IMO-selectietoets II
vrijdag 3 juni 2016
Uitwerkingen
Opgave 1. Bewijs dat voor alle positieve reële getallen $a, b, c$ geldt:
Oplossing. We kunnen $\sqrt[3]{a b c}$ schrijven als $\sqrt[3]{\frac{a}{4} \cdot b \cdot 4 c}$. Toepassen van de ongelijkheid van het rekenkundig en meetkundig gemiddelde op de (positieve) termen $\frac{a}{4}, b$ en $4 c$ geeft dan
Daarnaast passen we rekenkundig-meetkundig toe op $\frac{a}{2}$ en $2 b$ :
Deze twee ongelijkheden tellen we bij elkaar op en we tellen er ook nog $a$ bij op:
Opgave 2. Bepaal alle paren $(a, b)$ van gehele getallen met de volgende eigenschap: er is een gehele $d \geq 2$ zodat $a^{n}+b^{n}+1$ deelbaar is door $d$ voor alle positieve gehele getallen $n$.
Oplossing. Bekijk een paar $(a, b)$ dat voldoet, met bijbehorende $d$. Zij $p$ een priemdeler van $d$ (die bestaat omdat $d \geq 2$ ). Omdat $d \mid a^{n}+b^{n}+1$ voor alle $n$, geldt ook $p \mid a^{n}+b^{n}+1$ voor alle $n$. Bekijk nu $n=p-1$. Dan geldt $a^{n} \equiv 0 \bmod p$ als $p \mid a$ en $a^{n} \equiv 1 \bmod p$ als $p \nmid a$, wegens de kleine stelling van Fermat. Hetzelfde geldt voor $b$. Dus $a^{n}+b^{n}+1$ kan modulo $p$ de waarden 1 , 2 en 3 aannemen. Omdat het anderzijds 0 modulo $p$ moet zijn, zien we dat $p=2$ of $p=3$. We onderscheiden dus twee gevallen. Stel dat $p=3$. Dan moet dus $3 \nmid a, 3 \nmid b$. Het geval $n=1$ geeft verder dat $3 \mid a+b+1$, dus $a+b \equiv 2 \bmod 3$. Die twee eisen samen betekenen dat $a \equiv b \equiv 1 \bmod 3$. In dit geval geldt voor alle positieve gehele $n$ dat $a^{n}+b^{n}+1 \equiv 1+1+1 \equiv 0 \bmod 3$, dus elk zo'n tweetal voldoet, met $d=3$. Stel nu dat $p=2$. Dan moet 2 een deler zijn van precies één van $a$ en $b$. In dat geval geldt voor alle positieve gehele $n$ dat $a^{n}+b^{n}+1 \equiv 0+1+1 \equiv 0 \bmod 2$, dus elk zo'n tweetal voldoet, met $d=2$. We concluderen dat dit de paren zijn die voldoen: $(a, b)$ met $a \equiv b \equiv 1 \bmod 3,(a, b)$ met $a \equiv 1, b \equiv 0 \bmod 2$, en $(a, b)$ met $a \equiv 0, b \equiv 1 \bmod 2$.
Opgave 3. Zij $\triangle A B C$ een gelijkbenige driehoek met $|A B|=|A C|$. Laat $D, E$ en $F$ punten zijn op de respectievelijke lijnstukken $B C, C A$ en $A B$ zodat $|B F|=|B E|$ en zodat $E D$ de binnenbissectrice van $\angle B E C$ is. Bewijs dat $|B D|=|E F|$ dan en slechts dan als $|A F|=|E C|$.
Oplossing I. Uit het gegeven en de bissectricestelling volgt dat
Vanwege de gelijkbenigheid van $\triangle A B C$ geldt verder $\angle F B D=\angle E C D$, wat samen geeft dat $\triangle B F D \sim \triangle C E D$. Hieruit volgt dat $\angle B F D=\angle C E D=\angle B E D$, dus $B D E F$ is een koordenvierhoek. Met de stelling van Julian geldt dus $|B D|=|E F|$ dan en slechts dan als $D E | B F$. Er geldt $|A F|=|E C|$ dan en slechts dan als $|B F|=|A E|$ (aangezien $|A B|=|A C|$ ), oftewel dan en slechts dan als $|E A|=|E B|$, en dat geldt dan en slechts dan als $\angle B A E=\angle A B E$. Aangezien $2 \angle B E D=\angle B E C=\angle B A E+\angle A B E$ vanwege de buitenhoekstelling, is $\angle B A E=\angle A B E$ equivalent met $\angle B E D=\angle A B E$ en dat is weer equivalent met $D E | B F$. Kortom, $|B D|=|E F|$ dan en slechts dan als $D E | B F$ en dat geldt dan en slechts dan als $|A F|=|E C|$.
