verder $l$ het aantal rechthoeken van $1 \times 1$. Er geldt dus $N=2 k+l$. Als $k \geq n$, geldt $N \geq 2 n$, dus in dit geval is er niets te bewijzen. We nemen dus aan dat $k<n$ en we gaan bewijzen dat dan $l \geq 2 n-2 k-1$, zodat $N \geq 2 n-1$. Elke rechthoek met breedte 1 kan alleen velden in één kolom bedekken. Er zijn dus $n-k$ kolommen waarin geen enkel veld wordt bedekt door een rechthoek met breedte 1 en hoogte groter dan 1. Zo ook zijn er $n-k$ rijen waarin geen enkel veld wordt bedekt door een rechthoek met hoogte 1 en breedte groter dan 1. Bekijk de $(n-k)^{2}$ velden die in zowel zo'n rij als zo'n kolom liggen. Deze velden moeten bedekt worden door $1 \times 1$-rechthoeken. Dus $l \geq(n-k)^{2}$. Er geldt $(k-n+1)^{2} \geq 0$, dus $k^{2}+n^{2}+1-2 k n+2 k-2 n \geq 0$, dus $n^{2}-2 k n+k^{2} \geq 2 n-2 k-1$. We concluderen dat $l \geq(n-k)^{2} \geq 2 n-2 k-1$ en dat is precies wat we wilden bewijzen. Dus in alle gevallen is $N \geq 2 n-1$ en dat bewijst dat de minimale waarde van $N$ gelijk is aan $2 n-1$.

Opgave 5. Laat $a, b$ en $c$ positieve reële getallen zijn met $a b c=1$. Bewijs dat

$$a+b+c\ge \sqrt{\frac{(a+2)(b+2)(c+2)}{3}}a+b+c\; \backslash geq\; \backslash sqrt\{\backslash frac\{(a+2)(b+2)(c+2)\}\{3\}\}$$

Oplossing I. Laat $x, y$ en $z$ positieve reële getallen zijn zodat $x^{3}=a, y^{3}=b$ en $z^{3}=c$. Dan geldt $x^{3} y^{3} z^{3}=1$, dus ook $x y z=1$. We kunnen nu $a+2$ schrijven als $x^{3}+2 x y z=x\left(x^{2}+2 y z\right)$, en analoog kunnen we $b+2$ en $c+2$ herschrijven, waarmee we krijgen $(a+2)(b+2)(c+2)=x y z\left(x^{2}+2 y z\right)\left(y^{2}+2 z x\right)\left(z^{2}+2 x y\right)=\left(x^{2}+2 y z\right)\left(y^{2}+2 z x\right)\left(z^{2}+2 x y\right)$. Nu passen we rekenkundig-meetkundig toe op de positieve termen $x^{2}+2 y z, y^{2}+2 z x$ en $z^{2}+2 x y:$ $\left(x^{2}+2 y z\right)\left(y^{2}+2 z x\right)\left(z^{2}+2 x y\right) \leq\left(\frac{x^{2}+2 y z+y^{2}+2 z x+z^{2}+2 x y}{3}\right)^{3}=\left(\frac{(x+y+z)^{2}}{3}\right)^{3}$. We hebben tot nu toe dus gevonden:

$$(a+2)(b+2)(c+2)\le \frac{1}{27}{((x+y+z{)}^3)}^2(a+2)(b+2)(c+2)\; \backslash leq\; \backslash frac\{1\}\{27\}\backslash left((x+y+z)^\{3\}\backslash right)^\{2\}$$

We gaan nu bewijzen dat $(x+y+z)^{3} \leq 9\left(x^{3}+y^{3}+z^{3}\right)$. Voor wie het machtsgemiddelde kent: dit volgt direct uit de ongelijkheid van het rekenkundig gemiddelde en het derdemachtsgemiddelde. Er geldt

$$(x+y+z{)}^3=x^3+y^3+z^3+3(x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x+x{y}^2+y{z}^2+z{x}^2)+6xyz\mathrm{.}(x+y+z)^\{3\}=x^\{3\}+y^\{3\}+z^\{3\}+3\backslash left(x^\{2\}\; y+y^\{2\}\; z+z^\{2\}\; x+x\; y^\{2\}+y\; z^\{2\}+z\; x^\{2\}\backslash right)+6\; x\; y\; z\; .$$

Met rekenkundig-meetkundig op alleen maar positieve termen weten we dat

$$2x^3+y^3=x^3+x^3+y^3\ge 3\sqrt[3]{x^6{y}^3}=3x^{2}y2\; x^\{3\}+y^\{3\}=x^\{3\}+x^\{3\}+y^\{3\}\; \backslash geq\; 3\; \backslash sqrt[3]\{x^\{6\}\; y^\{3\}\}=3\; x^\{2\}\; y$$

en analoog $x^{3}+2 y^{3} \geq 3 x y^{2}$. Als we deze beide ongelijkheden cyclisch doordraaien, vinden we

$$3(x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x+x{y}^2+y{z}^2+z{x}^2)\le 6(x^3+y^3+z^3)\mathrm{.}3\backslash left(x^\{2\}\; y+y^\{2\}\; z+z^\{2\}\; x+x\; y^\{2\}+y\; z^\{2\}+z\; x^\{2\}\backslash right)\; \backslash leq\; 6\backslash left(x^\{3\}+y^\{3\}+z^\{3\}\backslash right)\; .$$

