## Uitwerkingen toets 6 juni 2012

Opgave 1. Zij $I$ het middelpunt van de ingeschreven cirkel van driehoek $A B C$. Een lijn door $I$ snijdt het inwendige van lijnstuk $A B$ in $M$ en het inwendige van lijnstuk $B C$ in $N$. We nemen aan dat $B M N$ een scherphoekige driehoek is. Laat nu $K$ en $L$ punten op lijnstuk $A C$ zijn zodat $\angle B M I=\angle I L A$ en $\angle B N I=\angle I K C$.
Bewijs dat $|A M|+|K L|+|C N|=|A C|$.

Oplossing. Noem $D, E$ en $F$ de voetpunten van $I$ op respectievelijk $B C, C A$ en $A B$. Er geldt dat $N$ tussen $C$ en $D$ ligt: als namelijk $N$ tussen $D$ en $B$ ligt, dan is $\angle B N I$ groter dan $\angle B D I=90^{\circ}$, maar gegeven is dat $\triangle B M N$ scherphoekig is. Dus $N$ ligt tussen $C$ en $D$. Zo ook ligt $M$ tussen $A$ en $F$. Verder kan $L$ niet tussen $A$ en $E$ liggen, want dan zou $\angle I L A>90^{\circ}$, terwijl juist $\angle I L A=\angle B M I<90^{\circ}$. Dus $L$ ligt tussen $E$ en $C$. Zo ook ligt $K$ tussen $A$ en $E$. Al met al ligt $E$ tussen $K$ en $L$.
Er geldt

$$
|A C|=|A E|+|C E|=|A F|+|C D|=|A M|+|M F|+|C N|+|N D|,
$$

waarbij het tweede =-teken geldt omdat de raaklijnstukjes aan de ingeschreven cirkel even lang zijn.
Verder is $\angle I K E=\angle I K C=\angle B N I=\angle D N I$ en $\angle K E I=90^{\circ}=\angle I D N$, dus $\triangle I K E \sim$ $\triangle I N D$ (hh). Omdat lijnstukken $E I$ en $D I$ beide de straal van de ingeschreven cirkel zijn, zijn deze even lang, dus geldt zelfs $\triangle I K E \cong \triangle I N D$. Hieruit volgt $|E K|=|N D|$.
Zo ook kunnen we afleiden dat $|E L|=|M F|$. We krijgen dus

$$
|A C|=|A M|+|M F|+|N D|+|C N|=|A M|+|E L|+|E K|+|C N|=|A M|+|K L|+|C N|
$$

Opgave 2. Laat $a, b, c$ en $d$ positieve reële getallen zijn. Bewijs dat

$$
\frac{a-b}{b+c}+\frac{b-c}{c+d}+\frac{c-d}{d+a}+\frac{d-a}{a+b} \geq 0
$$

Oplossing. Er geldt

$$
\frac{a-b}{b+c}=\frac{a-b+b+c}{b+c}-1=\frac{a+c}{b+c}-1
$$

Door hetzelfde met de andere drie breuken te doen en daarna de vier keer -1 naar de andere kant te halen, krijgen we dat we moeten bewijzen:

$$
\frac{a+c}{b+c}+\frac{b+d}{c+d}+\frac{c+a}{d+a}+\frac{d+b}{a+b} \geq 4
$$

Nu passen we de ongelijkheid van het harmonisch en rekenkundig gemiddelde toe op de twee positieve getallen $b+c$ en $d+a$ :

$$
\frac{2}{\frac{1}{b+c}+\frac{1}{d+a}} \leq \frac{(b+c)+(d+a)}{2}
$$

dus

$$
\frac{1}{b+c}+\frac{1}{d+a} \geq \frac{4}{a+b+c+d}
$$

Zo ook geldt

$$
\frac{1}{c+d}+\frac{1}{a+b} \geq \frac{4}{a+b+c+d}
$$

Hiermee kunnen we de linkerkant van (1) afschatten:

$$
\begin{aligned}
\frac{a+c}{b+c}+\frac{b+d}{c+d}+\frac{c+a}{d+a}+\frac{d+b}{a+b} & =(a+c)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{d+a}\right)+(b+d)\left(\frac{1}{c+d}+\frac{1}{a+b}\right) \\
& \geq(a+c) \cdot \frac{4}{a+b+c+d}+(b+d) \cdot \frac{4}{a+b+c+d} \\
& =4 \cdot \frac{(a+c)+(b+d)}{a+b+c+d} \\
& =4 .
\end{aligned}
$$

Daarmee hebben we (1) bewezen.

Opgave 3. Bepaal alle positieve gehele getallen die niet geschreven kunnen worden als $\frac{a}{b}+\frac{a+1}{b+1}$ met $a, b$ positief en geheel.

