# IMO-selectietoets II 

zaterdag 6 juni 2015

## Uitwerkingen

Opgave 1. Laat $a$ en $b$ twee positieve gehele getallen zijn die voldoen aan $\operatorname{ggd}(a, b)=1$. Beschouw een pion die op roosterpunt $(x, y)$ staat. Een stap van type A bestaat uit het verplaatsen van de pion naar één van de volgende velden: $(x+a, y+a),(x+a, y-a),(x-$ $a, y+a)$ of $(x-a, y-a)$. Een stap van type B bestaat uit het verplaatsen van de pion naar $(x+b, y+b),(x+b, y-b),(x-b, y+b)$ of $(x-b, y-b)$.
Zet nu een pion op $(0,0)$. Je mag een (eindig) aantal stappen uitvoeren, en wel om en om stappen van type A en type B, beginnend met een stap van type A. Je mag een even aantal of een oneven aantal stappen uitvoeren, dus de laatste stap mag zowel van type A als van type B zijn. Bepaal de verzameling van alle roosterpunten $(x, y)$ die je met zo'n serie van stappen kunt bereiken.

Oplossing. We gaan bewijzen dat een roosterpunt $(x, y)$ bereikbaar is dan en slechts dan als $x+y \equiv 0 \bmod 2$.
Als we de pion verplaatsen van $(x, y)$ naar $(x \pm a, y \pm a)$, dan wordt de som van de nieuwe coördinaten gelijk aan $x+y+2 a, x+y$ of $x+y-2 a$, dus modulo 2 congruent aan de som van de oude coördinaten. Hetzelfde geldt bij het doen van een stap van type B. Omdat de pion begint op $(0,0)$, geldt op elk moment (na het uitvoeren van een aantal stappen) dat de som van de coördinaten van het punt waar hij op staat, even is. De punten $(x, y)$ met $x+y \equiv 1 \bmod 2$ zijn dus niet te bereiken.
Nu laten we zien dat alle andere punten wel te bereiken zijn. Omdat $\operatorname{ggd}(a, b)=1$, bestaan er gehele getallen $m, n$ met $m a+n b=1$. Dan geldt $2 m a+2 n b=2$. Van de getallen $m$ en $n$ moet er eentje positief en eentje negatief zijn. We nemen aan dat $m$ positief is. Het andere geval gaat analoog. We gaan nu eerst $2 m$ stappen van type A en $2 m$ stappen van type B doen. Voor de stappen van type A kiezen we $m$ keer $(x, y) \mapsto(x+a, y+a)$ en $m$ keer $(x, y) \mapsto(x+a, y-a)$. Voor de stappen van type B kiezen we $m$ keer $(x, y) \mapsto(x+b, y+b)$ en $m$ keer $(x, y) \mapsto(x-b, y-b)$. Het effect van al deze stappen samen is dat de $x$ coördinaat $2 m a$ groter wordt en de $y$-coördinaat gelijk blijft (in feite doen de B-stappen helemaal niets). Hierna doen we nog $2|n|$ stappen van type A en $2|n|$ stappen van type B. Voor de stappen van type A kiezen we $|n|$ keer $(x, y) \mapsto(x+a, y+a)$ en $|n|$ keer $(x, y) \mapsto(x-a, y-a)$. Voor de stappen van type B kiezen we $|n|$ keer $(x, y) \mapsto(x-b, y+b)$ en $|n|$ keer $(x, y) \mapsto(x-b, y-b)$. Het effect van al deze stappen samen is dat de $x$-coördinaat $2|n| b$ kleiner wordt en de $y$-coördinaat gelijk blijft (in feite doen nu de A-stappen helemaal niets). Al met al hebben we na deze $4 m+4|n|$ stappen de pion verplaatst van een beginpunt $(x, y)$ naar het punt $(x+2 m a-2|n| b, y)=(x+2, y)$. We kunnen een analoge serie stappen construeren die de pion van $(x, y)$ naar $(x, y+2)$ verplaatst, en ook analoge series stappen
die de pion van $(x, y)$ verplaatsen naar $(x-2, y)$ en $(x, y-2)$. Elk van deze series begint met een stap van type A en eindigt met een stap van type B.
Door dit soort series achter elkaar te plakken, kunnen we de pion van $(0,0)$ verplaatsen naar elk punt $(x, y)$ met $x \equiv y \equiv 0 \bmod 2$. Bekijk nu een punt $(x, y)$ met $x \equiv y \equiv 1$ $\bmod 2$. Omdat $\operatorname{ggd}(a, b)=1$, is minstens één van $a$ en $b$ oneven. Stel dat $a$ oneven is. Dan is het punt $(x-a, y-a)$ een punt met twee even coördinaten, waarnaartoe we dus een serie stappen kunnen construeren, die eindigt op een stap van type B. We voegen hierachter nu een stap van type A toe waarmee we van $(x-a, y-a)$ op $(x, y)$ komen. Stel vervolgens dat $a$ even is. Dan is $b$ oneven. Het punt $(x-b, y-b)$ heeft nu twee even coördinaten, dus dit punt kunnen we bereiken met een serie stappen die eindigt op een stap van type B. We voeren nog drie stappen hierna uit:

