## Uitwerkingen toets 16 maart 2012

Opgave 1. Bestaan er kwadratische polynomen $P(x)$ en $Q(x)$ met reële coëfficiënten zodat het polynoom $P(Q(x))$ als nulpunten precies $x=2, x=3, x=5$ en $x=7$ heeft?

Oplossing. Stel dat zulke polynomen bestaan en schrijf $Q(x)=a x^{2}+b x+c$. Als we 2, 3, 5 en 7 in $Q$ stoppen, moeten er precies de (hoogstens) twee nulpunten van $P$ uitkomen. Omdat er niet meer dan twee keer dezelfde waarde uit $Q(x)$ kan komen (want $Q$ is kwadratisch) krijgen we dus twee verschillende waarden elk precies twee keer.
Stel nu $Q(n)=Q(m)$ voor verschillende getallen $m$ en $n$. Dan geldt $a n^{2}+b n+c=$ $a m^{2}+b m+c$, dus $a\left(n^{2}-m^{2}\right)=b(m-n)$, dus $a(n+m)(n-m)=-b(n-m)$. Omdat $m-n \neq 0$, volgt hieruit $a(n+m)=-b$, oftewel $n+m=\frac{-b}{a}$.
We weten dat we in $2,3,5$ en 7 twee verschillende paren $(m, n)$ en $(k, l)$ kunnen vinden zodat $Q(m)=Q(n)$ en $Q(k)=Q(l)$. Er geldt dan dus $m+n=\frac{-b}{a}=k+l$. We moeten dus de vier getallen $2,3,5$ en 7 op kunnen delen in twee paren die dezelfde som hebben. Dit is echter onmogelijk, aangezien $2+3+5+7=17$ oneven is. We concluderen dat er geen polynomen $P$ en $Q$ met de gevraagde eigenschappen bestaan.

Opgave 2. Zij $A B C$ een driehoek en zij $X$ een punt binnen de driehoek. De lijnen $X A$, $X B$ en $X C$ snijden de omgeschreven cirkel van $\triangle A B C$ nogmaals in respectievelijk $P, Q$ en $R$. Zij $U$ een punt op de halfrechte $X P$ (d.w.z. op de lijn $X P$ zodat $P$ en $U$ aan dezelfde kant van $X$ liggen). De lijn door $U$ evenwijdig aan $A B$ snijdt $B Q$ in $V$. De lijn door $U$ evenwijdig aan $A C$ snijdt $C R$ in $W$.
Bewijs dat $Q, R, V$ en $W$ op één cirkel liggen.

Oplossing I. Omdat $A B$ en $U V$ evenwijdig zijn, geldt $\triangle A B X \sim \triangle U V X$ (hh). Zo ook is $\triangle A C X \sim \triangle U W X$. Uit deze gelijkvormigheden verkrijgen we de verhoudingen

$$
\frac{|X A|}{|X B|}=\frac{|X U|}{|X V|} \quad \text { en } \quad \frac{|X A|}{|X C|}=\frac{|X U|}{|X W|}
$$

Hieruit volgt

$$
\frac{|X B|}{|X C|}=\frac{|X B|}{|X A|} \frac{|X A|}{|X C|}=\frac{|X V|}{|X U|} \frac{|X U|}{|X W|}=\frac{|X V|}{|X W|}
$$

Met behulp van de machtstelling vanuit het punt $X$ op de koordenvierhoek $B C Q R$ volgt nu

$$
|X C| \cdot|X R|=|X B| \cdot|X Q|=\frac{|X B|}{|X C|} \cdot|X C| \cdot|X Q|=\frac{|X V|}{|X W|} \cdot|X C| \cdot|X Q|
$$

dus

$$
|X W| \cdot|X R|=|X V| \cdot|X Q| .
$$

Uit de gegeven configuratie ( $X$ binnen de driehoek, $U$ en $P$ op de lijn $X P$ aan dezelfde kant van $X$ ) volgt dat $R$ en $W$ op de lijn $X C$ aan dezelfde kant van $X$ liggen, en ook $V$ en $Q$ op de lijn $X B$ liggen aan dezelfde kant van $X$. Dus geldt ook zonder absoluutstrepen: $X W \cdot X R=X V \cdot X Q$. De machtstelling zegt vervolgens dat dan $W, R, V$ en $Q$ op een cirkel liggen.