We weten natuurlijk ook $x^{3}+y^{3}+z^{3} \geq 3 \sqrt[3]{x^{3} y^{3} z^{3}}=3 x y z$, dus al met al krijgen we

$$(x+y+z{)}^3\le (x^3+y^3+z^3)+6(x^3+y^3+z^3)+2(x^3+y^3+z^3)=9(x^3+y^3+z^3)\mathrm{.}(x+y+z)^\{3\}\; \backslash leq\backslash left(x^\{3\}+y^\{3\}+z^\{3\}\backslash right)+6\backslash left(x^\{3\}+y^\{3\}+z^\{3\}\backslash right)+2\backslash left(x^\{3\}+y^\{3\}+z^\{3\}\backslash right)=9\backslash left(x^\{3\}+y^\{3\}+z^\{3\}\backslash right)\; .$$

Gecombineerd met (4) krijgen we nu

$$(a+2)(b+2)(c+2)\le \frac{1}{27}{\left(9(x^3+y^3+z^3)\right)}^2=3(a+b+c{)}^2(a+2)(b+2)(c+2)\; \backslash leq\; \backslash frac\{1\}\{27\}\backslash left(9\backslash left(x^\{3\}+y^\{3\}+z^\{3\}\backslash right)\backslash right)^\{2\}=3(a+b+c)^\{2\}$$

Links en rechts delen door 3 en daarna de worteltrekken (beide kanten zijn positief) geeft nu precies het gevraagde.

Oplossing II. Merk op dat $a, b$ en $c$ positief zijn, zodat we hieronder steeds rekenkundigmeetkundig mogen toepassen. Allereerst passen we rekenkundig-meetkundig toe op $a^{2}$ en 1 :

$$a^2+1\ge 2\sqrt{a^2}=2aa^\{2\}+1\; \backslash geq\; 2\; \backslash sqrt\{a^\{2\}\}=2\; a$$

Dit kunnen we cyclisch doordraaien en optellen, zodat we vinden:

$$a^2+b^2+c^2+3\ge 2a+2b+2ca^\{2\}+b^\{2\}+c^\{2\}+3\; \backslash geq\; 2\; a+2\; b+2\; c$$

Verder passen we rekenkundig-meetkundig toe op $b c, c a$ en $a b$ :

$$bc+ca+ab\ge 3\sqrt[3]{a^2{b}^2{c}^2}=3b\; c+c\; a+a\; b\; \backslash geq\; 3\; \backslash sqrt[3]\{a^\{2\}\; b^\{2\}\; c^\{2\}\}=3$$

waarbij we gebruikt hebben dat $a b c=1$. Ook passen we rekenkundig-meetkundig toe op $a^{2}, b^{2}$ en $c^{2}$ :

$$a^2+b^2+c^2\ge 3\sqrt[3]{a^2{b}^2{c}^2}=3a^\{2\}+b^\{2\}+c^\{2\}\; \backslash geq\; 3\; \backslash sqrt[3]\{a^\{2\}\; b^\{2\}\; c^\{2\}\}=3$$

Nu nemen we 2 keer (5), 4 keer (6) en 1 keer (7) en tellen dat op. Dan krijgen we:

$$2a^2+2b^2+2c^2+6+4bc+4ca+4ab+a^2+b^2+c^2\ge 4a+4b+4c+12+32\; a^\{2\}+2\; b^\{2\}+2\; c^\{2\}+6+4\; b\; c+4\; c\; a+4\; a\; b+a^\{2\}+b^\{2\}+c^\{2\}\; \backslash geq\; 4\; a+4\; b+4\; c+12+3$$

Gelijke termen bij elkaar nemen, links en rechts 6 aftrekken en links en rechts $2 a b+2 b c+2 c a$ optellen geeft:

$$3a^2+3b^2+3c^2+6ab+6bc+6ca\ge 2ab+2bc+2ca+4a+4b+4c+93\; a^\{2\}+3\; b^\{2\}+3\; c^\{2\}+6\; a\; b+6\; b\; c+6\; c\; a\; \backslash geq\; 2\; a\; b+2\; b\; c+2\; c\; a+4\; a+4\; b+4\; c+9$$

Nu staat links $3\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 b c+2 c a\right)=3(a+b+c)^{2}$. Rechts kunnen we 9 schrijven als $8+a b c$ en dan staat daar precies $(a+2)(b+2)(c+2)$. Als we dan ten slotte links en rechts delen door 3 en de wortel trekken (alles is nog steeds positief) dan krijgen we

$$a+b+c\ge \sqrt{\frac{(a+2)(b+2)(c+2)}{3}}a+b+c\; \backslash geq\; \backslash sqrt\{\backslash frac\{(a+2)(b+2)(c+2)\}\{3\}\}$$