$$
(x-b, y-b) \stackrel{\mathrm{A}}{\longmapsto}(x-b-a, y-b-a) \stackrel{\mathrm{B}}{\longmapsto}(x-a, y-a) \stackrel{\mathrm{A}}{\longmapsto}(x, y) .
$$

Zo kunnen we het punt $(x, y)$ dus ook bereiken.
We concluderen dat we alle punten $(x, y)$ met $x+y \equiv 0 \bmod 2$ kunnen bereiken en alle overige punten niet.

Opgave 2. Bepaal alle positieve gehele getallen $n$ waarvoor er positieve gehele getallen $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$ bestaan met

$$
a_{1}+2 a_{2}+3 a_{3}+\ldots+n a_{n}=6 n
$$

en

$$
\frac{1}{a_{1}}+\frac{2}{a_{2}}+\frac{3}{a_{3}}+\ldots+\frac{n}{a_{n}}=2+\frac{1}{n}
$$

Oplossing. Als we de ongelijkheid van het rekenkundig en harmonisch gemiddelde toepassen op $a_{1}$, twee keer $a_{2}$, drie keer $a_{3}, \ldots, n$ keer $a_{n}$, dan vinden we

$$
\frac{6 n}{\frac{1}{2} n(n+1)}=\frac{a_{1}+2 a_{2}+3 a_{3}+\ldots+n a_{n}}{\frac{1}{2} n(n+1)} \geq \frac{\frac{1}{2} n(n+1)}{\frac{1}{a_{1}}+\frac{2}{a_{2}}+\frac{3}{a_{3}}+\ldots+\frac{n}{a_{n}}}=\frac{\frac{1}{2} n(n+1)}{2+\frac{1}{n}}
$$

Er geldt

$$
\frac{6 n}{\frac{1}{2} n(n+1)}=\frac{12}{n+1}<\frac{12}{n}
$$

en

$$
\frac{\frac{1}{2} n(n+1)}{2+\frac{1}{n}}=\frac{\frac{1}{2} n^{2}(n+1)}{2 n+1}>\frac{\frac{1}{2} n^{2}(n+1)}{2 n+2}=\frac{1}{4} n^{2}
$$

Alles bij elkaar vinden we $\frac{12}{n}>\frac{1}{4} n^{2}$, oftewel $48>n^{3}$, waaruit volgt $n \leq 3$.
Met $n=1$ krijgen we $a_{1}=6$ en $\frac{1}{a_{1}}=3$, wat in tegenspraak met elkaar is. Dus $n=1$ kan niet.
Met $n=2$ krijgen we $a_{1}+2 a_{2}=12$ en $\frac{1}{a_{1}}+\frac{2}{a_{2}}=2+\frac{1}{2}$. Als $a_{2} \geq 2$ geldt $\frac{1}{a_{1}}+\frac{2}{a_{2}} \leq 1+1$ en dat is te klein. Dus moet $a_{2}=1$, maar dan vinden we $a_{1}=12-2=10$ en dus $\frac{1}{a_{1}}+\frac{2}{a_{2}}=\frac{1}{10}+2$, tegenspraak. Dus $n=2$ kan niet.
Bij $n=3$ is er een oplossing, namelijk $a_{1}=6, a_{2}=3$ en $a_{3}=2$ (invullen laat zien dat deze voldoet). Dus $n=3$ kan wel en we concluderen dat $n=3$ de enige oplossing is.

Opgave 3. Gegeven is een gelijkzijdige driehoek $A B C$. Op de lijn door $B$ evenwijdig aan $A C$ ligt een punt $D$, zodat $D$ en $C$ aan dezelfde kant van lijn $A B$ liggen. De middelloodlijn van $C D$ snijdt de lijn $A B$ in $E$. Bewijs dat driehoek $C D E$ gelijkzijdig is.