Oplossing II. Omdat $A B$ en $U V$ evenwijdig zijn, geldt $\triangle A B X \sim \triangle U V X$ (hh). Zo ook is $\triangle A C X \sim \triangle U W X$. Met deze gelijkvormigheden kunnen we $\frac{|X U|}{|X A|}$ op twee manieren uitdrukken:

$$
\frac{|U V|}{|A B|}=\frac{|X U|}{|X A|}=\frac{|U W|}{|A C|}
$$

Verder volgt uit de evenwijdigheden ook

$$
\angle V U W=\angle V U A+\angle A U W=\angle B A U+\angle U A C=\angle B A C .
$$

Nu zien we dat $\triangle V U W \sim \triangle B A C$ (zhz). Hieruit volgt, samen met Z-hoeken (beide bij het tweede $=$-teken):

$$
\angle W V B=\angle W V U-\angle B V U=\angle C B A-\angle V B A=\angle C B V .
$$

Bekijk nu de configuratie dat $V$ tussen $Q$ en $X$ ligt en $W$ tussen $X$ en $R$. Dan geldt

$$
\angle C B V=\angle C B Q=\angle C R Q=\angle W R Q,
$$

dus

$$
180^{\circ}-\angle W V Q=\angle W V B=\angle C B V=\angle W R Q
$$

Dit betekent dat $W V Q R$ een koordenvierhoek is.
Bij andere configuraties waarbij $V \neq Q$ en $W \neq R$ verloopt het bewijs analoog. Als $V=Q$ of $W=R$, dan zijn de vier punten $W, R, V$ en $Q$ er in feite maar drie (of nog minder), die dus zeker samen op een cirkel liggen.

Oplossing III. Als $V=Q$ of $W=R$, dan zijn de vier punten $W, R$, $V$ en $Q$ er in feite maar drie (of nog minder), die dus zeker samen op een cirkel liggen. Bekijk nu de configuratie dat $U$ tussen $X$ en $P$ ligt, $V$ tussen $Q$ en $X$, en $W$ tussen $X$ en $R$. Het bewijs in andere configuraties gaat analoog, tenzij $U=P$. Dat geval behandelen we aan het eind nog even.
Wegens Z-hoeken geldt

$$
\angle W U A=\angle P A C=\angle P R C=\angle P R W .
$$

Dus $\angle P U W=180^{\circ}-\angle W U A=180^{\circ}-\angle P R W$, waaruit we concluderen dat $P U W R$ een koordenvierhoek is. Op een vergelijkbare manier kunnen we laten zien dat $P U V Q$ een koordenvierhoek is. Nu passen we de machtstelling toe vanuit het punt $X$ op beide koordenvierhoeken:

$$
X W \cdot X R=X U \cdot X P=X V \cdot X Q
$$

Nu zegt de machtstelling weer dat $W, R, V$ en $Q$ op een cirkel liggen.
Bekijk nu het geval dat $U=P$. Wegens Z-hoeken geldt

$$
\angle W U A=\angle U A C=\angle U R C=\angle U R W .
$$

Bekijk de cirkel door $U, W$ en $R$. Daar is $\angle U R W$ de omtrekshoek op koorde $U W$. Omdat $\angle W U A$ even groot is, is dat blijkbaar de raaklijnhoek op die koorde, dus raakt $A U$ aan de cirkel. Daaruit volgt dat de macht van $X$ ten opzichte van deze cirkel gelijk is aan $X U^{2}$. Analoog is de macht van $X$ ten opzichte van de cirkel door $U, V$ en $Q$ ook gelijk aan $X U^{2}$. Dus

$$
X W \cdot X R=X U^{2}=X V \cdot X Q
$$

Nu zegt de machtstelling weer dat $W, R, V$ en $Q$ op een cirkel liggen.

