# IMO-selectietoets II 

donderdag 11 juni 2020

## Uitwerkingen

Opgave 1. Gegeven zijn reële getallen $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2020}$, niet noodzakelijk verschillend. Voor elke $n \geq 2020$ wordt nu $a_{n+1}$ gedefinieerd als het kleinste reële nulpunt van het polynoom

$$
P_{n}(x)=x^{2 n}+a_{1} x^{2 n-2}+a_{2} x^{2 n-4}+\ldots+a_{n-1} x^{2}+a_{n}
$$

als dat bestaat. Veronderstel dat $a_{n+1}$ bestaat voor alle $n \geq 2020$. Bewijs dat $a_{n+1} \leq a_{n}$ voor alle $n \geq 2021$.

Oplossing. Als $x=\alpha$ een nulpunt van $P_{n}$ is, dan is $x=-\alpha$ ook een nulpunt, aangezien alle termen in $P_{n}(x)$ een even graad hebben. Het kleinste nulpunt van $P_{n}$ kan dus nooit positief zijn. Er geldt daarom $a_{n} \leq 0$ voor alle $n>2020$. Er geldt $P_{n+1}(x)=x^{2} \cdot P_{n}(x)+a_{n+1}$. Vul nu $x=a_{n+1}$ in: we weten dat dat een nulpunt van $P_{n}$ is, dus $P_{n+1}\left(a_{n+1}\right)=0+a_{n+1} \leq 0$.

Omdat de term in $P_{n}(x)$ met de hoogste graad $x^{2 n}$ is, is er een $N<0$ zodat $P_{n}(x)>0$ voor alle $x<N$. Neem bijvoorbeeld $-N=\max \left(2,\left|a_{1}\right|+\left|a_{2}\right|+\ldots+\left|a_{n}\right|\right)$, dan geldt voor $x<N$ dat $x^{2 i-2} \leq x^{2 n-2}$ voor $1 \leq i \leq n$ en dus

$$
\begin{aligned}
\mid a_{1} x^{2 n-2}+a_{2} x^{2 n-4}+ & \ldots+a_{n-1} x^{2}+a_{n} \mid \\
& \leq\left|a_{1} x^{2 n-2}\right|+\left|a_{2} x^{2 n-4}\right|+\ldots+\left|a_{n-1} x^{2}\right|+\left|a_{n}\right| \\
& \leq\left|a_{1}\right| x^{2 n-2}+\left|a_{2}\right| x^{2 n-2}+\ldots+\left|a_{n-1}\right| x^{2 n-2}+\left|a_{n}\right| x^{2 n-2} \\
& \leq\left(\left|a_{1}\right|+\left|a_{2}\right|+\ldots+\left|a_{n}\right|\right) x^{2 n-2} \\
& \leq-N \cdot x^{2 n-2} \\
& <x^{2 n},
\end{aligned}
$$

dus $x^{2 n}+a_{1} x^{2 n-2}+a_{2} x^{2 n-4}+\ldots+a_{n-1} x^{2}+a_{n}>0$. Dus voor $n \geq 2021$ is er een zekere $N<0$ met $P_{n}(x)>0$ voor $x<N$, terwijl $P_{n}\left(a_{n}\right) \leq 0$. Dat betekent dat $P_{n}(x)$ een nulpunt heeft kleiner dan of gelijk aan $a_{n}$. Aangezien $a_{n+1}$ het kleinste nulpunt is, geldt $a_{n+1} \leq a_{n}$.

Opgave 2. Ward en Gabriëlle spelen een spel op een groot vel papier. In het begin staan er 999 enen op het papier geschreven. Ward en Gabriëlle zijn om en om aan de beurt, waarbij Ward begint. Een speler die aan de beurt is, mag twee getallen $a$ en $b$ van het papier uitkiezen waarvoor geldt $\operatorname{ggd}(a, b)=1$, deze getallen weggummen en het getal $a+b$ erbij schrijven. De eerste die geen zet meer kan doen, verliest. Bepaal wie van Ward en Gabriëlle dit spel met zekerheid kan winnen.

Oplossing. Gabriëlle kan winnen met de volgende strategie: ze kiest steeds de grootste twee getallen op het papier als $a$ en $b$. We bewijzen met inductie naar $k$ dat ze dit altijd mag doen en dat na haar $k$-de zet het getal $2 k+1$ en verder $998-2 k$ enen op het papier staan.

