# IMO-selectietoets II 

zaterdag 7 juni 2014

## Uitwerkingen

Opgave 1. Zij $f: \mathbb{Z}_{>0} \rightarrow \mathbb{R}$ een functie waarvoor geldt: voor alle $n>1$ is er een priemdeler $p$ van $n$ zodat

$$
f(n)=f\left(\frac{n}{p}\right)-f(p)
$$

Bovendien is gegeven dat $f\left(2^{2014}\right)+f\left(3^{2015}\right)+f\left(5^{2016}\right)=2013$.
Bereken $f\left(2014^{2}\right)+f\left(2015^{3}\right)+f\left(2016^{5}\right)$.

Oplossing. Als $n=q$ met $q$ priem, dan is er maar één priemdeler van $n$, namelijk $q$, dus moet gelden dat $f(q)=f(1)-f(q)$, dus $f(q)=\frac{1}{2} f(1)$. Als $n=q^{2}$ met $q$ priem, dan heeft $n$ ook maar één priemdeler, dus geldt $f\left(q^{2}\right)=f(q)-f(q)=0$. We bewijzen nu met inductie naar $k$ dat $f\left(q^{k}\right)=\frac{2-k}{2} f(1)$ als $q$ een priemgetal is en $k$ een positief geheel getal. Voor $k=1$ en $k=2$ hebben we dit al laten zien. Stel nu dat $f\left(q^{k}\right)=\frac{2-k}{2} f(1)$ voor zekere $k \geq 2$ en vul in $n=q^{k+1}$. Er geldt

$$
f\left(q^{k+1}\right)=f\left(q^{k}\right)-f(q)=\frac{2-k}{2} f(1)-\frac{1}{2} f(1)=\frac{2-(k+1)}{2} f(1)
$$

Dit voltooit de inductie.
Nu gebruiken we ons tweede gegeven. Er geldt

$$
\begin{aligned}
2013 & =f\left(2^{2014}\right)+f\left(3^{2015}\right)+f\left(5^{2016}\right) \\
& =\frac{2-2014}{2} f(1)+\frac{2-2015}{2} f(1)+\frac{2-2016}{2} f(1) \\
& =-\frac{6039}{2} f(1)
\end{aligned}
$$

dus $f(1)=\frac{2013 \cdot 2}{-6039}=-\frac{2}{3}$. En dan geldt voor elk priemgetal $q$ dat $f(q)=\frac{1}{2} f(1)=-\frac{1}{3}$.
We bewijzen vervolgens dat als $n=p_{1} p_{2} \cdots p_{m}$ met $p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{m}$ niet noodzakelijk verschillende priemgetallen en $m \geq 0$, dat dan geldt $f(n)=\frac{m-2}{3}$. Dit doen we met inductie naar $m$. Voor $m=0$ is $n=1$ en $f(1)=-\frac{2}{3}=\frac{0-2}{3}$, dus hiervoor klopt het. Stel nu dat we het bewezen hebben voor zekere $m \geq 0$. Bekijk een willekeurige $n$ van de vorm $n=p_{1} p_{2} \cdots p_{m+1}$. Dan is $n>1$, dus is er een priemfactor $p \mid n$ waarvoor geldt $f(n)=f\left(\frac{n}{p}\right)-f(p)$; zonder verlies van algemeenheid is dit $p=p_{m+1}$. Nu volgt

$$
f(n)=f\left(p_{1} p_{2} \cdots p_{m}\right)-f\left(p_{m+1}\right)=\frac{m-2}{3}--\frac{1}{3}=\frac{(m+1)-2}{3} .
$$

Dit voltooit de inductie.
We kunnen nu het gevraagde berekenen. De priemfactorisaties van 2014, 2015 en 2016 zijn $2014=2 \cdot 19 \cdot 53,2015=5 \cdot 13 \cdot 31$ en $2016=2^{5} \cdot 3^{2} \cdot 7$, dus

$$
f\left(2014^{2}\right)+f\left(2015^{3}\right)+f\left(2016^{5}\right)=\frac{6-2}{3}+\frac{9-2}{3}+\frac{40-2}{3}=\frac{49}{3} .
$$

Opgave 2. De verzamelingen $A$ en $B$ zijn deelverzamelingen van de positieve gehele getallen. De som van elke twee verschillende elementen uit $A$ is een element van $B$. Het quotiënt van elke twee verschillende elementen van $B$ (waarbij we de grootste door de kleinste delen) is een element van $A$. Bepaal het maximale aantal elementen in $A \cup B$.

