## Selectietoets

vrijdag 18 maart 2016

## Uitwerkingen

Opgave 1. Voor een positief geheel getal $n$ dat geen tweemacht is, definiëren we $t(n)$ als de grootste oneven deler van $n$ en $r(n)$ als de kleinste positieve oneven deler van $n$ die ongelijk aan 1 is. Bepaal alle positieve gehele getallen $n$ die geen tweemacht zijn en waarvoor geldt

$$
n=3 t(n)+5 r(n)
$$

Oplossing I. Als $n$ oneven is, geldt $t(n)=n$ dus is $3 t(n)$ groter dan $n$, tegenspraak. Als $n$ deelbaar door 2 is maar niet deelbaar door 4 , dan geldt $t(n)=\frac{1}{2} n$ en is $3 t(n)$ weer groter dan $n$, opnieuw tegenspraak. We kunnen concluderen dat $n$ in elk geval deelbaar door 4 moet zijn. Als $n$ deelbaar door 16 is, dan is $t(n) \leq \frac{1}{16} n$. Verder is $r(n) \leq t(n)$, dus $3 t(n)+5 r(n) \leq 8 t(n) \leq \frac{1}{2} n<n$, tegenspraak. Dus $n$ is niet deelbaar door 16 . We kunnen dus schrijven $n=4 m$ of $n=8 m$ met $m \geq 3$ oneven.
Stel $n=4 m$ met $m \geq 3$ oneven. Dan geldt $t(n)=m$, dus $4 m=3 m+5 r(n)$, dus $5 r(n)=m$. Omdat $r(n)$ gelijk is aan de kleinste oneven priemdeler van $n$, wat ook de kleinste priemdeler van $m$ is, moet nu $m$ van de vorm $m=5 p$ zijn met $p \leq 5$ een oneven priemgetal. Dus $m=15$ of $m=25$, wat $n=60$ of $n=100$ geeft. Beide oplossingen voldoen.
Stel dat $n=8 m$ met $m \geq 3$ oneven. Opnieuw geldt $t(n)=m$, dus $8 m=3 m+5 r(n)$, dus $5 r(n)=5 m$, oftewel $r(n)=m$. We zien dat $m$ priem is. Dus $n=8 p$ met $p$ een oneven priemgetal. Deze familie van oplossingen voldoet ook.
We vinden als oplossingen dus $n=60, n=100$ en $n=8 p$ met $p$ een oneven priemgetal.

Oplossing II. Noem $p$ de kleinste oneven priemdeler van $n$. Dan is $r(n)=p$. We kunnen nu schrijven $n=2^{t} m p$ met $m$ oneven en $t \geq 0$. Er geldt dan $t(n)=p m$, dus de gegeven gelijkheid gaat over in $2^{t} m p=3 p m+5 p$, oftewel $\left(2^{t}-3\right) m p=5 p$, dus $\left(2^{t}-3\right) m=5$. We zien dat $m$ een deler van 5 moet zijn, dus $m=1$ of $m=5$. Als $m=1$ geldt $2^{t}=8$, dus $t=3$. We krijgen dan $n=8 p$ met $p$ een oneven priem. Deze oplossing voldoet voor alle oneven priemgetallen $p$. Als $m=5$ geldt $2^{t}=4$, dus $t=2$. We krijgen dan $n=4 \cdot 5 \cdot p$ met $p$ een oneven priem. Deze oplossing voldoet alleen als $p$ de kleinste oneven priemdeler is, dus als $p=3$ of $p=5$. Zo vinden we nog twee oplossingen: $n=60$ en $n=100$.

Opgave 2. Bepaal alle drietallen $(x, y, z)$ van niet-negatieve reële getallen die voldoen aan het stelsel vergelijkingen

$$
\begin{aligned}
& x^{2}-y=(z-1)^{2} \\
& y^{2}-z=(x-1)^{2} \\
& z^{2}-x=(y-1)^{2}
\end{aligned}
$$