In de eerste beurt van Ward kan hij alleen maar $a=b=1$ kiezen. Daarna staat er op het papier het getal 2 en verder 997 enen. Gabriëlle kiest nu de twee grootste getallen, dus $a=2$ en $b=1$ en komt uit op het getal 3 en verder 996 enen. Dit bewijst de inductiebasis $k=1$. Stel nu dat voor zekere $m \geq 1$ geldt dat na de $m$-de beurt van Gabriëlle op het papier het getal $2 m+1$ en verder $998-2 m$ enen staan. Als $998-2 m=0$, dan kan Ward geen zet doen. Zo niet, dan kan Ward twee dingen doen: $a=b=1$ kiezen of $a=2 m+1$ en $b=1$. We bekijken deze twee gevallen apart:

- Als Ward $a=b=1$ kiest, dan wordt de situatie daarna: het getal $2 m+1$, het getal 2 en verder $996-2 m$ enen. Gabriëlle kiest nu weer de grootste twee getallen, dus $a=2 m+1$ en $b=2$ (dit mag want de ggd is 1 ). Na haar zet staat er dan het getal $2 m+3=2(m+1)+1$ en verder $996-2 m=998-2(m+1)$ enen.
- Als Ward $a=2 m+1$ en $b=1$ kiest, dan wordt de situatie daarna: het getal $2 m+2$ en verder $997-2 m$ enen. Gabriëlle kiest nu weer de grootste twee getallen, dus $a=2 m+2$ en $b=1$ (dit mag want de ggd is 1 ). Merk op dat er nog een 1 beschikbaar is, want $997-2 m$ kan niet gelijk aan 0 zijn aangezien het oneven is. Na haar zet staat er dan het getal $2 m+3=2(m+1)+1$ en verder $996-2 m=998-2(m+1)$ enen.

Dit voltooit de inductie.
We zien dat Gabriëlle altijd een zet kan doen. Na zet nummer 499 van Gabriëlle bevat het papier alleen nog het getal 999, dus kan Ward geen zet meer doen en wint Gabriëlle.

Opgave 3. Bepaal alle paren $(a, b)$ van positieve gehele getallen waarvoor

$$
a+b=\varphi(a)+\varphi(b)+\operatorname{ggd}(a, b) .
$$

Hier is $\varphi(n)$ het aantal getallen $k$ uit $\{1,2, \ldots, n\}$ met $\operatorname{ggd}(n, k)=1$.

Oplossing I. Stel eerst dat $a=1$. Er geldt $\varphi(1)=1$. Voor alle positieve gehele $b$ is nu $\operatorname{ggd}(a, b)=1$, dus de vergelijking wordt $1+b=1+\varphi(b)+1$, dus $\varphi(b)=b-1$. Er is dus precies één getal uit $\{1,2, \ldots, b\}$ dat niet copriem met $b$ is; dat moet $b$ zelf zijn (want $\operatorname{ggd}(b, b)>1$ tenzij $b=1$, maar in dat geval geldt $\varphi(b)=b$ ). Hieruit volgt dat $b$ een priemgetal is. Voor alle priemgetallen klopt de vergelijking. We concluderen dat $(1, p)$ een oplossing is voor alle priemgetallen $p$. Net zo goed geeft $b=1$ de oplossingen $(p, 1)$.

We nemen nu verder aan dat $a, b \geq 2$. Omdat $\operatorname{ggd}(b, b)>1$ geldt $\varphi(b) \leq b-1$. Dus

$$
\operatorname{ggd}(a, b)=a+b-\varphi(a)-\varphi(b) \geq a-\varphi(a)+1
$$

Zij nu $p$ de kleinste priemdeler van $a$ (die bestaat, want $a \geq 2$ ). Omdat voor alle $p$-vouden $t p \leq a$ geldt dat $\operatorname{ggd}(t p, a)>1$, is $a-\varphi(a) \geq \frac{1}{p} \cdot a$. Er geldt dus

$$
\operatorname{ggd}(a, b) \geq a-\varphi(a)+1 \geq \frac{a}{p}+1
$$

De grootste twee delers van $a$ zijn $a$ en $\frac{a}{p}$. Omdat $\operatorname{ggd}(a, b)$ een deler van $a$ is die minstens $\frac{a}{p}+1$ is, moet hij gelijk zijn aan $a$. Dus $\operatorname{ggd}(a, b)=a$. Volkomen analoog kunnen we bewijzen dat $\operatorname{ggd}(a, b)=b$. Dus $a=b$.