Oplossing I. We bekijken in alle oplossingen de configuratie waarin $E$ tussen $A$ en $B$ ligt. Het geval dat $B$ tussen $A$ en $E$ ligt gaat analoog. (En vanwege de voorwaarde dat $D$ en $C$ aan dezelfde kant van $A B$ liggen, kan $A$ niet tussen $B$ en $E$ liggen, dus hebben we zo alle gevallen gehad.)
Omdat $E$ op de middelloodlijn van $C D$ ligt, geldt $|E C|=|E D|$. Het is dus voldoende om te bewijzen dat tophoek $\angle C E D=60^{\circ}$. Stel eerst dat $E=B$. Dan is $\angle C E D=\angle C B D=$ $\angle A C B=60^{\circ}$ wegens Z-hoeken, dus zijn we klaar. Stel nu dat $E \neq B$.
Omdat $B D$ evenwijdig aan $A C$ is, geldt $\angle C B D=\angle A C B=60^{\circ}=\angle C B A$. Het punt $E$ is dus het snijpunt van de middelloodlijn van $C D$ en de buitenbissectrice van $\angle C B D$. Dat betekent dat $E$ op de omgeschreven cirkel van driehoek $C D B$ ligt. (Dit is een bekend feit, maar het is ook als volgt te bewijzen. Zij $E^{\prime}$ het snijpunt van de buitenbissectrice van $\angle C B D$ en de omgeschreven cirkel van $\triangle C B D$. Omdat $B E^{\prime}$ de buitenbissectrice is, geldt $\angle C B E^{\prime}=180^{\circ}-\angle D B E^{\prime}$. Dus koorden $C E^{\prime}$ en $D E^{\prime}$ zijn even lang, wat betekent dat $E^{\prime}$ op de middelloodlijn van $C D$ ligt.) We concluderen dat $C E B D$ een koordenvierhoek is. Dus $\angle C E D=\angle C B D=60^{\circ}$.

Oplossing II. Zij $E^{\prime}$ het tweede snijpunt van $A B$ met de omgeschreven cirkel van $\triangle B C D$. Wegens koordenvierhoek $B E^{\prime} C D$ geldt dan $\angle E^{\prime} D C=\angle E^{\prime} B C=\angle A B C=60^{\circ}$ en $\angle E^{\prime} C D=180^{\circ}-\angle E^{\prime} B D=60^{\circ}$ wegens de evenwijdigheid. Dus driehoek $C D E^{\prime}$ heeft twee hoeken van $60^{\circ}$ en is daarom gelijkzijdig. Vanwege deze gelijkzijdigheid ligt verder $E^{\prime}$ op de middelloodlijn van $C D$, dus $E^{\prime}=E$. Dus $\triangle C D E$ is gelijkzijdig.

Oplossing III. Zij $E^{\prime}$ een punt op $A B$ met $\left|A E^{\prime}\right|=|B D|$, zodat $E^{\prime}$ en $B$ aan dezelfde kant van $A$ liggen. Er geldt $|A C|=|B C|$ en $\angle C A E=60^{\circ}=\angle C B D$ wegens Z-hoeken en de gelijkzijdigheid. Dus $\triangle C A E^{\prime} \cong \triangle C B D$ (ZHZ). Hieruit volgt $\left|C E^{\prime}\right|=|C D|$ en $\angle E^{\prime} C A=\angle D C B$. Uit het laatste volgt $\angle E^{\prime} C D=\angle E^{\prime} C B+\angle B C D=\angle E^{\prime} C B+$ $\angle E^{\prime} C A=\angle A C B=60^{\circ}$. Dus driehoek $C D E^{\prime}$ is gelijkbenig met tophoek $60^{\circ}$, dus gelijkzijdig. Vanwege deze gelijkzijdigheid ligt verder $E^{\prime}$ op de middelloodlijn van $C D$, dus $E^{\prime}=E$. Dus $\triangle C D E$ is gelijkzijdig.

Opgave 4. Je mag elk van de getallen 1 tot en met 2014 een kleur geven, waarbij precies de helft rood moet worden en de andere helft blauw. Vervolgens bekijk je het aantal $k$ van positieve gehele getallen die te schrijven zijn als de som van een rood en een blauw getal. Bepaal de maximale waarde van $k$ die je kunt bereiken.

