problem:
Laat $n \geq 2$ en $k \geq 1$ gehele getallen zijn. In een land zijn $n$ steden en tussen elk paar steden is een busverbinding in twee richtingen. Laat $A$ en $B$ twee verschillende steden zijn. Bewijs dat het aantal manieren waarop je van $A$ naar $B$ kunt reizen met precies $k$ bussen gelijk is aan

$$
\frac{(n-1)^{k}-(-1)^{k}}{n}
$$

solution:
Zij $\alpha(k)$ het aantal manieren om van stad $A$ naar stad $B \neq A$ te reizen met $k$ bussen. Zij $\beta(k)$ het aantal manieren om van stad $A$ naar stad $A$ te reizen met $k$ bussen. Als we beginnen in stad $A$ en daarna $k$ keer een bus nemen, dan kan dat op $(n-1)^{k}$ manieren. In $\beta(k)$ van de gevallen komen we uit bij stad $A$ en in $(n-1) \alpha(k)$ van de gevallen bij een andere stad dan $A$. Dus

$$
(n-1) \alpha(k)+\beta(k)=(n-1)^{k} .
$$

Neem nu even $k \geq 2$. Om van stad $A$ naar stad $A$ te reizen met precies $k$ bussen, nemen we een bus van $A$ naar een willekeurige stad (dit kan op $(n-1)$ manieren); vervolgens moeten we van een stad ongelijk aan $A$ naar stad $A$ reizen met $k-1$ bussen, wat kan op $\alpha(k-1)$ manieren. Dus

$$
\beta(k)=(n-1) \alpha(k-1) \quad \text { voor } k \geq 2
$$

We vullen nu deze uitdrukking voor $\beta(k)$ in in (1). Hiermee vinden we voor $k \geq 2$ dat

$$
(n-1) \alpha(k)+(n-1) \alpha(k-1)=(n-1)^{k}
$$

en dus

$$
\alpha(k)=(n-1)^{k-1}-\alpha(k-1) .
$$

We gaan nu met inductie naar $k$ bewijzen dat voor $n \geq 2$ en $k \geq 1$ geldt

$$
\alpha(k)=\frac{(n-1)^{k}-(-1)^{k}}{n} .
$$

Voor $k=1$ staat hier $\alpha(1)=\frac{(n-1)+1}{n}=1$ en dat klopt, omdat er precies één manier is om van stad $A$ naar stad $B \neq A$ te reizen met één bus. Zij nu $m \geq 1$ geheel en stel nu dat we de uitdrukking voor $\alpha(k)$ bewezen hebben voor $k=m$. Dan geldt, gebruikmakend van (3), voor $k=m+1 \geq 2$ dat

$$
\begin{aligned}
& \alpha(m+1)=(n-1)^{m}-\alpha(m)=(n-1)^{m}-\frac{(n-1)^{m}-(-1)^{m}}{n} \\
& =\frac{n(n-1)^{m}-(n-1)^{m}+(-1)^{m}}{n}=\frac{(n-1)^{m+1}-(-1)^{m+1}}{n}
\end{aligned}
$$

en dat is precies de uitdrukking die we wilden bewijzen voor $k=m+1$. Dit voltooit de inductie.

problem_match: Opgave 1.

solution_match: Oplossing.


problem:
Vind alle functies $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ waarvoor geldt dat

$$
x f(x+x y)=x f(x)+f\left(x^{2}\right) f(y)
$$

voor alle $x, y \in \mathbb{R}$.

solution:
Invullen van $x=0$ en $y=0$ geeft $0=f(0)^{2}$, dus $f(0)=0$. Invullen van $x=1$ en $y=-1$ geeft $f(0)=f(1)+f(1) f(-1)$, dus $0=f(1)(1+f(-1))$, dus $f(1)=0$ of $f(-1)=-1$. Invullen van $x=-1$ geeft

$$
-f(-1-y)=-f(-1)+f(1) f(y) \quad \text { voor alle } y \in \mathbb{R}
$$

Stel dat $f(1)=0$, dan staat hier $-f(-1-y)=-f(-1)$ en omdat $-1-y$ alle waarden in $\mathbb{R}$ kan aannemen, betekent dit dat $f$ constant is. Omdat $f(0)=0$, moet dan wel gelden $f(x)=0$ voor alle $x$. Het is duidelijk dat deze functie voldoet aan de oorspronkelijke vergelijking. We hebben dus de eerste oplossing gevonden: $f(x)=0$ voor alle $x \in \mathbb{R}$.
Neem nu verder aan dat $f(1) \neq 0$, zodat $f(-1)=-1$. Vul nu $y=-1$ in in (4), dan krijgen we $-f(0)=-f(-1)+f(1) f(-1)$, dus $0=1-f(1)$, dus $f(1)=1$. Invullen van $x=1$ in de oorspronkelijke vergelijking geeft