Nu gaat de vergelijking over in $2 a=2 \varphi(a)+a$, oftewel $a=2 \varphi(a)$. We zien dat $2 \mid a$. Schrijf daarom $a=2^{k} \cdot m$ met $k \geq 1$ en $m$ oneven. Dan geldt wegens een bekende eigenschap van de $\varphi$-functie dat $\varphi(a)=\varphi\left(2^{k}\right) \varphi(m)=2^{k-1} \cdot \varphi(m)$, dus de vergelijking gaat over in $2^{k} \cdot m=2 \cdot 2^{k-1} \cdot \varphi(m)$, oftewel $m=\varphi(m)$. Hieruit volgt $m=1$. Dus $a=b=2^{k}$ en dan klopt de vergelijking inderdaad.

We concluderen dat de oplossingen zijn: $(1, p)$ en $(p, 1)$ voor alle priemgetallen $p$, en $\left(2^{k}, 2^{k}\right)$ voor alle positieve gehele $k$.

Oplossing II. Schrijf $a=x d, b=y d$ met $d=\operatorname{ggd}(a, b)$. Dan gaat de vergelijking over in

$$
x d+y d=\varphi(x d)+\varphi(y d)+d
$$

Van de getallen $\{1,2, \ldots, x\}$ zijn er $\varphi(x)$ die copriem zijn met $x$, dus hooguit $\varphi(x)$ die copriem zijn met $x d$. Hetzelfde geldt voor de getallen $\{x+1, x+2, \ldots, 2 x\}$ en meer
algemeen voor de getallen $\{t x+1, t x+2, \ldots,(t+1) x\}$. Door de getallen $\{1,2, \ldots, x d\}$ in $d$ van dit soort groepjes op te delen, zien we dat hooguit $d \cdot \varphi(x)$ van deze getallen copriem zijn met $x d$. Dus $\varphi(x d) \leq d \cdot \varphi(x)$. Analoog geldt $\varphi(y d) \leq d \cdot \varphi(y)$. Dus krijgen we

$$
x d+y d \leq d \cdot \varphi(x)+d \cdot \varphi(y)+d
$$

Delen door $d$ geeft

$$
x+y \leq \varphi(x)+\varphi(y)+1
$$

Als $x, y \geq 2$ geldt $\varphi(x) \leq x-1, \varphi(y) \leq y-1$ en kan dit niet waar zijn. Dus minstens één van $x$ en $y$ is gelijk aan 1.

Stel dat $x=y=1$. Dan geldt $a=b$. Net als in de eerste oplossing leiden we af dat dan $a=b=2^{k}$ met $k \geq 1$.

Stel nu dat $x=1$ en $y \neq 1$. Dan moet gelden $\varphi(y) \geq y-1$, dus $y$ moet dan een priemgetal zijn. Verder moet er gelijkheid gelden in $\varphi(x d) \leq d \cdot \varphi(x)$. Invullen van $x=1$ geeft dus $\varphi(d)=d \cdot \varphi(1)=d$. Dat kan alleen als $d=1$. We vinden $(a, b)=(1, p)$ voor een priemgetal $p$. Analoog volgt uit $x \neq 1$ en $y=1$ de oplossing $(p, 1)$.

We concluderen dat de oplossingen zijn: $(1, p)$ en $(p, 1)$ voor alle priemgetallen $p$, en $\left(2^{k}, 2^{k}\right)$ voor alle positieve gehele $k$.

Opgave 4. Zij $A B C$ een scherphoekige driehoek en zij $P$ het snijpunt van de raaklijnen in $B$ en $C$ aan de omgeschreven cirkel van $\triangle A B C$. De lijn door $A$ loodrecht op $A B$ en de lijn door $C$ loodrecht op $A C$ snijden in $X$. De lijn door $A$ loodrecht op $A C$ en de lijn door $B$ loodrecht op $A B$ snijden in $Y$. Toon aan dat $A P \perp X Y$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_90a3afd5e599870b1230g-5.jpg?height=760&width=814&top_left_y=731&top_left_x=642)