Oplossing. Stel dat $A$ minstens drie elementen bevat, zeg $a<b<c$. Dan bevat $B$ de drie verschillende elementen $a+b<a+c<b+c$. Dus $A$ bevat in elk geval het element $\frac{b+c}{a+c}$. Deze breuk is kennelijk geheel, dus $a+c \mid b+c$. Maar dan volgt $a+c \mid(b+c)-(a+c)=b-a$. We weten $b>a$, dus $b-a$ is positief, dus moet gelden $a+c \leq b-a$. Dit geeft $c \leq b-2 a<b$, een tegenspraak met $c>b$. Dus $A$ bevat hoogstens twee elementen.
Stel dat $B$ minstens vier elementen bevat, zeg $a<b<c<d$. Dan bevat $A$ de drie verschillende elementen $\frac{d}{a}, \frac{d}{b}$ en $\frac{d}{c}$. Maar $A$ kan geen drie verschillende elementen bevatten, tegenspraak. Dus $B$ bevat hoogstens drie elementen.
In totaal bevat $A \cup B$ dus hoogstens 5 elementen. Dit is mogelijk, bijvoorbeeld met $A=\{2,4\}$ en $B=\{3,6,12\}$. Nu is $2+4=6 \in B$ en $\frac{12}{6}=\frac{6}{3}=2 \in A$ en $\frac{12}{3}=4 \in A$, dus dit paar verzamelingen voldoet. We concluderen dat $A \cup B$ maximaal 5 elementen bevat.
Het vinden van een paar verzamelingen dat voldoet, kan bijvoorbeeld als volgt. Stel B bevat de elementen $a<b<c$. Dan bevat $A$ de elementen $\frac{c}{b}, \frac{b}{a}$ en $\frac{c}{a}$, waarvan $\frac{c}{a}$ in elk geval de grootste is. Omdat A maar twee elementen bevat, moet wel gelden $\frac{c}{b}=\frac{b}{a}$. Verder moet de som van de twee elementen in $A$ weer in $B$ zitten, dus $\frac{b}{a}+\frac{c}{a} \in B$. Schrijf $b=t a$, dan $c=t b=t^{2} a$ en $\frac{b}{a}+\frac{c}{a}=t+t^{2}$. Nu zie je dat $b$ gelijk kan zijn aan $t+t^{2}$ door $a=t+1$ te kiezen. Met $t=1$ krijg je $b=a$, dus die voldoet niet; met $t=2$ krijg je bovenstaande oplossing.

Opgave 3. Zij $H$ het hoogtepunt van een scherphoekige driehoek $A B C$. De lijn door $A$ loodrecht op $A C$ en de lijn door $B$ loodrecht op $B C$ snijden elkaar in $D$. De cirkel met middelpunt $C$ door $H$ snijdt de omgeschreven cirkel van driehoek $A B C$ in de punten $E$ en $F$. Bewijs dat $|D E|=|D F|=|A B|$.

Oplossing I. De driehoek is scherphoekig, dus $H$ ligt binnen de driehoek. Dat betekent dat $E$ en $F$ op de korte bogen $A C$ en $B C$ liggen. Neem aan dat $E$ op de korte boog $A C$ ligt en $F$ op de korte boog $B C$.
Als we $H$ spiegelen in $A C$, komt het spiegelbeeld $H^{\prime}$ op de omgeschreven cirkel van $\triangle A B C$ terecht. (Dit is een bekend feit, te bewijzen door met wat hoekenjagen te laten zien dat $\angle A H C=180^{\circ}-\angle A B C$.) Anderzijds ligt dit spiegelbeeld ook op de cirkel met middelpunt $C$ door $H$, aangezien $\left|C H^{\prime}\right|=|C H|$. Dus $H^{\prime}$ is het snijpunt van de twee cirkels en dat is $E$. We concluderen dat $E$ het spiegelbeeld van $H$ is onder spiegeling in $A C$.
Dit betekent dat $E H$ loodrecht op $A C$ staat en dus dezelfde lijn is als $B H$. Omdat $A D$ ook loodrecht op $A C$ staat, zijn $B E$ en $A D$ evenwijdig. Verder ligt $D$ op de omgeschreven cirkel van $\triangle A B C$ omdat $\angle C A D+\angle C B D=90^{\circ}+90^{\circ}=180^{\circ}$. We hadden al gezien dat $E$ op de korte boog $A C$ ligt, dus is $E A D B$ een koordenvierhoek in die volgorde. Nu is $\angle B E A+\angle E A D=180^{\circ}$ wegens U-hoeken, maar ook $\angle E B D+\angle E A D=180^{\circ}$ vanwege de koordenvierhoek. Dus $\angle B E A=\angle E B D$, dus de bijbehorende koorden $B A$ en $E D$ zijn even lang.
Analoog kunnen we bewijzen dat $|A B|=|D F|$, waarmee het gevraagde bewezen is.