Opgave 3. Bepaal alle paren positieve gehele getallen $(x, y)$ waarvoor

$$
x^{3}+y^{3}=4\left(x^{2} y+x y^{2}-5\right) .
$$

Oplossing I. We kunnen de vergelijking als volgt herschrijven:

$$
(x+y)\left(x^{2}-x y+y^{2}\right)=4 x y(x+y)-20
$$

Nu is $x+y$ een deler van de linkerkant en van de eerste term rechts, dus ook van de tweede term rechts: $x+y \mid 20$. Omdat $x+y \geq 2$, geeft dit voor $x+y$ de mogelijkheden $2,4,5,10,20$. Als van $x$ en $y$ er precies één even en één oneven is, is de linkerkant van de vergelijking oneven en de rechterkant even, tegenspraak. Dus $x+y$ is even, waarmee $x+y=5$ afvalt. Als $x+y=2$, geldt $x=y=1$ en dan staat links iets positiefs en rechts iets negatiefs, dus deze mogelijkheid valt ook af.
Om de andere mogelijkheden te proberen, schrijven we de vergelijking nog iets anders:

$$
(x+y)\left((x+y)^{2}-3 x y\right)=4 x y(x+y)-20
$$

Als $x+y=4$, staat er $4 \cdot(16-3 x y)=16 x y-20$, dus $16-3 x y=4 x y-5$, dus $21=7 x y$, oftewel $x y=3$. Dus geldt $(x, y)=(3,1)$ of $(x, y)=(1,3)$. Allebei de paren voldoen.
Als $x+y=10$, krijgen we $100-3 x y=4 x y-2$, dus $7 x y=102$. Maar 102 is niet deelbaar door 7 , dus dit kan niet.
Als $x+y=20$, krijgen we $400-3 x y=4 x y-1$, dus $7 x y=401$. Maar 401 is niet deelbaar door 7 , dus dit kan niet.
Hiermee hebben we alle mogelijkheden gehad, dus we concluderen dat $(1,3)$ en $(3,1)$ de enige oplossingen zijn.

Oplossing II. Er geldt $(x+y)^{3}=x^{3}+3 x^{2} y+3 x y^{2}+y^{3}$, dus uit de gegeven vergelijking volgt

$$
\begin{aligned}
(x+y)^{3} & =x^{3}+y^{3}+3 x^{2} y+3 x y^{2} \\
& =4\left(x^{2} y+x y^{2}-5\right)+3 x^{2} y+3 x y^{2} \\
& =7 x^{2} y+7 x y^{2}-20 \\
& =7 x y(x+y)-20 .
\end{aligned}
$$

Omdat $x+y$ een deler is van $(x+y)^{3}$ en van $7 x y(x+y)$, is $x+y$ ook een deler van 20. Omdat $x+y \geq 2$, geeft dit voor $x+y$ de mogelijkheden $2,4,5,10,20$.
Nu lezen we $(x+y)^{3}=7 x y(x+y)-20$ modulo 7 , dan krijgen we

$$
(x+y)^{3} \equiv-20 \equiv 1 \quad \bmod 7
$$

We proberen voor alle mogelijkheden van $x+y$ of de derde macht congruent aan 1 modulo 7 is. Er geldt $5^{3} \equiv(-2)^{3}=-8 \equiv-1 \bmod 7$, dus $x+y=5$ kan niet. Er geldt
$10^{3} \equiv 3^{3}=27 \equiv-1 \bmod 7$, dus $x+y=10$ kan ook niet. Er geldt $20^{3} \equiv(-1)^{3}=-1$ $\bmod 7$, dus ook $x+y=20$ kan niet. We houden alleen over $x+y=2$ en $x+y=4$.
Als $x+y=2$, geldt $x=y=1$ en dan staat links iets positiefs en rechts iets negatiefs, dus deze mogelijkheid valt ook af. Als $x+y=4$, is $(x, y)$ gelijk aan $(1,3),(2,2)$ of $(3,1)$. Invullen laat zien dat alleen $(1,3)$ en $(3,1)$ voldoen.

