## |MO-selectietoets |

woensdag 5 juni 2013

## Uitwerkingen

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

$$
\begin{aligned}
& a b+c+d=3, \\
& b c+d+a=5, \\
& c d+a+b=2, \\
& d a+b+c=6 .
\end{aligned}
$$

Oplossing. De eerste twee vergelijkingen van elkaar aftrekken geeft

$$
2=5-3=(b c+d+a)-(a b+c+d)=b(c-a)+a-c=(b-1)(c-a) .
$$

De laatste twee vergelijkingen van elkaar aftrekken geeft

$$
4=6-2=(d a+b+c)-(c d+a+b)=d(a-c)+c-a=(1-d)(c-a)
$$

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

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

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

$$
\frac{|B D|}{|A D|}=\frac{|A D|}{|C D|}, \quad \text { oftewel } \quad|A D|^{2}=|B D| \cdot|C D|
$$

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

$$
\frac{|C D|}{|D E|}=\frac{|E D|}{|D B|}, \quad \text { oftewel } \quad|D E|^{2}=|B D| \cdot|C D|
$$

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

$$
\angle C D E=\angle D C A+\angle C A D=\angle D A B+\angle C A D=\angle C A B .
$$

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

$$
\angle D C B^{\prime}=\angle D C A+\angle A C B^{\prime}=\angle D A B+\angle C A D=\angle C A B .
$$

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

$$
\begin{array}{rlr}
\angle M D N & =\angle M D A+\angle A D N & \text { (opsplitsen hoek) } \\
& =\angle M D A+\angle B D M & \text { (gelijkheid van hiervoor) } \\
& =\angle B D A & \text { (optellen hoeken) } \\
& =180^{\circ}-\angle A B D-\angle B A D & \text { (hoekensom } \triangle A B D) \\
& =180^{\circ}-\angle C A D-\angle B A D & \text { (gelijkvormigheid } \triangle A B D \sim \triangle C A D) \\
& =180^{\circ}-\angle C A B & \text { (optellen hoeken) } \\
& =180^{\circ}-\angle N A M & \text { (zelfde hoek.) }
\end{array}
$$

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

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

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:

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Gecombineerd met (4) krijgen we nu

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

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 :

$$
a^{2}+1 \geq 2 \sqrt{a^{2}}=2 a
$$

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

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

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

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

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

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

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

$$
2 a^{2}+2 b^{2}+2 c^{2}+6+4 b c+4 c a+4 a b+a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq 4 a+4 b+4 c+12+3
$$

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:

$$
3 a^{2}+3 b^{2}+3 c^{2}+6 a b+6 b c+6 c a \geq 2 a b+2 b c+2 c a+4 a+4 b+4 c+9
$$

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

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