## IMO-selectietoets II

vrijdag 2 juni 2017

## Uitwerkingen

Opgave 1. Laat $a, b$ en $c$ positieve gehele getallen zijn, allemaal verschillend, en veronderstel dat $p=a b+b c+c a$ een priemgetal is.
a) Bewijs dat $a^{2}, b^{2}$ en $c^{2}$ verschillende resten geven bij deling door $p$.
b) Bewijs dat $a^{3}, b^{3}$ en $c^{3}$ verschillende resten geven bij deling door $p$.

## Oplossing.

a) We bewijzen dit uit het ongerijmde. Stel dat twee van $a^{2}, b^{2}$ en $c^{2}$ dezelfde rest geven bij deling door $p$, zeg dat $a^{2} \equiv b^{2} \bmod p$. Dan geldt $p \mid a^{2}-b^{2}=(a-b)(a+b)$, dus $p \mid a-b$ of $p \mid a+b$. In het laatste geval geldt $p \leq a+b \leq c(a+b)<a b+b c+c a=p$, tegenspraak. In het eerste geval geldt vanwege $a \neq b$ dat $p \leq|a-b| \leq a+b<p$, tegenspraak.
b) We bewijzen dit uit het ongerijmde. Stel dat twee van $a^{3}, b^{3}$ en $c^{3}$ dezelfde rest geven bij deling door $p$, zeg dat $a^{3} \equiv b^{3} \bmod p$. Dan geldt $p \mid a^{3}-b^{3}=(a-b)\left(a^{2}+a b+b^{2}\right)$, dus $p \mid a-b$ of $p \mid a^{2}+a b+b^{2}$. Het eerste geval geeft net als bij (a) een tegenspraak. We bekijken het andere geval: $p \mid a^{2}+a b+b^{2}$. Daaruit volgt dat $p \mid a^{2}+a b+b^{2}+$ $(a b+b c+c a)=(a+b)(a+b+c)$ en dus $p \mid a+b$ of $p \mid a+b+c$. Er geldt echter $a+b<a+b+c<a b+b c+c a$ omdat $a, b$ en $c$ niet allemaal gelijk kunnen zijn aan 1. Dus $p$ is geen deler van $a+b$ of $a+b+c$, tegenspraak.

Opgave 2. De ingeschreven cirkel van een niet-gelijkbenige driehoek $\triangle A B C$ heeft middelpunt $I$ en raakt aan $B C$ en $C A$ in respectievelijk $D$ en $E$. Zij $H$ het hoogtepunt van $\triangle A B I$, zij $K$ het snijpunt van $A I$ en $B H$ en zij $L$ het snijpunt van $B I$ en $A H$. Bewijs dat de omgeschreven cirkels van $\triangle D K H$ en $\triangle E L H$ snijden op de ingeschreven cirkel van $\triangle A B C$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_fd67e6b206add32f1429g-2.jpg?height=581&width=801&top_left_y=715&top_left_x=635)

Oplossing I. We bekijken de configuratie in de figuur; andere configuraties gaan analoog. Er geldt $\angle I D B=90^{\circ}=\angle I K B$, dus $B K D I$ is een koordenvierhoek. Verder is $\angle A L B=$ $90^{\circ}=\angle A K B$, dus ook $B K L A$ is een koordenvierhoek. Dus

$$
\angle B K D=180^{\circ}-\angle B I D=180^{\circ}-\left(90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle A B C\right)=180^{\circ}-\angle B A L=\angle B K L .
$$

Hieruit volgt dat $K, D$ en $L$ op een lijn liggen. Analoog liggen ook $K, E$ en $L$ op een lijn en dat is dezelfde lijn, dus $D$ ligt hier ook op.
Zij $S$ het tweede snijpunt van de omgeschreven cirkels van $\triangle D K H$ en $\triangle E L H$. Dan geldt

$$
\begin{gathered}
\angle D S E=360^{\circ}-\angle D S H-\angle H S E=\angle D K H+180^{\circ}-\angle H L E=\angle L K H+\angle H L K \\
=180^{\circ}-\angle K H L .
\end{gathered}
$$

Omdat ook HLIK een koordenvierhoek is (wegens twee rechte hoeken) geldt
$180^{\circ}-\angle K H L=\angle K I L=\angle A I B=180^{\circ}-\angle I B A-\angle I A B=180^{\circ}-\frac{1}{2} \angle C B A-\frac{1}{2} \angle C A B$.
Dus $\angle D S E=180^{\circ}-\frac{1}{2} \angle C B A-\frac{1}{2} \angle C A B$. Noem nu $F$ het raakpunt van de ingeschreven cirkel aan zijde $A B$, dan zijn $A F I E$ en $B F I D$ ook koordenvierhoeken (allebei wegens twee rechte hoeken). Dus geldt