Oplossing. Er geldt

$$
\frac{a}{b}+\frac{a+1}{b+1}=\frac{2 a b+a+b}{b(b+1)}
$$

Neem aan dat dit gelijk is aan een geheel getal $n$. Dan geldt $b \mid 2 a b+a+b$ en $b+1 \mid$ $2 a b+a+b$. Uit het eerste volgt $b \mid a$ en dus ook $b \mid a-b$. Uit het tweede volgt $b+1 \mid(2 a b+a+b)-(b+1) \cdot 2 a=-a+b$, dus ook $b+1 \mid a-b$. Omdat de ggd van $b$ en $b+1$ gelijk aan 1 is, mogen we hieruit concluderen dat $b(b+1) \mid a-b$. We kunnen $a$ dus schrijven als $a=b(b+1) \cdot k+b$. Omdat $a$ positief moet zijn, moet $k$ hier een niet-negatief geheel getal zijn. Dit vullen we in:

$$
\begin{aligned}
n & =\frac{2 a b+a+b}{b(b+1)} \\
& =\frac{2 \cdot(b(b+1) \cdot k+b) \cdot b+(b(b+1) \cdot k+b)+b}{b(b+1)} \\
& =\frac{b(b+1) \cdot(2 k b+k)+2 b^{2}+2 b}{b(b+1)} \\
& =(2 b+1) k+2 .
\end{aligned}
$$

Dus $n$ is van de vorm $n=(2 b+1) k+2$. Hieruit zien we dat $n \geq 2$ (want $k \geq 0)$ en dat $n-2$ deelbaar moet zijn door een oneven getal groter dan 1 (namelijk $2 b+1 \geq 3$ ).
Stel omgekeerd dat voor een getal $n$ geldt dat $n \geq 2$ en $n-2$ is deelbaar door een oneven getal groter dan 1 , zeg door $2 b+1$ met $b \geq 1$ en geheel. Dan is er dus een $k \geq 0$ met $n=(2 b+1) k+2$. Kies nu $a=b(b+1) \cdot k+b$, dan is $a$ positief geheel en geldt

$$
\frac{a}{b}+\frac{a+1}{b+1}=((b+1) k+1)+(b k+1)=(2 b+1) k+2=n
$$

We kunnen nu concluderen dat de getallen die geschreven kunnen worden als $\frac{a}{b}+\frac{a+1}{b+1}$ met $a$ en $b$ positief geheel, precies de getallen $n \geq 2$ zijn waarvoor geldt dat $n-2$ deelbaar is door een oneven getal groter dan 1. De getallen die niet zo geschreven kunnen worden, zijn dus precies 1 en de getallen $n \geq 2$ waarvoor geldt dat $n-2$ geen oneven deler groter dan 1 heeft, oftewel waarvoor geldt dat $n-2$ een tweemacht $2^{m}$ met $m \geq 0$ is.
We concluderen dat de getallen die niet geschreven kunnen worden als $\frac{a}{b}+\frac{a+1}{b+1}$, precies 1 en de getallen van de vorm $2^{m}+2$ met $m \geq 0$ zijn.

Opgave 4. Zij $n$ een positief geheel getal deelbaar door 4. We bekijken permutaties $\left(a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}\right)$ van $(1,2, \ldots, n)$ met de volgende eigenschap: voor elke $j$ geldt dat als we $i=a_{j}$ nemen, dan $a_{i}+j=n+1$. Bewijs dat er precies $\frac{\left(\frac{1}{2} n\right)!}{\left(\frac{1}{4} n\right)!}$ zulke permutaties zijn.

Oplossing. Zij $t \in\{1,2, \ldots, n\}$. Stel dat $a_{t}=t$, dan kunnen we $i=j=t$ kiezen en geldt dus $a_{t}+t=n+1$, dus $2 t=n+1$. Maar $n$ is deelbaar door 4 , dus $n+1$ is oneven. Tegenspraak. Stel nu dat $a_{t}=n+1-t$. Dan kunnen we $i=n+1-t$ en $j=t$ kiezen en geldt dus $a_{n+1-t}+t=n+1$, dus $a_{n+1-t}=n+1-t$. We hebben echter net gezien dat dit niet kan voorkomen.
Stel nu dat $a_{t}=u$ met $u \neq t, u \neq n+1-t$. Dan kunnen we $i=u$ en $j=t$ kiezen en geldt dus $a_{u}+t=n+1$, dus $a_{u}=n+1-t$. Vervolgens kunnen we $i=n+1-t$ en $j=u$ kiezen en geldt dus $a_{n+1-t}=n+1-u$. Nu kiezen we $i=n+1-u$ en $j=n+1-t$ en zien we dat $a_{n+1-u}=n+1-(n+1-t)=t$. Al met al hebben we dus:

$$
\begin{aligned}
a_{t} & =u, \\
a_{u} & =n+1-t, \\
a_{n+1-t} & =n+1-u, \\
a_{n+1-u} & =t .
\end{aligned}
$$

