## Uitwerkingen toets 2009

Opgave 1. Zij $n \geq 10$ een geheel getal. We schrijven $n$ in het tientallig stelsel. Zij $S(n)$ de som van de cijfers van $n$. Een stomp van $n$ is een positief geheel getal dat verkregen is door een aantal (minstens één, maar niet alle) cijfers van $n$ aan het rechteruiteinde weg te halen. Bijvoorbeeld: 23 is een stomp van 2351. $\mathrm{Zij} T(n)$ de som van alle stompen van $n$. Bewijs dat $n=S(n)+9 \cdot T(n)$.

Oplossing. Van rechts naar links geven we de cijfers van $n$ aan met $a_{0}, a_{1}, \ldots, a_{k}$. Er geldt dus

$$
n=a_{0}+10 a_{1}+\cdots+10^{k} a_{k} .
$$

Een stomp van $n$ bestaat van rechts naar links uit de cijfers $a_{i}, a_{i+1}, \ldots, a_{k}$ waarbij $1 \leq i \leq k$. Zo'n stomp is dan gelijk aan $a_{i}+10 a_{i+1}+\cdots+10^{k-i} a_{k}$. Als we dit sommeren over alle $i$, krijgen we $T(n)$. We kunnen vervolgens $T(n)$ makkelijker schrijven door alle termen met $a_{1}$ samen te nemen, alle termen met $a_{2}$, enzovoorts (dit komt hieronder neer op het verwisselen van de sommatietekens: eerst sommeren over $i$ van 1 tot en met $k$ en daarna per $i$ nog over $j$ van $i$ tot en met $k$, is hetzelfde als eerst sommeren over $j$ van 1 tot en met $k$ en daarna per $j$ nog over $i$ van 1 tot en met $j$ ):

$$
\begin{gathered}
T(n)=\sum_{i=1}^{k}\left(a_{i}+10 a_{i+1}+\cdots+10^{k-i} a_{k}\right)=\sum_{i=1}^{k} \sum_{j=i}^{k} 10^{j-i} a_{j} \\
=\sum_{j=1}^{k} \sum_{i=1}^{j} 10^{j-i} a_{j}=\sum_{j=1}^{k}\left(1+10+\cdots+10^{j-1}\right) a_{j}=\sum_{j=1}^{k} \frac{10^{j}-1}{10-1} a_{j} .
\end{gathered}
$$

In de laatste stap hebben we de somformule voor de meetkundige reeks gebruikt. We krijgen nu

$$
9 \cdot T(n)=\sum_{j=1}^{k}\left(10^{j}-1\right) a_{j}=\sum_{j=0}^{k}\left(10^{j}-1\right) a_{j}
$$

Bedenk nu dat $S(n)=\sum_{j=0}^{k} a_{j}$. Er geldt dus

$$
S(n)+9 \cdot T(n)=\sum_{j=0}^{k}\left(10^{j}-1+1\right) a_{j}=\sum_{j=0}^{k} 10^{j} a_{j}=n
$$

Opgave 2. Zij $A B C$ een driehoek, punt $P$ het midden van $B C$ en punt $Q$ op lijnstuk $C A$ zodat $|C Q|=2|Q A|$. Zij $S$ het snijpunt van $B Q$ en $A P$. Bewijs dat $|A S|=|S P|$.

Oplossing I. Trek een lijn door $P$ evenwijdig aan $A C$ en zij $T$ het snijpunt van deze lijn met $B Q$. Dan is $P T$ een middenparallel in driehoek $B C Q$, dus geldt $|P T|=\frac{1}{2}|C Q|=|Q A|$. Nu is $A T P Q$ een vierhoek met een paar even lange, evenwijdige zijden, dus $A T P Q$ is een parallellogram. Van een parallellogram weten we dat de diagonalen elkaar middendoor snijden, dus $|A S|=|S P|$.