Oplossing. Noem $n=2014$. We gaan bewijzen dat de maximale $k$ gelijk is aan $2 n-5$. Het kleinste getal dat je zou kunnen schrijven als de som van een rood en een blauw getal is $1+2=3$ en het grootste getal is $(n-1)+n=2 n-1$. Er zijn dus hoogstens $2 n-3$ getallen te schrijven als de som van een rood en een blauw getal.
Stel dat de getallen zo gekleurd kunnen worden dat er $2 n-3$ of $2 n-4$ getallen te schrijven zijn als som van een rood en een blauw getal. Er is nu hooguit één getal van 3 tot en met $2 n-1$ dat niet zo te schrijven is. We laten nu eerst zien dat we zonder verlies van algemeenheid mogen aannemen dat dit getal minstens $n+1$ is. We kunnen namelijk een tweede kleuring maken waarbij een getal $i$ blauw is dan en slechts dan als in de eerste kleuring $n+1-i$ blauw was. Dan is een getal $m$ bij de tweede kleuring te schrijven als som van rood en blauw dan en slechts dan als $2 n+2-m$ in de eerste kleuring te schrijven was als som van rood en blauw. Dus als in de eerste kleuring een getal kleiner dan $n+1$ niet te schrijven was als som van rood en blauw, dan is in de tweede kleuring juist een getal groter dan $2 n+2-(n+1)=n+1$ niet te schrijven als som van rood en blauw.
We mogen dus aannemen dat de getallen 3 tot en met $n$ allemaal te schrijven zijn als som van rood en blauw. Omdat rood en blauw verwisselbaar zijn, mogen we ook nog zonder verlies van algemeenheid aannemen dat 1 blauw gekleurd is. Omdat 3 te schrijven is als som van rood en blauw en dat alleen $3=1+2$ kan zijn, moet 2 rood zijn. Stel nu dat we weten dat 2 tot en met $l$ rood zijn, voor zekere $l$ met $2 \leq l \leq n-2$. Dan zijn in alle mogelijke sommen $a+b=l+2$ met $a, b \geq 2$ beide getallen rood gekleurd, maar we weten dat we $l+2$ kunnen schrijven als som van rood en blauw (want $l+2 \leq n$ ), dus moet dat wel $1+(l+1)$ zijn. Dus $l+1$ is ook rood gekleurd. Met inductie zien we nu dus dat de getallen 2 tot en met $n-1$ allemaal rood zijn. Dat zijn $n-2=2012$ getallen. Maar er zijn slechts $\frac{1}{2} n=1007$ getallen rood, tegenspraak.
We concluderen dat er minstens twee getallen van 3 tot en met $2 n-1$ niet te schrijven zijn als som van een rood en een blauw getal. We laten nu zien dat we de getallen zo kunnen kleuren dat alle getallen van 4 tot en met $2 n-2$ te schrijven zijn als som van een rood en een blauw getal, zodat de maximale $k$ gelijk is aan $2 n-5$.
Kleur hiervoor alle even getallen behalve $n$ blauw en verder ook nog het getal 1. Alle oneven getallen behalve 1 kleuren we rood en verder ook nog het getal $n$. Door 1 op te tellen bij een oneven getal (ongelijk aan 1) kunnen we alle even getallen van 4 tot en met $n$ schrijven als som van een rood en een blauw getal. Door 2 op te tellen bij een oneven getal (ongelijk aan 1) kunnen we alle oneven getallen van 5 tot en met $n+1$ schrijven als som van een rood en een blauw getal. Door $n-1$ op te tellen bij een even getal (ongelijk aan $n$ ) kunnen we alle oneven getallen van $n+1$ tot en met $2 n-3$ schrijven als som van een rood en een blauw getal. Door $n$ op te tellen bij een even getal (ongelijk aan $n$ ) kunnen we alle even getallen van $n+2$ tot en met $2 n-2$ schrijven als som van een rood en een
blauw getal. Al met al kunnen we dus alle getallen van 4 tot en met $2 n-2$ schrijven als som van een rood en een blauw getal.
We concluderen dat de maximale $k$ gelijk is aan $2 n-5=4023$.

Opgave 5. Vind alle functies $f: \mathbb{Z}_{>0} \rightarrow \mathbb{Z}_{>0}$ zodat $f(1)=2$ en zodat voor alle $m, n \in \mathbb{Z}_{>0}$ geldt dat $\min (2 m+2 n, f(m+n)+1)$ deelbaar is door $\max (f(m)+f(n), m+n)$.