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

We concluderen dat $\angle D F E+\angle D S E=180^{\circ}$, waaruit volgt dat $S$ op de omgeschreven cirkel van $\triangle D E F$ ligt en dat is precies de ingeschreven cirkel van $\triangle A B C$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_fd67e6b206add32f1429g-3.jpg?height=538&width=757&top_left_y=384&top_left_x=668)

Oplossing II. We bewijzen net als in oplossing I dat $K, D, E$ en $L$ op een lijn liggen. Noem nu $T \neq F$ het snijpunt van $H I$ en de ingeschreven cirkel. Als $T=H$, dan is er niets te bewijzen. Neem nu aan $T \neq H$. Dan is het voldoende te laten zien dat KDTH en ELTH koordenvierhoeken zijn. Wegens koordenvierhoeken ETDF (ingeschreven cirkel) en $E I F A$ (twee rechte hoeken) geldt: $\angle E D T=\angle E F T=\angle E F I=\angle E A I=\frac{1}{2} \angle C A B$. En vanwege koordenvierhoek $H K F A$ (twee rechte hoeken) geldt verder $\angle K H T=\angle K H F=$ $\angle K A F=\frac{1}{2} \angle C A B$. Dus $\angle K H T=\angle E D T=180^{\circ}-\angle K D T$ aangezien $K, D$ en $E$ op een lijn liggen. We concluderen dat $K D T H$ een koordenvierhoek is. De andere koordenvierhoek gaat analoog.

Opgave 3. Zij $k>2$ een geheel getal. Een positief geheel getal $\ell$ noemen we $k$-pabel als we de getallen $1,3,5, \ldots, 2 k-1$ kunnen opdelen in twee verzamelingen $A$ en $B$ zodat de som van de elementen van $A$ precies $\ell$ keer zo groot is als de som van de elementen van $B$. Bewijs dat het kleinste $k$-pabele getal relatief priem is met $k$.

Oplossing. We gaan bewijzen dat als $p$ de kleinste priemdeler van $k$ is, dat dan $p-1$ het kleinste $k$-pabele getal is. Hieruit volgt het gevraagde, want er geldt dan $\operatorname{ggd}(p-1, k)=1$. Er geldt $1+3+5+\ldots+(2 k-1)=k^{2}$. Als $\ell$ een $k$-pabel getal is en $s$ is de bijbehorende som van de elementen uit $B$, dan is de som van de elementen uit $A$ gelijk aan $\ell s$, dus is de totale som $(\ell+1) s$ en dat moet gelijk zijn aan $k^{2}$. Dus $\ell+1 \mid k^{2}$. Omdat $\ell+1 \geq 2$ geldt nu $\ell+1 \geq p$, waarbij $p$ de kleinste priemdeler van $k$ is. Dus $\ell \geq p-1$. We gaan nu bewijzen dat $\ell=p-1$ een $k$-pabel getal is, waaruit dan onmiddellijk volgt dat het het kleinste $k$-pabele getal is. En daarmee zijn we klaar, want $\operatorname{ggd}(k, p-1)=1$ omdat er geen priemdelers kleiner dan $p$ in $k$ zitten.
Stel eerst dat $k$ even is, zodat $p=2$. Dan moeten we dus bewijzen dat we de verzameling $\{1,3, \ldots, 2 k-1\}$ kunnen opdelen in twee verzamelingen met gelijke som van de elementen. Dit bewijzen we met inductie naar $k$. Voor $k=4$ en $k=6$ hebben we respectievelijk $\{1,7\},\{3,5\}$ en $\{1,3,5,9\},\{7,11\}$. Als we de verzameling $\{1,3, \ldots, 2 k-1\}$ zo kunnen opdelen, kan dat ook voor de verzameling $\{1,3, \ldots, 2(k+4)-1\}$ door van de nieuwe elementen $\{2 k+1,2 k+3,2 k+5,2 k+7\}$ de elementen $2 k+1$ en $2 k+7$ in de ene verzameling te stoppen en de elementen $2 k+3$ en $2 k+5$ in de andere. Dat voltooit de inductie. Stel nu dat $k$ oneven is. Schrijf $k=p m$. Dan is het voldoende dat we een deelverzameling $B$ van $\{1,3, \ldots, 2 k-1\}$ kunnen vinden waarvan de som van de elementen gelijk is aan $p m^{2}$, want dan is de som van de elementen in de verzameling $A=\{1,3, \ldots, 2 k-1\} \backslash B$ gelijk aan $k^{2}-p m^{2}=p^{2} m^{2}-p m^{2}=(p-1) p m^{2}$ en dus precies $p-1$ keer zo groot als de som van de elementen in $B$. Bekijk de verzameling $B=\{p, 3 p, \ldots,(2 m-1) p\} \subset\{1,3, \ldots, 2 k-1\}$. Dan is de som van de elementen in $B$ gelijk aan

$$
p+3 p+\cdots+(2 m-1) p=p(1+3+\cdots+(2 m-1))=p m^{2}
$$

precies wat de bedoeling was.