$$
f(1+y)=1+f(y) \quad \text { voor alle } y \in \mathbb{R}
$$

Verder geeft $y=-1$ in de oorspronkelijke vergelijking dat $x f(0)=x f(x)-f\left(x^{2}\right)$, dus

$$
x f(x)=f\left(x^{2}\right) \quad \text { voor alle } x \in \mathbb{R}
$$

De oorspronkelijke vergelijking kunnen we nu schrijven als

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

Als $x \neq 0$, kunnen we links en rechts delen door $x$ en geeft het toepassen van (5)

$$
f(x+x y)=f(x) f(1+y) \quad \text { voor } x \neq 0
$$

Merk op dat dit ook waar is voor $x=0$. Noem nu $z=1+y$. Omdat dit alle waarden in $\mathbb{R}$ kan aannemen, krijgen we

$$
f(x z)=f(x) f(z) \quad \text { voor alle } x, z \in \mathbb{R}
$$

Als we dit toepassen op (6), vinden we

$$
x f(x)=f\left(x^{2}\right)=f(x) f(x),
$$

dus voor alle $x$ geldt $f(x)=0$ of $f(x)=x$. Stel nu dat er een $x \neq 0$ is met $f(x)=0$, dan geldt

$$
1=f(1)=f\left(x \cdot \frac{1}{x}\right)=f(x) f\left(\frac{1}{x}\right)=0,
$$

tegenspraak. Dus voor alle $x \neq 0$ geldt $f(x)=x$. Ook voor $x=0$ is dit waar. Invullen in de oorspronkelijke vergelijking laat zien dat dit een oplossing is. De twee functies die voldoen zijn dus $f(x)=0$ voor alle $x \in \mathbb{R}$ en $f(x)=x$ voor alle $x \in \mathbb{R}$.

problem_match: Opgave 2.


problem:
Laat $\Gamma_{1}$ en $\Gamma_{2}$ twee snijdende cirkels met middelpunten respectievelijk $O_{1}$ en $O_{2}$ zijn, zodat $\Gamma_{2}$ het lijnstuk $O_{1} O_{2}$ snijdt in een punt $A$. De snijpunten van $\Gamma_{1}$ en $\Gamma_{2}$ zijn $C$ en $D$. De lijn $A D$ snijdt $\Gamma_{1}$ een tweede keer in $S$. De lijn $C S$ snijdt $O_{1} O_{2}$ in $F$. Laat $\Gamma_{3}$ de omgeschreven cirkel van driehoek $A D F$ zijn. Noem $E$ het tweede snijpunt van $\Gamma_{1}$ en $\Gamma_{3}$.
Bewijs dat $O_{1} E$ raakt aan $\Gamma_{3}$.

solution:
We gaan $\angle O_{1} E A$ berekenen. Omdat driehoek $O_{1} E D$ gelijkbenig is met top $O_{1}$ en omdat $A E F D$ een koordenvierhoek is, geldt

$$
\angle O_{1} E A=\angle O_{1} E D-\angle A E D=90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle E O_{1} D-\angle A F D .
$$

Verder is

$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2} \angle E O_{1} D & =\angle E S D \quad \text { middelpunts-omtrekshoekstelling op } \Gamma_{1} \\
& =\angle C S D-\angle C S E \\
& =\angle C S D-\angle C D E \quad \text { omtrekshoekstelling in koordenvierhoek } C S D E \\
& =\angle F C D-\angle S D C-\angle C D E \quad \text { buitenhoekstelling in } \triangle C S D \\
& =\angle F C D-\angle S D E \\
& =\angle F C D-\angle A D E \quad \\
& =\angle F C D-\angle A F E . \quad \text { omtrekshoekstelling in koordenvierhoek } A E F D
\end{aligned}
$$

Hieruit volgt nu samen met (7) dat

$$
\angle O_{1} E A=90^{\circ}-\angle F C D+\angle A F E-\angle A F D
$$

De lijn $O_{1} O_{2}$ staat loodrecht $C D$ en deelt het lijnstuk $C D$ middendoor, dus het is de middelloodlijn van $C D$. Dus $F$ ligt op de middelloodlijn van $C D$, waaruit volgt dat driehoek $C D F$ gelijkbenig is met top $F$. Dus

$$
\angle F C D=90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle C F D=90^{\circ}-\angle A F D .
$$

Gecombineerd met (8) geeft dit

$$
\angle O_{1} E A=\angle A F D+\angle A F E-\angle A F D=\angle A F E
$$

Nu volgt met de raaklijnomtrekshoekstelling op $\Gamma_{3}$ dat $O_{1} E$ raakt aan $\Gamma_{3}$.

problem_match: Opgave 3.

solution_match: Oplossing I.