Oplossing. Haakjes uitwerken en alles bij elkaar optellen geeft

$$
x^{2}+y^{2}+z^{2}-(x+y+z)=x^{2}+y^{2}+z^{2}-2(x+y+z)+3,
$$

dus $x+y+z=3$. Zonder verlies van algemeenheid nemen we aan dat $x \leq y, z$. Dan geldt $0 \leq x \leq 1$. Dus $x^{2} \leq x$, dus $x^{2}-y \leq x-y \leq 0$. Anderzijds is $x^{2}-y=(z-1)^{2} \geq 0$. Dus moet gelijkheid gelden in o.a. $x^{2} \leq x$ en $x-y \leq 0$. Uit de eerste gelijkheid volgt $x=0$ of $x=1$ en uit de tweede $x=y$. Stel $x=y=0$, dan volgt uit $x+y+z=3$ dat $z=3$. Maar dan geldt niet $x^{2}-y=(z-1)^{2}$, tegenspraak. We houden alleen het geval over dat $x=y=1$. Dan geldt $z=3-1-1=1$. Dit drietal voldoet inderdaad en is daarmee de enige oplossing.

Opgave 3. Zij $\triangle A B C$ een rechthoekige driehoek met $\angle A=90^{\circ}$ en omgeschreven cirkel $\Gamma$. De ingeschreven cirkel raakt aan $B C$ in een punt $D$. Zij $E$ het midden van de boog $A B$ van $\Gamma$ waar $C$ niet op ligt en zij $F$ het midden van de boog $A C$ van $\Gamma$ waar $B$ niet op ligt.
a) Bewijs dat $\triangle A B C \sim \triangle D E F$.
b) Bewijs dat $E F$ door de raakpunten van de ingeschreven cirkel aan $A B$ en $A C$ gaat.

## Oplossing I.

a) Het midden $E$ van boog $A B$ waar $C$ niet op ligt, ligt op de bissectrice $C I$. Net zo ligt $F$ op $B I$. Er geldt $\angle I F C=\angle B F C=\angle B A C=90^{\circ}$ omdat $A B C F$ een koordenvierhoek is en $\angle I D C=90^{\circ}$ omdat $D$ het raakpunt van de ingeschreven cirkel aan $B C$ is. Dus $\angle I F C+\angle I D C=180^{\circ}$, waaruit volgt dat $F I D C$ een koordenvierhoek is. Nu geldt $\angle D F I=\angle D C I=\frac{1}{2} \angle A C B$, terwijl ook $\angle I F E=\angle B F E=\angle B C E=$ $\frac{1}{2} \angle A C B$. Dus $\angle D F E=\frac{1}{2} \angle A C B+\frac{1}{2} \angle A C B=\angle A C B$. Analoog is $\angle D E F=\angle A B C$. Samen geeft dit $\triangle D E F \sim \triangle A B C$.
b) $\mathrm{Zij} S$ het snijpunt van $E F$ met $A B$. In het vorige onderdeel hebben we gezien dat $B F$ de bissectrice is van $\angle D F E=\angle D F S$. Ook is $B F$ de bissectrice van $\angle A B C=$ $\angle S B D$. Dus $\triangle B D F \cong \triangle B S F$ vanwege (HZH). Dit betekent dat $|B D|=|B S|$. Anderzijds zijn de afstanden van $B$ tot de raakpunten van de ingeschreven cirkel aan $B C$ en $B A$ gelijk en het ene raakpunt is $D$, dus het andere raakpunt moet $S$ zijn. Dus $E F$ gaat door het raakpunt van de ingeschreven cirkel aan $A B$. Analoog gaat hij ook door het raakpunt van de ingeschreven cirkel aan $A C$.

## Oplossing II.

a) Zoals in de eerste oplossing bewijzen we dat FIDC een koordenvierhoek is. Vanwege de buitenhoekstelling is $\angle C I F=\angle I C B+\angle I B C=\frac{1}{2} \angle A C B+\frac{1}{2} \angle A B C=90^{\circ}-$ $\frac{1}{2} \angle B A C=45^{\circ}$. Dus $\angle C D F=\angle C I F=45^{\circ}$. Analoog is $\angle B D E=45^{\circ}$, zodat $\angle E D F=180^{\circ}-45^{\circ}-45^{\circ}=90^{\circ}$. Zij nu $M$ het midden van $B C$. Dan is $M$ ook het midden van de omgeschreven cirkel van $\triangle A B C$ dus staat $M F$ loodrecht op $A C$. Dat betekent dat $M F \| A B$. Zo ook is $M E \| A C$. Dus $\angle E M F=90^{\circ}$. We zien dat $\angle E M F=\angle E D F$, dus $D, E, F$ en $M$ liggen op één cirkel. We onderscheiden nu twee gevallen.
Als $D=M$, dan geldt $45^{\circ}=\angle C D F=\angle C M F=\angle C B A$ wegens $F$-hoeken, dus $\triangle A B C$ is een gelijkbenige rechthoekige driehoek. Omdat $M$ het middelpunt van de omgeschreven cirkel is, waar ook $E$ en $F$ op liggen, is $|M E|=|M F|$, dus ook $\triangle M E F$ is een gelijkbenige rechthoekige driehoek. Dus $\triangle A B C \sim \triangle M E F=\triangle D E F$.