Oplossing II. Stel eerst $|B D|=|E F|$. Vanwege de buitenhoekstelling en het gegeven dat $|B F|=|B E|$ geldt $\angle A E F=\angle B F E-\angle F A E=\angle B E F-\angle F A E$. Dus $180^{\circ}-2 \angle B E D=\angle A E F+\angle B E F=2 \angle B E F-\angle F A E=2 \angle B E F-\left(180^{\circ}-2 \angle A B C\right)$. Hieruit volgt
dus $B D E F$ is een koordenvierhoek. Vanwege $|B D|=|E F|$ krijgen we met de stelling van Julian dat $B F | D E$. Dus
wat betekent dat $F D | A C$. Dus $F A E D$ is een parallellogram. Verder zijn driehoeken $B F D$ en $B A C$ nu gelijkvormig wegens gelijke hoeken bij $A$ en $F$, dus $B F D$ is ook gelijkbenig. Dus geldt $|A E|=|F D|=|F B|$. Vanwege $|A B|=|A C|$ volgt daaruit $|E C|=|A F|$. Stel nu andersom dat $|E C|=|A F|$. Dat betekent $|A E|=|B F|=|B E|$, dus $\triangle A E B$ is gelijkbenig. Hieruit volgt $\angle B A C=\angle A B E$, dus hebben de gelijkbenige driehoeken $\triangle A B C$ en $\triangle B E F$ dezelfde tophoek. Dat maakt dat ze gelijkvormig zijn. Noem de tophoek van deze driehoeken even $\alpha$ en de basishoek $\beta$. Dan is $\angle D B E=\angle D B A-\angle E B F=\beta-\alpha=\angle A E F$ vanwege de buitenhoekstelling in $\triangle A F E$. Verder is $\angle B E D=\frac{1}{2} \angle B E C=\frac{1}{2} \cdot 2 \alpha=\alpha$ vanwege de buitenhoekstelling in $\triangle A E B$. Driehoeken $\triangle A F E$ en $\triangle E D B$ hebben dus twee paren gelijke hoeken. Daarnaast is $|A E|=|E B|$, dus deze driehoeken zijn congruent. Daaruit volgt $|D B|=|E F|$.
Opgave 4. Bepaal het aantal verzamelingen $A=\left{a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{1000}\right}$ van positieve gehele getallen met $a_{1}<a_{2}<\ldots<a_{1000} \leq 2014$, waarvoor geldt dat de verzameling
een deelverzameling is van $A$.
Oplossing. We bewijzen dat er $2^{14}$ zulke verzamelingen zijn. We bewijzen in het bijzonder dat de verzamelingen $A$ die voldoen van de vorm $B \cup C$ zijn, met $C$ een deelverzameling van ${2001, \ldots, 2014}$ en $B={1,2, \ldots, 1000-|C|}$. Noem verzamelingen van die vorm "leuk". Omdat er $2^{14}$ deelverzamelingen van ${2001, \ldots, 2014}$ zijn, zijn er $2^{14}$ leuke verzamelingen. We laten eerst zien dat iedere leuke verzameling $A$ voldoet. Stel dat $i, j \leq 1000$ met $i+j \in A$. Dan is $i+j \leq 2000$, dus $i+j \in B$. Er bestaat dan dus een $k$ met $k \leq 1000-|C|$ zodat $i+j=a_{k}(=k)$. Omdat $a_{k} \leq 1000-|C|$ geldt ook $i, j \leq 1000-|C|$, dus $a_{i}=i$ en $a_{j}=j$. Dat betekent $a_{i}+a_{j}=i+j=a_{k}$ en dat is een element van $A$. Dus elk element van $S$ is een element van $A$, waaruit volgt dat $A$ voldoet. We laten nu zien dat iedere verzameling $A$ die voldoet, leuk is. Stel allereerst dat er een $k$ met $1 \leq k \leq 1000$ bestaat zodat $a_{k} \in{1001, \ldots, 2000}$. Dan is $a_{k}=1000+i$ voor zekere $i$ met $i \leq 1000$, dus $a_{1000}+a_{i}$ is een element van $S$ en moet daarom ook een element van $A$ zijn. Er geldt echter $a_{1000}+a_{i}>a_{1000}$, tegenspraak. Dus zo'n $a_{k}$ kan niet voorkomen. Dit betekent dat $A$ te schrijven is als de disjuncte vereniging $B \cup C$, met $C \subseteq{2001, \ldots, 2014}$ en $B \subseteq{1,2, \ldots, 1000}$. Zij $b$ het aantal elementen van $B$. Dan is $b \geq 986$, want $C$ heeft hoogstens 14 elementen. Om te bewijzen dat $A$ leuk is, moeten we bewijzen dat $B={1,2, \ldots, b}$. Hiertoe is het voldoende om te bewijzen dat $a_{b}$, het grootste element van $B$, gelijk is aan $b$. Stel daarom uit het ongerijmde dat $a_{b}>b$. Voor $i$ met $i=a_{b}-b$ geldt dan $b+i=a_{b} \leq 1000$, dus $i \leq 1000-b \leq 14<b$. Daarom is $a_{i} \leq 1000$ en dus $a_{b}+a_{i} \leq$ 2000. Omdat $i+b=a_{b} \in A$, geldt $a_{b}+a_{i} \in S \subset A$, maar dan is $a_{b}+a_{i}$ een groter element van $B$ dan $a_{b}$, het maximale element. Tegenspraak. Dus $a_{b}=b$, waaruit volgt dat $B={1,2, \ldots, b}$. Dus $A$ is leuk.