Opgave 4. Zij $A B C D$ een convexe vierhoek (d.w.z. alle binnenhoeken zijn kleiner dan $180^{\circ}$ ), zodat er een punt $M$ op lijnstuk $A B$ en een punt $N$ op lijnstuk $B C$ bestaan met de eigenschap dat $A N$ de vierhoek in twee stukken van gelijke oppervlakte deelt, en $C M$ dat ook doet.
Bewijs dat $M N$ de diagonaal $B D$ middendoor deelt.

Oplossing I. Noteer de oppervlakte van veelhoek $\mathcal{P}$ met $O(\mathcal{P})$. Laat $S$ het snijpunt van $A N$ en $C M$ zijn. Er geldt
$O(A S M)+O(S M B N)=O(A B N)=\frac{1}{2} O(A B C D)=O(C B M)=O(C N S)+O(S M B N)$,
dus $O(A S M)=O(C N S)$. Als we hier links en rechts $O(S M N)$ bij optellen, vinden we dat $O(M N A)=O(M N C)$. Deze driehoeken hebben dezelfde basis $M N$ en dus kennelijk ook dezelfde hoogte. Dat betekent dat de lijn $A C$ evenwijdig is aan de basis $M N$.
Laat nu $X$ en $Y$ de snijpunten zijn van respectievelijk $A B$ en $B C$ met de lijn door $D$ die evenwijdig aan $A C$ (en dus ook evenwijdig aan $M N$ ) loopt. De driehoeken $A C Y$ en $A C D$ hebben dezelfde basis $A C$ en dezelfde hoogte, dus $O(A C Y)=O(A C D)$. Hieruit volgt

$$
O(A N Y)=O(A N C)+O(A C Y)=O(A N C)+O(A C D)=O(A N C D)=O(A N B)
$$

waarbij de laatste gelijkheid geldt omdat $A N$ de vierhoek in twee stukken van gelijke oppervlakte deelt. De driehoeken $A N Y$ en $A N B$ hebben dezelfde hoogte, dus moeten ze ook dezelfde basis hebben. Dus $N$ is het midden van $B Y$.
Zo ook laten we zien dat $M$ het midden is van $B X$. We vinden dat $M N$ een middenparallel van $\triangle B X Y$ is. Omdat $D$ op $X Y$ ligt, snijdt $M N$ het lijnstuk $B D$ middendoor.

Alternatief bewijs voor $A C \| M N$. Er geldt $O(A B N)=\frac{1}{2} \cdot|A B| \cdot|B N| \cdot \sin \angle B$ en $O(M B C)=\frac{1}{2} \cdot|M B| \cdot|B C| \cdot \sin \angle B$. Omdat ook geldt $O(A B N)=\frac{1}{2} O(A B C D)=$ $O(M B C)$, zien we dat

$$
\frac{1}{2} \cdot|A B| \cdot|B N| \cdot \sin \angle B=\frac{1}{2} \cdot|M B| \cdot|B C| \cdot \sin \angle B
$$

oftewel

$$
|A B| \cdot|B N|=|M B| \cdot|B C| .
$$

Dat betekent

$$
\frac{|M B|}{|B N|}=\frac{|A B|}{|B C|}
$$

waaruit met (zhz) volgt dat $\triangle M B N \sim \triangle A B C$. Hieruit volgt dat $\angle N M B=\angle C A B$, dus zien we met F-hoeken dat $M N \| A C$.