In het andere geval geldt $D \neq M$. Zonder verlies van algemeenheid nemen we aan dat $D$ dichter bij $C$ ligt dan $M$. Dan geldt $\angle D E F=\angle D M F=\angle C B A$ wegens F-hoeken en $\angle D F E=180^{\circ}-\angle D M E=\angle B M E=\angle B C A$ wegens F-hoeken. Dus met (hh) is nu ook $\triangle D E F \sim \triangle A B C$.
b) $\mathrm{Zij} L$ het raakpunt van de ingeschreven cirkel aan $A C$. We hebben al gezien dat $F I D C$ een koordenvierhoek is wegens $\angle I D C=90^{\circ}=\angle I F C$. Omdat ook $\angle I L C=$ $90^{\circ}$, ligt $L$ op dezelfde cirkel. Dus

$$
\angle L F B=\angle L F I=\angle L C I=\angle A C E=\angle E C B=\angle E F B,
$$

waaruit volgt dat $E, F$ en $L$ op een lijn liggen. Dus $E F$ gaat door het raakpunt $L$. Analoog gaat $E F$ ook door het raakpunt van de ingeschreven cirkel aan $A B$.

## Oplossing III.

a) Zoals in de vorige oplossing bewijzen we dat $\angle C D F=45^{\circ}=\angle B D E$. Zij nu $F^{\prime}$ de spiegeling van $F$ in $B C$. Omdat $B C$ de middellijn van $\Gamma$ is, ligt $F^{\prime}$ weer op $\Gamma$. Verder is $\angle C D F^{\prime}=\angle C D F=45^{\circ}$ en $\angle C D E=180^{\circ}-\angle B D E=135^{\circ}$, dus $\angle C D F^{\prime}+\angle C D E=180^{\circ}$, waaruit volgt dat $F^{\prime}, D$ en $E$ op een lijn liggen. We zien dat

$$
\angle F E D=\angle F E F^{\prime}=\angle F B F^{\prime}=2 \angle F B C=2 \cdot \frac{1}{2} \angle A B C=\angle A B C .
$$

Analoog geldt $\angle E F D=\angle A C B$, dus met (hh) geldt $\triangle D E F \sim \triangle A B C$.
b) Laat $K$ en $L$ de raakpunten zijn van de inschreven cirkel aan respectievelijk $A B$ en $A C$. Omdat $\angle A K I=\angle A L I=90^{\circ}$ en ook $\angle K A L=90^{\circ}$, is $A K I L$ een rechthoek. Het is zelfs een vierkant, aangezien $|I K|=|I L|$. Dus diagonaal $K L$ is de middelloodlijn van $A I$. We gaan nu bewijzen dat $E F$ ook de middelloodlijn van $A I$ is, zodat $E F$ samenvalt met $K L$ en het gevraagde bewezen is.
Er geldt

$$
\angle F A I=\angle F A C+\angle C A I=\angle F B C+\angle C A I=\frac{1}{2} \angle A B C+\frac{1}{2} \angle B A C
$$

en verder, wegens de buitenhoekstelling in $\triangle A B I$,

$$
\angle A I F=\angle I A B+\angle I B A=\frac{1}{2} \angle A B C+\frac{1}{2} \angle B A C .
$$

Dus $\angle F A I=\angle A I F$, waaruit volgt $|A F|=|I F|$. Dat betekent dat $F$ op de middelloodlijn van $A I$ ligt. Analoog kunnen we laten zien dat ook $E$ op de middelloodlijn van $A I$ ligt. Dus $E F$ is inderdaad de middelloodlijn van $A I$.