Oplossing II. Op dezelfde manier als in de eerste oplossing laten we zien dat $E$ het spiegelbeeld van $H$ is onder spiegeling in $A C$ en dat $E A D B$ een koordenvierhoek is in die volgorde. Vanwege de spiegeling is $|A E|=|A H|$. Omdat zowel $B D$ als $A H$ loodrecht op $B C$ staan, zijn ze evenwijdig. Analoog zijn ook $A D$ en $B H$ evenwijdig, dus is $A D B H$ een parallellogram. Dus is $|A H|=|B D|$, waarmee we zien dat $|A E|=|B D|$. We hebben nu een koorde $E A$ naast een koorde $A D$, en verder een koorde $B D$ (even lang als $E A$ ) naast weer dezelfde koorde $A D$. We laten nu zien dat de overspannende koorden $E D$ en $A B$ daarom gelijk zijn. Er geldt $\angle A E D=\angle A B D$. En omdat $|A E|=|B D|$ geldt $\angle A D E=\angle B A D$. Dus $\triangle E A D \cong \triangle B D A(\mathrm{ZHH})$, waaruit volgt $|D E|=|A B|$.
Analoog kunnen we bewijzen dat $|A B|=|D F|$, waarmee het gevraagde bewezen is.

Opgave 4. Bepaal alle paren $(p, q)$ van priemgetallen waarvoor $p^{q+1}+q^{p+1}$ een kwadraat is.

Oplossing. Stel eerst dat $p$ en $q$ beide oneven zijn. Dan zijn in $p^{q+1}+q^{p+1}$ beide exponenten even, waaruit volgt dat beide termen congruent $1 \bmod 4$ zijn. De som is dus congruent 2 $\bmod 4$, maar dat is nooit een kwadraat.
Stel nu dat $p$ en $q$ beide even zijn. Dan zijn ze beide gelijk aan 2 . Dat geeft $p^{q+1}+q^{p+1}=$ $2^{3}+2^{3}=16=4^{2}$, dus dit tweetal voldoet.
Stel ten slotte dat één beide, zeg $p$, even is en de ander oneven. We hebben dan dus $p=2$ en $2^{q+1}+q^{3}=a^{2}$ voor een zeker positief geheel getal $a$. Schrijf $q+1=2 b$ met $b$ positief geheel, dan staat er $2^{2 b}+q^{3}=a^{2}$, oftewel

$$
q^{3}=a^{2}-2^{2 b}=\left(a-2^{b}\right)\left(a+2^{b}\right)
$$

Beide factoren rechts moeten nu een $q$-macht zijn, zeg $a-2^{b}=q^{k}$ en $a+2^{b}=q^{l}$ met $l>k \geq 0$. Beide factoren zijn deelbaar door $q^{k}$, dus ook het verschil is daardoor deelbaar. Dus $q^{k} \mid 2 \cdot 2^{b}=2^{b+1}$. Maar $q$ is een oneven priemgetal, dus de enige $q$-macht die een deler van een tweemacht is, is 1 . Dus $k=0$. We krijgen nu $q^{3}=a+2^{b}$ en $a-2^{b}=1$, dus $q^{3}=\left(2^{b}+1\right)+2^{b}=2^{b+1}+1$. Daaruit volgt

$$
2^{b+1}=q^{3}-1=(q-1)\left(q^{2}+q+1\right)
$$

Echter, $q^{2}+q+1 \equiv 1 \bmod 2$ en verder is $q^{2}+q+1>1$, dus dit kan nooit een tweemacht zijn. Tegenspraak.
We concluderen dat de enige oplossing $(p, q)=(2,2)$ is.

Opgave 5. Zij $P(x)$ een polynoom met gehele coëfficiënten en graad $n \leq 10$ waarvoor geldt dat er voor elke $k \in\{1,2, \ldots, 10\}$ een gehele $m$ is met $P(m)=k$. Verder is gegeven dat $|P(10)-P(0)|<1000$. Bewijs dat er voor elke gehele $k$ een gehele $m$ is met $P(m)=k$.

Oplossing. Laat voor $i=1,2, \ldots, 10$ het gehele getal $c_{i}$ zo zijn dat $P\left(c_{i}\right)=i$. Er geldt voor $i \in\{1,2, \ldots, 9\}$ dat

$$
c_{i+1}-c_{i} \mid P\left(c_{i+1}\right)-P\left(c_{i}\right)=(i+1)-i=1
$$

dus $c_{i+1}-c_{i}= \pm 1$ voor alle $i \in\{1,2, \ldots, 9\}$. Verder geldt dat $c_{i} \neq c_{j}$ voor $i \neq j$, want $P\left(c_{i}\right)=i \neq j=P\left(c_{j}\right)$. We concluderen dat $c_{1}, c_{2}, \ldots, c_{10}$ tien opeenvolgende getallen zijn, ofwel stijgend ofwel dalend. We onderscheiden dus twee gevallen:
(A) $c_{i}=c_{1}-1+i$ voor $i=1,2, \ldots, 10$ (dus $c_{1}, c_{2}, \ldots, c_{10}$ is een stijgend rijtje opeenvolgende getallen),
(B) $c_{i}=c_{1}+1-i$ voor $i=1,2, \ldots, 10$ (dus $c_{1}, c_{2}, \ldots, c_{10}$ is een dalend rijtje opeenvolgende getallen).