Oplossing. Invullen van $m=n$ geeft dat $\min (4 n, f(2 n)+1)$ deelbaar is door $\max (2 f(n), 2 n)$. Een getal hoogstens gelijk aan $4 n$ is dus deelbaar door een getal minstens gelijk aan $2 f(n)$. Daaruit volgt $4 n \geq 2 f(n)$, dus $f(n) \leq 2 n$ voor alle $n$.
Invullen van $m=n=1$ geeft dat $\min (4, f(2)+1)$ deelbaar is door $\max (2 f(1), 2)=$ $\max (4,2)=4$. Dus $\min (4, f(2)+1)$ kan niet kleiner dan 4 zijn, dus $f(2)+1 \geq 4$. Maar we hebben net ook al gezien dat $f(2) \leq 2 \cdot 2=4$, dus $f(2)=3$ of $f(2)=4$.
Stel eerst dat $f(2)=3$. We bewijzen met inductie naar $n$ dat $f(n)=n+1$ voor alle $n$. Stel namelijk dat dit waar is voor $n=r-1$ voor zekere $r \geq 3$ en vul in $m=1$ en $n=r-1$. Dan krijgen we dat $\min (2 r, f(r)+1)$ deelbaar is door $\max (f(1)+f(r-1), r)=$ $\max (r+2, r)=r+2$. Aangezien $\min (2 r, f(r)+1) \leq 2 r<2(r+2)$ moet er gelden dat $\min (2 r, f(r)+1)=r+2$. Omdat $r \geq 3$ is $2 r>r+2$, dus er geldt $f(r)+1=r+2$ oftewel $f(r)=r+1$. Dit voltooit de inductie. We krijgen dus de kandidaatfunctie $f(n)=n+1$. We controleren meteen of deze functie voldoet. Er geldt dan voor alle $m, n \in \mathbb{N}$ dat $\min (2 m+2 n, f(m+n)+1)=\min (2 m+2 n, m+n+2)=m+n+2$ omdat $m, n \geq 1$, en $\max (f(m)+f(n), m+n)=\max (m+n+2, m+n)=m+n+2$. Het eerste is deelbaar door het tweede (want gelijk aan het tweede), dus deze functie voldoet.
Stel nu dat $f(2)=4$. We bewijzen met inductie naar $n$ dat $f(n)=2 n$ voor alle $n$. Stel namelijk dat dit waar is voor $n=r-1$ voor zekere $r \geq 3$. We bewijzen dat ook $f(r)=2 r$. Vul eerst $m=1$ en $n=r-1$ in. Dan vinden we dat $\min (2 r, f(r)+1)$ deelbaar is door $\max (f(1)+f(r-1), 1+r-1)=\max (2 r, r)=2 r$. Dus $\min (2 r, f(r)+1)$ kan niet kleiner dan $2 r$ zijn, dus $f(r) \geq 2 r-1$. Maar we wisten ook al dat $f(r) \leq 2 r$, dus $f(r) \in\{2 r-1,2 r\}$. Veronderstel dat $f(r)=2 r-1$. Vul dan $m=1$ en $n=r$ in. Dan vinden we dat $\min (2(r+$ 1), $f(r+1)+1)$ deelbaar is door $\max (f(1)+f(r), 1+r)=\max (2+2 r-1, r+1)=2 r+1$. Omdat $2 r+1 \nmid 2(r+1)$, kan $2(r+1)$ niet het minimum zijn, dus moet $f(r+1)+1<2 r+2$ en het moet ook deelbaar zijn door $2 r+1$, dus $f(r+1)=2 r$. Vul ook $m=2$ en $n=r-1$ in. Dan vinden we dat $\min (2(r+1), f(r+1)+1)=\min (2 r+2,2 r+1)=2 r+1$ deelbaar is door $\max (f(2)+f(r-1), 1+r)=\max (4+2 r-2, r+1)=2 r+2$, tegenspraak. We concluderen dat $f(r)=2 r$, waarmee de inductie voltooid is. We krijgen hiermee de kandidaatfunctie $f(n)=2 n$ voor alle $n$. We controleren of deze functie voldoet. Voor alle $m, n$ geldt dan dat $\min (2 m+2 n, f(m+n)+1)=\min (2 m+2 n, 2 m+2 n+1)=2 m+2 n$ en $\max (f(m)+f(n), m+n)=\max (2 m+2 n, m+n)=2 m+2 n$. Het eerste is deelbaar door het tweede (want gelijk aan het tweede), dus deze functie voldoet.
We concluderen dat er precies twee oplossingen zijn: de functie $f(n)=n+1$ voor alle $n$ en de functie $f(n)=2 n$ voor alle $n$.