solution:
Het snijpunt van $O_{1} O_{2}$ met de boog $S D$ van $\Gamma_{1}$ waar $C$ op ligt, noemen we $T$. Omdat $A$ in het inwendige van $\Gamma_{1}$ ligt, weten we nu

$$
\begin{array}{rlr}
\angle O_{1} A S & =\angle A T S+\angle T S A & \quad \text { buitenhoekstelling in } \triangle A T S \\
& =\angle O_{1} T S+\angle T S D & \\
& =\angle T S O_{1}+\angle T S D \quad \triangle O_{1} S T \text { is gelijkbenig met tophoek } O_{1}
\end{array}
$$

De lijn $O_{1} O_{2}$ staat loodrecht $C D$ en deelt het lijnstuk $C D$ middendoor, dus het is de middelloodlijn van $C D$. Dus $T$ ligt op de middelloodlijn van $C D$, waaruit volgt dat de bogen $T C$ en $T D$ even groot zijn. Dus volgens de omtrekshoekstelling is $\angle T S D=\angle C S T$. Dus

$$
\angle O_{1} A S=\angle T S O_{1}+\angle T S D=\angle T S O_{1}+\angle C S T=\angle C S O_{1}=\angle F S O_{1}
$$

Dit betekent dat $\triangle O_{1} A S \sim \triangle O_{1} S F$ (hh). Hieruit volgt

$$
\frac{\left|O_{1} A\right|}{\left|O_{1} S\right|}=\frac{\left|O_{1} S\right|}{\left|O_{1} F\right|},
$$

dus $\left|O_{1} A\right| \cdot\left|O_{1} F\right|=\left|O_{1} S\right|^{2}=\left|O_{1} E\right|^{2}$. Omdat $A$ en $F$ aan dezelfde kant van $O_{1}$ liggen, geldt zelfs $O_{1} A \cdot O_{1} F=O_{1} E^{2}$. Met de machtstelling zien we nu dat $O_{1} E$ raakt aan de omgeschreven cirkel van $\triangle A F E$ en dat is $\Gamma_{3}$.

solution_match: Oplossing II.


problem:
Bewijs dat er geen oneindige rij priemgetallen $p_{0}, p_{1}, p_{2}, \ldots$ bestaat met de eigenschap dat voor alle positieve gehele $k$ geldt:

$$
p_{k}=2 p_{k-1}+1 \quad \text { of } \quad p_{k}=2 p_{k-1}-1
$$

solution:
Stel dat er zo'n oneindige rij bestaat. Door eventueel de eerste twee elementen weg te laten, kunnen we zorgen dat het eerste priemgetal in de rij minstens 5 is. We nemen dus zonder verlies van algemeenheid aan dat $p_{0} \geq 5$. Dan weten we dat $p_{0} \not \equiv 0 \bmod 3$.
Stel dat $p_{0} \equiv 1 \bmod 3$. We bewijzen dan met inductie naar $k$ dat voor alle positieve gehele $k$ geldt: $p_{k} \equiv 1 \bmod 3$ en $p_{k}=2 p_{k-1}-1$. Stel namelijk dat $k \geq 1$ en $p_{k-1} \equiv 1 \bmod 3$. Dan is $2 p_{k-1} \equiv 2 \bmod 3$, dus $2 p_{k-1}+1$ is deelbaar door 3 . Omdat $p_{k}$ een priemgetal groter dan 3 moet zijn, geldt dus $p_{k}=2 p_{k-1}-1$ en $p_{k} \equiv 2-1 \equiv 1 \bmod 3$. Dit voltooit de inductie.
Als juist $p_{0} \equiv 2 \bmod 3$, dan kunnen we geheel analoog bewijzen dat $p_{k} \equiv 2 \bmod 3$ en $p_{k}=2 p_{k-1}+1$ voor alle positieve gehele $k$.
We kunnen nu een directe formule van de rij opstellen. Als $p_{0} \equiv 1 \bmod 3$, dan krijgen we $p_{k}=\left(p_{0}-1\right) 2^{k}+1$ voor alle $k \geq 0$. Als $p_{0} \equiv 2 \bmod 3$, dan krijgen we $p_{k}=\left(p_{0}+1\right) 2^{k}-1$. We kunnen deze formules weer simpel met inductie bewijzen.
Volgens de kleine stelling van Fermat geldt $2^{p_{0}-1} \equiv 1 \bmod p_{0}$, dus ook $\left(-p_{0}+1\right) 2^{p_{0}-1} \equiv 1$ $\bmod p_{0}$ en $\left(p_{0}+1\right) 2^{p_{0}-1} \equiv 1 \bmod p_{0}$. Hieruit volgt $p_{0} \mid\left(p_{0}-1\right) 2^{p_{0}-1}+1$ en $p_{0} \mid$ $\left(p_{0}+1\right) 2^{p_{0}-1}-1$. We zien dat $p_{0}$ altijd een deler is van $p_{p_{0}-1}$. Omdat ook duidelijk is dat $p_{p_{0}-1}$ groter is dan $p_{0}$, volgt hieruit dat $p_{p_{0}-1}$ geen priemgetal is. Tegenspraak.