Oplossing I. Zij $M$ het midden van de omgeschreven cirkel van $\triangle A B C$ en schrijf $\alpha=$ $\angle B A C$. We bewijzen eerst dat $\triangle B Y A \sim \triangle B M P$ en vervolgens dat $\triangle Y B M \sim \triangle A B P$. Wegens de middelpunt-omtrekshoekstelling geldt $\angle B M C=2 \angle B A C=2 \alpha$. Vierhoek $P B M C$ is een vlieger met symmetrie-as $P M$ (wegens gelijke stralen $|M B|=|M C|$ en gelijke raaklijnstukjes $|P B|=|P C|$ ), dus $M P$ deelt hoek $\angle B M C$ in tweeën. We concluderen dat $\angle B M P=\frac{1}{2} \angle B M C=\alpha$. Verder geldt $\angle P B M=90^{\circ}$ (raaklijn staat loodrecht op de straal) en dus wegens hoekensom dat $\angle M P B=90^{\circ}-\alpha$. Anderzijds geldt dat $\angle A B Y=90^{\circ}$ (gegeven) en dat $\angle Y A B=\angle Y A C-\angle B A C=90^{\circ}-\alpha$. Dus $\angle A B Y=\angle P B M$ en $\angle Y A B=\angle M P B$, waaruit volgt dat $\triangle B Y A \sim \triangle B M P$. Uit deze gelijkvormigheid volgt dat $\frac{|Y B|}{|A B|}=\frac{|M B|}{|P B|}$. Combineren we dit met de hoekengelijkheid

$$
\angle Y B M=\angle Y B A+\angle A B M=90^{\circ}+\angle A B M=\angle A B M+\angle M B P=\angle A B P
$$

dan zien we dat bovendien $\triangle Y B M \sim \triangle A B P$. Noemen we nu $T$ het snijpunt van $A P$ en $Y M$, dan zien we dus dat

$$
\angle B Y T=\angle B Y M=\angle B A P=\angle B A T
$$

waaruit volgt dat $B Y A T$ een koordenvierhoek is. We concluderen dat $\angle A T Y=\angle A B Y=$ $90^{\circ}$, dus dat $A P \perp Y M$. Analoog vinden we dat $A P \perp X M$. Maar dat betekent dat de
lijnen $Y M$ en $X M$ samenvallen en dat $A P \perp X Y$.

Oplossing II. Zij $S$ het snijpunt van $C X$ en $B Y$. De lijnen $A X$ en $B Y$ staan allebei loodrecht op $A B$, dus geldt $A X \| B Y$, en analoog $A Y \| C X$. Dus $A X S Y$ is een parallellogram. Daarnaast geldt $\angle A B S=90^{\circ}=\angle A C S$, dus wegens Thales is $A S$ een middellijn van de omgeschreven cirkel van $\triangle A B C$. Het middelpunt $M$ van deze cirkel is daarom het midden van $A S$. De diagonalen van een parallellogram snijden elkaar middendoor, dus $X Y$ gaat door het midden van $A S$, dus door $M$.

Zij nu $T$ op $X Y$ zodat $\angle A T X=90^{\circ}$. Er geldt dan $\angle A T X=\angle A C X$, dus $A T C X$ is een koordenvierhoek. Net zo is $A T B Y$ een koordenvierhoek. Nu geldt $\angle A T C=180^{\circ}-\angle A X C$, en wegens $A C \perp C X$ en $A B \perp A X$ geldt $\angle A X C=90^{\circ}-\angle C A X=\angle C A B$. Dus $\angle A T C=180^{\circ}-\angle C A B$. Analoog geldt ook $\angle A T B=180^{\circ}-\angle C A B$. Dus $\angle B T C=360^{\circ}-$ $\left(180^{\circ}-\angle C A B\right)-\left(180^{\circ}-\angle C A B\right)=2 \angle C A B$. Wegens de middelpuntsomtrekshoekstelling geldt bovendien $\angle B M C=2 \angle B A C$, dus $\angle B T C=\angle B M C$. Hieruit volgt dat $B M T C$ een koordenvierhoek is.

Omdat $B P$ en $C P$ raaklijnen aan de omgeschreven cirkel van $\triangle A B C$ zijn, geldt $\angle M B P=$ $90^{\circ}=\angle M C P$, dus $M B P C$ is een koordenvierhoek met middellijn $M P$. Maar we hebben net gezien dat $T$ ook op deze cirkel ligt. Er geldt dus $\angle M T P=\angle M B P=90^{\circ}$. Aangezien nu $\angle A T M+\angle M T P=180^{\circ}$, ligt $T$ dus op $A P$. We concluderen dat $A P \perp X Y$.