Oplossing II. Noteer de oppervlakte van veelhoek $\mathcal{P}$ met $O(\mathcal{P})$. Noem $T$ het midden van $B D$. Nu hebben driehoeken $C D T$ en $C B T$ een even lange basis, namelijk $|D T|=$ $|B T|$, en dezelfde hoogte, dus zijn hun oppervlaktes gelijk. Op dezelfde manier geldt $O(A D T)=O(A B T)$. Dus $O(A T C D)=\frac{1}{2} O(A B C D)=O(A N C D)$. Merk nu op dat $T$ niet binnen driehoek $A C D$ kan liggen, want dan zou $O(A T C D)<O(A C D)$, terwijl juist $O(A N C D)>O(A C D)$. Dus

$$
O(A T C)=O(A T C D)-O(A C D)=O(A N C D)-O(A C D)=O(A N C)
$$

Driehoeken $A T C$ en $A N C$ hebben dezelfde basis $A C$, dus ze hebben gelijke hoogte. Dat betekent dat de lijn $N T$ evenwijdig is aan de basis $A C$.
Op analoge manier laten we zien dat $M T$ evenwijdig is aan $A C$. Dus $N T \| M T$ en daaruit volgt dat $M, N$ en $T$ op één lijn liggen. Dus $M N$ gaat door het midden van $B D$.

Opgave 5. Laat $A$ een verzameling van positieve gehele getallen zijn met de volgende eigenschap: voor elk positief geheel getal $n$ zit precies één van de drie getallen $n, 2 n$ en $3 n$ in $A$. Verder is gegeven dat $2 \in A$. Bewijs dat $13824 \notin A$.

Oplossing. We bewijzen de volgende twee beweringen:
(i) Als $m \in A$ met $2 \mid m$, dan $6 m \in A$.
(ii) Als $m \in A$ met $3 \mid m$, dan $\frac{4}{3} m \in A$.

Eerst bewering (i). Neem aan dat $m \in A$ met $2 \mid m$. Door $n=\frac{m}{2}$ te kiezen, zien we dat $\frac{m}{2}$ en $\frac{3}{2} m$ niet in $A$ zitten. Door $n=m$ te kiezen, zien we dat $2 m$ en $3 m$ niet in $A$ zitten. Als we nu $n=\frac{3}{2} m$ bekijken, dan blijkt $2 n=3 m$ niet in $A$ te zitten en $n=\frac{3}{2} m$ zelf ook niet, dus $3 n=\frac{9}{2} m$ wel. Met $n=\frac{9}{2} m$ krijgen we nu dat $9 m \notin A$. Ten slotte bekijken we $n=3 m$ : we weten dat $3 m \notin A$ en $9 m \notin A$, dus $6 m \in A$.
Nu bewering (ii). Neem aan dat $m \in A$ met $3 \mid m$. Door $n=\frac{m}{3}$ te kiezen, zien we dat $\frac{m}{3}$ en $\frac{2}{3} m$ niet in $A$ zitten. Door $n=m$ te kiezen, zien we dat $2 m$ niet in $A$ zit. Als we nu $n=\frac{2}{3} m$ kiezen, hebben we dus dat $n$ en $3 n$ niet in $A$ zitten, dus zit $2 n=\frac{4}{3} m$ dat wel. Dit bewijst bewering (ii).
We weten dat $2 \in A$. Door herhaaldelijk beweringen (i) en (ii) toe te passen, kunnen we laten zien dat de volgende getallen ook allemaal in $A$ zitten:

$$
2 \xrightarrow{\text { (i) }} 2^{2} \cdot 3 \xrightarrow{\text { (i) }} 2^{3} \cdot 3^{2} \xrightarrow{\text { (i) }} 2^{4} \cdot 3^{3} \xrightarrow{\text { (i) }} 2^{5} \cdot 3^{4} \xrightarrow{\text { (ii) }} 2^{7} \cdot 3^{3} \xrightarrow{\text { (ii) }} 2^{9} \cdot 3^{2} .
$$

Omdat $2^{9} \cdot 3^{2} \in A$, geldt $2^{9} \cdot 3^{3} \notin A$. Aangezien $13824=2^{9} \cdot 3^{3}$, is dit wat we moesten bewijzen.