problem_match: Opgave 4.


problem:
Vind alle drietallen $(a, b, c)$ van positieve gehele getallen met $a+b+c=10$ zodat er $a$ rode, $b$ blauwe en $c$ groene punten (allemaal verschillend) in het vlak bestaan met de volgende eigenschappen:

- voor elk rood punt en elk blauw punt bekijken we de afstand tussen deze twee punten; de som van al deze afstanden is 37 ;
- voor elk groen punt en elk rood punt bekijken we de afstand tussen deze twee punten; de som van al deze afstanden is 30 ;
- voor elk blauw punt en elk groen punt bekijken we de afstand tussen deze twee punten; de som van al deze afstanden is 1 ;

solution:
We maken driehoeken bestaande uit een blauw, een rood en een groen punt. Deze driehoeken mogen ook gedegenereerd zijn. In elk van de driehoeken geldt de (nietstrikte) driehoeksongelijkheid: de afstand tussen het blauwe en het rode punt is hoogstens gelijk aan de som van de afstanden tussen het blauwe en het groene en tussen het rode en het groene punt. We tellen al deze driehoeksongelijkheden bij elkaar op (één voor elke driehoek die we kunnen vormen met een blauw, een rood en een groen punt). We tellen nu elke afstand tussen een rood en een blauw punt $c$ keer (want met een vast gekozen blauw en rood punt kun je nog $c$ punten kiezen als derde, groene hoekpunt), elke afstand tussen een groen en een rood punt $b$ keer en elke afstand tussen een blaww en een groen punt $a$ keer. We krijgen dus

$$
37 c \leq 30 b+a
$$

Omdat $a+b+c=10$, volgt hieruit $37 c \leq 30 b+(10-b-c)=10+29 b-c$, dus $38 c \leq 10+29 b$. Oftewel

$$
\frac{38 c-10}{29} \leq b
$$

We kunnen de driehoeksongelijkheid ook anders toepassen: de afstand tussen het groene en het rode punt is hoogstens gelijk aan de som van de afstanden tussen het rode en het blauwe en tussen het blauwe en het groene punt. Als we al deze ongelijkheden bij elkaar optellen, krijgen we

$$
30 b \leq 37 c+a
$$

Dit geeft nu $30 b \leq 37 c+(10-b-c)=10+36 c-b$, dus $31 b \leq 10+36 c$, oftewel

$$
b \leq \frac{10+36 c}{31}
$$

Combineren van (9) en (10) geeft

$$
\frac{38 c-10}{29} \leq \frac{10+36 c}{31}
$$

dus $31(38 c-10) \leq 29(10+36 c)$. Uitwerken geeft $134 c \leq 600$, dus $c \leq 4$. We lopen nu één voor één de mogelijkheden voor $c$ af.

Stel $c=1$. Dan geeft (10) dat $b \leq \frac{46}{31}<2$, waaruit volgt $b=1$. We krijgen nu $(a, b, c)=$ $(8,1,1)$.
Stel $c=2$. Dan volgt uit (9) en (10) dat $2<\frac{66}{29} \leq b \leq \frac{82}{31}<3$, dus er is geen gehele $b$ die voldoet.
Stel $c=3$. Dan volgt uit (9) en (10) dat $3<\frac{104}{29} \leq b \leq \frac{118}{31}<4$, dus er is geen gehele $b$ die voldoet.
Stel $c=4$. Dan volgt uit (9) en (10) dat $4<\frac{142}{29} \leq b \leq \frac{154}{31}<5$, dus er is geen gehele $b$ die voldoet.
Het enige drietal dat mogelijk zou kunnen voldoen is dus $(8,1,1)$. We laten nu zien dat we daadwerkelijk 8 rode punten, 1 blauw punt en 1 groen punt in het vlak kunnen kiezen zodat aan alle voorwaarden voldaan wordt. We gebruik een standaard assenstelsel. Kies voor het blauwe punt $(0,0)$ en voor het groene punt $(1,0)$. Kies rode punten $(i, 0)$ met $2 \leq i \leq 8$. Kies bovendien nog een rood punt zo dat dat punt samen met het groene en het blauwe punt een gelijkbenige driehoek vormt met twee zijden van lengte 2. De som van de afstanden tussen rode punten en het blauwe punt is nu $2+2+3+\cdots+8=37$. De som van de afstanden tussen rode punten en het groene punt is $2+1+2+\cdots+7=30$. De afstand tussen het blauwe punt en het groene punt is 1 .
We concluderen dat de enige oplossing $(8,1,1)$ is.

problem_match: Opgave 5.