Omdat $u \neq t$ en $u \neq n+1-t$, zijn de vier getallen aan de rechterkant allemaal verschillend. Verder zijn de vier getallen op te delen in twee paren van de vorm $(v, n+1-v)$. We hebben nu dus vier getallen waarvoor geldt dat op dezelfde posities in de permutatie dezelfde vier getallen staan, maar in een andere volgorde. We kunnen nu een $t^{\prime}$ ongelijk aan één van deze vier getallen kiezen en een $u^{\prime}$ met $a_{t^{\prime}}=u^{\prime}$ en op dezelfde manier een viertal vinden waar $t^{\prime}$ in zit. Merk op dat nu $n+1-t^{\prime}$ en $n+1-u^{\prime}$ niet al in het eerste viertal kunnen zitten, want dan zouden $u^{\prime}$ en $t^{\prime}$ er ook al in zitten. Zo kunnen we doorgaan totdat alle $n$ getallen opgedeeld zijn in viertallen.
We zien dat we precies alle permutaties kunnen maken door het volgende recept toe te passen:

- Kies het kleinste getal $k$ waarvoor $a_{k}$ nog niet bepaald is. Neem $a_{k}=u$ voor een zekere $u$ waarvan $a_{u}$ nog niet bepaald was en waarvoor geldt $u \neq k, u \neq n+1-k$. Dit bepaalt ook de waarden van $a_{u}, a_{n+1-u}$ en $a_{n+1-k}$.
- Herhaal de vorige stap net zo vaak totdat alle waarden $a_{k}$ bepaald zijn.

Bij de eerste $k$ hebben we voor $u$ nog $n-2$ mogelijkheden. Bij de volgende stap hebben we nog $n-6$ mogelijkheden. Bij de stap daarna nog $n-10$, enzovoorts. Dus het aantal permutaties dat aan deze eigenschap voldoet, is

$$
2 \cdot 6 \cdot 10 \cdot \ldots \cdot(n-10) \cdot(n-6) \cdot(n-2)
$$

Schrijf $n=4 m$, dan kunnen we dit schrijven als

$$
\begin{gathered}
2^{m} \cdot 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \ldots \cdot(2 m-5) \cdot(2 m-3) \cdot(2 m-1)=2^{m} \cdot \frac{(2 m)!}{2 \cdot 4 \cdot \ldots \cdot(2 m)} \\
=\frac{(2 m)!}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot m}=\frac{(2 m)!}{m!}=\frac{\left(\frac{1}{2} n\right)!}{\left(\frac{1}{4} n\right)!}
\end{gathered}
$$

Opgave 5. Zij $\Gamma$ de omgeschreven cirkel van de scherphoekige driehoek $A B C$. De bissectrice van hoek $A B C$ snijdt $A C$ in het punt $B_{1}$ en de korte boog $A C$ van $\Gamma$ in het punt $P$. De lijn door $B_{1}$ loodrecht op $B C$ snijdt de korte boog $B C$ van $\Gamma$ in $K$. De lijn door $B$ loodrecht op $A K$ snijdt $A C$ in $L$. Bewijs dat $K, L$ en $P$ op een lijn liggen.

Oplossing. Dat de bissectrice van hoek $A B C$ de korte boog $A C$ snijdt in $P$, betekent dat $P$ precies midden in deze boog $A C$ ligt. We moeten bewijzen dat $K L$ ook door $P$ gaat, dus dat $K L$ de boog $A C$ doormidden snijdt. Omdat $K$ op $\Gamma$ ligt, betekent dat dat we moeten bewijzen dat $K L$ de bissectrice van $\angle A K C$ is.
Noem $S$ het snijpunt van $B_{1} K$ en $B C$ en noem $T$ het snijpunt van $B L$ en $A K$. Dan is $\angle B S K=90^{\circ}$ en $\angle B T K=90^{\circ}$, dus $B T S K$ is een koordenvierhoek. Hieruit volgt

$$
\angle C B L=\angle S B T=\angle S K T=\angle B_{1} K A .
$$

Omdat $A B K C$ een koordenvierhoek is, geldt $\angle B_{1} A K=\angle C A K=\angle C B K$. Volgens de buitenhoekstelling is $\angle L B_{1} K=\angle B_{1} A K+\angle B_{1} K A$, dus geldt met behulp van (2) dat

$$
\angle L B_{1} K=\angle B_{1} A K+\angle B_{1} K A=\angle C B K+\angle C B L=\angle L B K .
$$

Hieruit volgt dat $L K B B_{1}$ een koordenvierhoek is, wat weer betekent dat $\angle L B B_{1}=$ $\angle L K B_{1}$. Als we hier gelijkheid (2) bij optellen, krijgen we

$$
\angle C B B_{1}=\angle C B L+\angle L B B_{1}=\angle B_{1} K A+\angle L K B_{1}=\angle L K A .
$$

Dus

$$
\angle L K A=\angle C B B_{1}=\frac{1}{2} \angle C B A=\frac{1}{2} \angle C K A,
$$

waarbij we nog gebruikt hebben dat $A B K C$ een koordenvierhoek is. Hieruit volgt dat $K L$ de bissectrice $\operatorname{van} \angle A K C$ is, wat we wilden bewijzen.