Opgave 4. De Facebookgroep Olympiadetraining heeft minstens vijf leden. Er is een zeker getal $k$ met de eigenschap: voor elk $k$-tal leden geldt dat er minstens één lid van dat $k$-tal bevriend is met de andere $k-1$. (Vriendschap is wederzijds: als $A$ bevriend is met $B$, dan is $B$ ook bevriend met $A$.)
a) Stel $k=4$. Kun je met zekerheid zeggen dat de Facebookgroep een lid heeft dat vrienden is met alle andere leden?
b) Stel $k=5$. Kun je met zekerheid zeggen dat de Facebookgroep een lid heeft dat vrienden is met alle andere leden?

## Oplossing.

a) Ja, dat kan. Als iedereen bevriend is met iedereen, dan zijn we klaar. Stel dus dat er twee leden zijn, zeg $A$ en $B$, die geen vrienden met elkaar zijn. Als we een groep van vier bekijken met $A, B$ en twee andere leden, dan moet één van die andere twee bevriend zijn met de ander en met $A$ en $B$. In het bijzonder zijn die twee anderen bevriend met elkaar. Dit geldt voor elke twee leden (ongelijk aan $A$ en $B$ ) die we kiezen, dus elk tweetal zonder $A$ en $B$ is bevriend met elkaar. Neem nu $A, B, C$ en $D$ en zeg dat $C$ bevriend is met $A, B$ en $D$. Hij is verder ook bevriend met alle andere leden van de groep, dus $C$ is iemand die bevriend is met iedereen.
b) Nee, dat kan niet. We geven een tegenvoorbeeld. Stel dat de Facebookgroep zes leden heeft, namelijk $A, B, C, D, E$ en $F$. Zij zijn allemaal vrienden van elkaar, behalve het paar $(A, B)$, het paar $(C, D)$ en het paar $(E, F)$. Dat betekent dat er geen enkel lid vrienden is van alle andere leden. Als we een groep van vijf nemen, dan is dat zonder verlies van algemeenheid $A, B, C, D$ en $E$. Hierbij is iemand die vrienden is met de andere vier, namelijk $E$. Dus aan de voorwaarde is voldaan.

Opgave 5. Bepaal alle paren $(m, n)$ van positieve gehele getallen waarvoor

$$
(m+n)^{3} \mid 2 n\left(3 m^{2}+n^{2}\right)+8
$$

Oplossing. Stel dat het quotiënt van $2 n\left(3 m^{2}+n^{2}\right)+8$ en $(m+n)^{3}$ niet gelijk aan 1 is. Dan is het minstens 2, dus geldt

$$
(m+n)^{3} \leq n\left(3 m^{2}+n^{2}\right)+4
$$

oftewel

$$
m^{3}+3 m^{2} n+3 m n^{2}+n^{3} \leq 3 m^{2} n+n^{3}+4
$$

oftewel

$$
m^{3}+3 m n^{2} \leq 4
$$

Hieruit volgt meteen $m<2$, dus $m=1$. Dan staat er $1+3 n^{2} \leq 4$, dus ook $n=1$. Het paar $(m, n)=(1,1)$ is inderdaad een oplossing, want er geldt $2^{3} \mid 2 \cdot 4+8$.
De andere mogelijkheid is dat het quotiënt juist wel gelijk aan 1 is. Dan geldt

$$
(m+n)^{3}=2 n\left(3 m^{2}+n^{2}\right)+8
$$

oftewel

$$
m^{3}+3 m^{2} n+3 m n^{2}+n^{3}=6 m^{2} n+2 n^{3}+8
$$

oftewel

$$
m^{3}-3 m^{2} n+3 m n^{2}-n^{3}=8
$$

De linkerkant kunnen we ontbinden als $(m-n)^{3}$. Dus er geldt $m-n=2$, oftewel $m=n+2$. Uit de voorgaande berekeningen volgt direct ook dat $(m, n)=(n+2, n)$ inderdaad een oplossing is voor alle positieve gehele $n$.
We concluderen dat de oplossingen zijn: $(m, n)=(1,1)$ en $(m, n)=(n+2, n)$ voor $n \geq 1$.