Bekijk eerst geval (A). Definieer $Q(x)=1+x-c_{1}$. Dan geldt voor $1 \leq i \leq 10$ dat

$$
Q\left(c_{i}\right)=Q\left(c_{1}-1+i\right)=1+\left(c_{1}-1+i\right)-c_{1}=i=P\left(c_{i}\right)
$$

dus $P\left(c_{i}\right)-Q\left(c_{i}\right)=0$. Dus kunnen we schrijven

$$
P(x)-Q(x)=R(x) \cdot \prod_{i=1}^{10}\left(x-c_{i}\right)
$$

oftewel

$$
P(x)=1+x-c_{1}+R(x) \cdot \prod_{i=1}^{10}\left(x-c_{i}\right)
$$

Omdat de graad van $P$ hoogstens 10 is, mag de graad van $R$ niet groter dan 0 zijn. Dus $R(x)$ is een constante, zeg $R(x)=a$ met $a \in \mathbb{Z}$. We krijgen dan

$$
P(x)=1+x-c_{1}+a \cdot \prod_{i=1}^{10}\left(x-c_{i}\right)
$$

We vullen nu $x=10$ en $x=0$ in:

$$
\begin{gathered}
P(10)-P(0)=1+10-c_{1}+a \cdot \prod_{i=1}^{10}\left(10-c_{i}\right)-\left(1+0-c_{1}\right)-a \cdot \prod_{i=1}^{10}\left(0-c_{i}\right) \\
=10+a \cdot\left(\prod_{i=1}^{10}\left(10-c_{i}\right)-\prod_{i=1}^{10}\left(0-c_{i}\right)\right)
\end{gathered}
$$

De getallen $10-c_{1}, 10-c_{2}, \ldots, 10-c_{10}$ zijn tien opeenvolgende getallen en de getallen $0-c_{1}, 0-c_{2}, \ldots, 0-c_{10}$ volgen daar weer precies op. Dus er is een $N$ zodat

$$
\prod_{i=1}^{10}\left(10-c_{i}\right)-\prod_{i=1}^{10}\left(0-c_{i}\right)=(N+20)(N+19) \cdots(N+11)-(N+10)(N+9) \cdots(N+1)
$$

We gaan dit afschatten. We nemen eerst aan dat $N+1>0$. Dan geldt

$$
\begin{aligned}
(N+20)( & N+19) \cdots(N+11)-(N+10)(N+9) \cdots(N+1) \\
& >(N+20)(N+9) \cdots(N+1)-(N+10)(N+9) \cdots(N+1) \\
& =10 \cdot(N+9)(N+8) \cdots(N+1) \\
& \geq 10!.
\end{aligned}
$$

Als juist $N+20<0$, zijn alle factoren negatief. Helemaal analoog is het absolute verschil ook weer groter dan 10 !. Als $N+20 \geq 0$ en $N+1 \leq 0$, zit er dus ergens een 0 tussen de factoren. Dus precies één van de twee termen is gelijk aan 0 en de ander is in absolute waarde minstens 10 !. We concluderen dat het absolute verschil altijd minstens 10 ! is. Dus als $a \neq 0$ is $|P(10)-P(0)| \geq 10!-10>1000$. Gegeven is echter dat $|P(10)-P(0)|<1000$, dus blijkbaar moet gelden dat $a=0$. Nu vinden we dat

$$
P(x)=1+x-c_{1} .
$$

Zij $k \in \mathbb{Z}$ willekeurig en kies $m=k-1+c_{1}$. Dan geldt $P(m)=1+\left(k-1+c_{1}\right)-c_{1}=k$. Dus voor elke gehele $k$ is er een gehele $m$ met $P(m)=k$.
Bekijk nu geval (B). We kunnen precies dezelfde redenering volgen, waarbij we nu $Q(x)=$ $1-x+c_{1}$ definiëren en uiteindelijk krijgen dat

$$
P(x)=1-x+c_{1}+a \cdot \prod_{i=1}^{10}\left(x-c_{i}\right)
$$

We leiden op dezelfde manier af dat $a=0$, zodat

$$
P(x)=1-x+c_{1} .
$$

En nu volgt weer dat er voor elke gehele $k$ een gehele $m$ is met $P(m)=k$.