Opgave 4. Bepaal alle functies $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ zodat

$$
(y+1) f(x)+f(x f(y)+f(x+y))=y
$$

voor alle $x, y \in \mathbb{R}$.
Oplossing I. Invullen van $x=0$ geeft $(y+1) f(0)+f(f(y))=y$, dus $f(f(y))=y \cdot(1-$ $f(0))-f(0)$. Als $f(0) \neq 1$, is de rechterkant een bijectieve functie in $y$ en de linkerkant dus ook. Daarmee is in dit geval $f$ bijectief.
We gaan nu laten zien dat in het geval $f(0)=1$ ook geldt dat $f$ bijectief is. Dus stel $f(0)=1$. Dan krijgen we $f(f(y))=-1$ voor alle $y \in \mathbb{R}$. Invullen van $y=0$ geeft $f(x)+f(x+f(x))=0$, dus $f(x+f(x))=-f(x)$. Vul vervolgens $x=f(z)$ en $y=z$ in en vervang $f(f(z))$ door -1 :

$$
(z+1) \cdot-1+f(f(z) f(z)+f(z+f(z)))=z
$$

dus, als we ook nog gebruiken dat $f(z+f(z))=-f(z)$,

$$
f\left(f(z)^{2}-f(z)\right)=2 z+1
$$

Hieruit volgt direct dat $f$ surjectief is. Als er $a$ en $b$ zijn met $f(a)=f(b)$, dan geeft $z=a$ en daarna $z=b$ invullen in deze laatste vergelijking links twee keer hetzelfde, terwijl er rechts eerst $2 a+1$ en daarna $2 b+1$ staat. Dus $a=b$, waaruit volgt dat $f$ injectief is. We zien dat $f$ ook in dit geval bijectief is.
We kunnen dus vanaf nu aannemen dat $f$ bijectief is, waarbij we de aanname $f(0)=1$ weer laten vallen. We weten $f(f(y))=y \cdot(1-f(0))-f(0)$ en dus vinden we met $y=-1$ dat $f(f(-1))=-1$. Invullen van $y=-1$ in de oorspronkelijke vergelijking geeft

$$
f(x f(-1)+f(x-1))=-1=f(f(-1))
$$

Omdat $f$ injectief is, volgt hieruit dat $x f(-1)+f(x-1)=f(-1)$, dus $f(x-1)=$ $f(-1) \cdot(1-x)$. Als we nu $x=z+1$ nemen, zien we dat $f(z)=-f(-1) z$ voor alle $z \in \mathbb{R}$. Dus de functie is van de vorm $f(x)=c x$ voor $x \in \mathbb{R}$, waarbij $c \in \mathbb{R}$ een constante is. We controleren deze functie. Er geldt
$(y+1) f(x)+f(x f(y)+f(x+y))=(y+1) c x+c(x c y+c x+c y)=c x y+c x+c^{2} x y+c^{2} x+c^{2} y$.
Dit moet gelijk zijn aan $y$ voor alle $x, y \in \mathbb{R}$. Met $y=0$ en $x=1$ staat er $c+c^{2}=0$, dus $c=0$ of $c=-1$. Met $x=0$ en $y=1$ staat er $c^{2}=1$, dus $c=1$ of $c=-1$. We concluderen dat $c=-1$ en dan zien we dat deze functie inderdaad voldoet. Dus de enige oplossing is $f(x)=-x$ voor $x \in \mathbb{R}$.

Oplossing II. We geven een alternatief bewijs voor het geval $f(0)=1$. Net als in de eerste oplossing vinden we $f(f(y))=-1$ voor alle $y \in \mathbb{R}$. Vul nu $x=f(0)=1$ in:

$$
(y+1) f(f(0))+f(f(y)+f(1+y))=y
$$

Er geldt $f(f(0))=-1$, dus

$$
f(f(y)+f(1+y))=2 y+1
$$

Als we nu links en rechts $f$ toepassen, vinden we

$$
f(f(f(y)+f(1+y)))=f(2 y+1)
$$

Links staat hier gewoon -1 , dus $f$ is overal gelijk aan -1 , maar dat is een tegenspraak met $f(0)=1$. In dit geval zijn er dus geen oplossingen.