Oplossing II. We passen de stelling van Menelaos toe in driehoek $P C A$. We weten dat de punten $B, S$ en $Q$ op één lijn liggen, dus

$$
-1=\frac{P B}{B C} \cdot \frac{C Q}{Q A} \cdot \frac{A S}{S P}=\frac{-1}{2} \cdot \frac{2}{1} \cdot \frac{A S}{S P}=-\frac{A S}{S P}
$$

Dus $\frac{A S}{S P}=1$, waaruit volgt dat $S$ midden tussen $A$ en $P$ ligt.
Oplossing III. Zij $M$ het midden van $Q C$ en noem $x=[A Q S]=[Q M S]=[M C S]$ en $y=[C P S]=[P B S]$. Omdat $[C P A]=[P B A]$ geldt dat $[A S B]=3 x$. Maar dan is $[A Q B]=x+3 x$ terwijl anderzijds $2[A Q B]=[Q C B]$, dus $2 x+2 y=[Q C B]=2[A Q B]=8 x$. Dus $y=3 x$. Maar dan $[A S B]=3 x=y=[S P B]$, dus $|A S|=|S P|$.

Oplossing IV. Zij $R$ het snijpunt van $C S$ en $A B$. Volgens de stelling van Ceva geldt

$$
\frac{A R}{R B} \cdot \frac{B P}{P C} \cdot \frac{C Q}{Q A}=1
$$

waaruit volgt $2|A R|=|R B|$. Zij $a=[P S C], b=[Q S C], c=[Q S A], d=[R S A]$, $e=[R S B]$ en $f=[P S B]$. Nu geldt

$$
b+a+f=2(c+d+e) \quad \text { en } \quad a+e+f=2(b+c+d)
$$

waaruit volgt

$$
b-e=2 e-2 b
$$

dus $b=e$. Verder geldt $2 d=e$ en $2 c=b$, dus ook $c=d$ en $c+d=e$. Uit $a+e+f=$ $2(b+c+d)$ volgt nu

$$
a+f=b+2 c+2 d=b+c+d+e,
$$

dus

$$
2(a+f)=a+b+c+d+e+f=[A B C] .
$$

Dus $2|P S|=|P A|$, dus $|P S|=|A S|$.

Opgave 3. Laat $a, b$ en $c$ positieve reële getallen zijn die voldoen aan $a+b+c \geq a b c$. Bewijs dat

$$
a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq \sqrt{3} a b c
$$

Oplossing. We weten dat $a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq a b+b c+c a$ en dus $3\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) \geq(a+b+c)^{2}$. Wegens de ongelijkheid van het meetkundig en rekenkundig gemiddelde geldt $a+b+c \geq$ $3(a b c)^{\frac{1}{3}}$ en anderzijds is gegeven dat $a+b+c \geq a b c$. Dus we hebben twee ongelijkheden:

$$
\begin{aligned}
& a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq \frac{1}{3}(a+b+c)^{2} \geq 3(a b c)^{\frac{2}{3}} \\
& a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq \frac{1}{3}(a+b+c)^{2} \geq \frac{1}{3}(a b c)^{2}
\end{aligned}
$$

We doen de eerste ongelijkheid tot de macht $\frac{3}{4}$ en de tweede tot de macht $\frac{1}{4}$ (en dit mogen we doen omdat alles positief is):

$$
\begin{aligned}
& \left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)^{\frac{3}{4}} \geq 3^{\frac{3}{4}}(a b c)^{\frac{1}{2}} \\
& \left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)^{\frac{1}{4}} \geq 3^{-\frac{1}{4}}(a b c)^{\frac{1}{2}}
\end{aligned}
$$

Nu vermenigvuldigen we deze beide en dan krijgen we

$$
a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq 3^{\frac{1}{2}}(a b c)
$$

wat het gevraagde is.

Opgave 4. Vind alle functies $f: \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}$ die voldoen aan

$$
f(m+n)+f(m n-1)=f(m) f(n)+2
$$

voor alle $m, n \in \mathbb{Z}$.
Oplossing. Stel eerst dat er een $c \in \mathbb{Z}$ is met $f(n)=c$ voor alle $n$. Dan hebben we $2 c=c^{2}+2$, dus $c^{2}-2 c+2=0$ en dat heeft geen oplossing voor $c$. Dus is $f$ niet constant. Vul nu in $m=0$. Dat geeft $f(n)+f(-1)=f(n) f(0)+2$, waaruit we concluderen dat $f(n)(1-f(0))$ een constante is. Omdat $f(n)$ niet constant is, volgt hieruit $f(0)=1$. Uit dezelfde vergelijking krijgen we nu $f(-1)=2$. Vul nu in $m=n=-1$, dat geeft $f(-2)+f(0)=f(-1)^{2}+2$, waaruit volgt $f(-2)=5$. Vul vervolgens in $m=1$ en $n=-1$, dan krijgen we $f(0)+f(-2)=f(1) f(-1)+2$, waaruit volgt $f(1)=2$.
Vul nu in $m=1$, dan krijgen we $f(n+1)+f(n-1)=f(1) f(n)+2$, ofwel

$$
f(n+1)=2 f(n)+2-f(n-1) .
$$

Met inductie bewijzen we nu gemakkelijk dat $f(n)=n^{2}+1$ voor alle $n \geq 0$ en vervolgens met de vergelijking

$$
f(n-1)=2 f(n)+2-f(n+1)
$$

ook voor $n \leq 0$. Dus $f(n)=n^{2}+1$ voor alle $n$ en deze functie voldoet.

Opgave 5. Van een gegeven $n$-hoek met alle zijden even lang hebben alle hoekpunten rationale coördinaten. Bewijs dat $n$ even is.

Oplossing. Laat $\left(x_{1}, y_{1}\right), \ldots,\left(x_{n}, y_{n}\right)$ de coördinaten van de hoekpunten van de $n$-hoek zijn. Definieer $a_{i}=x_{i+1}-x_{i}, b_{i}=y_{i+1}-y_{i}$ voor $i=1,2, \ldots, n$, waarbij $x_{n+1}=x_{1}$ en $y_{n+1}=y_{1}$. Gegeven is nu dat $a_{i}, b_{i} \in \mathbb{Q}$ en $\sum_{i=1}^{n} a_{i}=\sum_{i=1}^{n} b_{i}=0$; en de som $a_{i}^{2}+b_{i}^{2}$ is voor alle $i$ gelijk. Door alle noemers weg te vermenigvuldigen en eventuele gemeenschappelijke delers van de tellers weg te delen, mogen we aannemen dat $a_{i}, b_{i} \in \mathbb{Z}$ en $\operatorname{ggd}\left(a_{1}, \ldots, a_{n}, b_{1}, \ldots, b_{n}\right)=1$. Zij $c$ het gehele getal zodat $a_{i}^{2}+b_{i}^{2}=c$ voor alle $i$.
Stel eerst dat $c \equiv 1 \bmod 2$. Dan is voor elke $i$ precies één van $a_{i}, b_{i}$ oneven. Dus van alle $2 n$ getallen $a_{i}, b_{i}$ zijn er precies $n$ even en $n$ oneven. Dus $0=\sum_{i=1}^{n}\left(a_{i}+b_{i}\right) \equiv n \bmod 2$. Dus $n$ is even.
Stel nu dat $c \equiv 0 \bmod 2$. Dan geldt voor alle $i$ dat $a_{i} \equiv b_{i} \bmod 2$. Als er een $i$ is met $a_{i}$ en $b_{i}$ allebei oneven, dan is $c=a_{i}^{2}+b_{i}^{2} \equiv 1+1 \equiv 2 \bmod 4$. Als er een $i$ is met $a_{i}$ en $b_{i}$ allebei even, dan is $c=a_{i}^{2}+b_{i}^{2} \equiv 0+0 \equiv 0 \bmod 4$. Dit kan niet allebei tegelijk. Dus óf alle $a_{i}$ en $b_{i}$ zijn oneven, óf alle $a_{i}$ en $b_{i}$ zijn even. Het laatste is een tegenspraak met onze aanname over de ggd van alle $a_{i}$ en $b_{i}$. Het eerste geeft $0=\sum_{i=1}^{n} a_{i} \equiv n \bmod 2$, dus $n$ is even.