problem: In trapezium $A B C D$ is $A B \| C D$. Zij $M$ het midden van diagonaal $A C$. Neem aan dat driehoeken $A B M$ en $A C D$ dezelfde oppervlakte hebben. Bewijs dat $D M \| B C$.

solution:
Omdat $M$ het midden van $A C$ is, is de oppervlakte van driehoek $A B M$ gelijk aan de oppervlakte van driehoek $B C M$. Dus de oppervlakte van driehoek $A B C$ is twee keer zo groot als de oppervlakte van driehoek $A B M$ en daarmee ook twee keer zo groot als de oppervlakte van driehoek $A C D$. De hoogte van driehoek $A C D$ ten opzichte van basis $C D$ is de afstand tussen de evenwijdige lijnen $A B$ en $C D$. Dat is ook de hoogte van driehoek $A B C$ ten opzichte van basis $A B$. Omdat die hoogtes dus even groot zijn, moet $|A B|=2 \cdot|C D|$.
Zij nu $K$ het midden van $A B$. Dan is $K M$ een middenparallel van $\triangle A B C$ en dus is $K M \| B C$. Verder is $|K B|=\frac{1}{2}|A B|=|C D|$, dus vierhoek $K B C D$ heeft een paar evenwijdige en even lange zijden, waarmee het een parallellogram is. Dus $D K \| B C$. Maar dat betekent dat $D K$ en $K M$ dezelfde lijn zijn (want beide door $K$ en beide evenwijdig aan $B C)$, zodat $D M$ ook wel deze lijn moet zijn. Dus $D M$ is ook evenwijdig met $B C$.

problem_match: Opgave 1.

solution_match: Oplossing.


problem: Gegeven is een drietal verschillende positieve gehele getallen $(a, b, c)$ met $a+b+c=2013$. Een stap bestaat uit het vervangen van het drietal $(x, y, z)$ door het drietal $(y+z-x, z+x-y, x+y-z)$. Bewijs dat we uitgaande van het drietal $(a, b, c)$ na 10 stappen een drietal krijgen dat minstens één negatief getal bevat.

solution:
Het verschil tussen de eerste twee getallen in het nieuwe drietal $(y+z-$ $x, z+x-y, x+y-z)$ is $(y+z-x)-(z+x-y)=2 y-2 x$, terwijl het verschil tussen de eerste twee getallen in het oude drietal $(x, y, z) \operatorname{nog} x-y$ was. Het verschil is dus in één stap vermenigvuldigd met -2 en het absolute verschil dus met 2. Dit geldt ook voor het verschil tussen het tweede en derde getal en voor het verschil tussen het eerste en derde getal. Omdat de drie getallen $a, b$ en $c$ verschillend zijn, zijn er twee bij met absoluut verschil minstens 2 . Na het uitvoeren van tien stappen op het drietal $(a, b, c)$, zijn er dus twee getallen met absoluut verschil minstens $2 \cdot 2^{10}=2048$.
Merk nu op dat de som van de getallen in een drietal gelijk blijft bij het uitvoeren van een stap, want

$$
(y+z-x)+(z+x-y)+(x+y-z)=x+y+z .
$$

Dus het drietal dat ontstaan is door tien stappen uit te voeren op $(a, b, c)$, heeft nog steeds som 2013. We hadden gezien dat er twee getallen met absoluut verschil minstens 2048 zijn. Als alle drie de getallen niet-negatief zijn, is de som dus minstens 2048 en dat is weer groter dan 2013; tegenspraak. Dus bevat het drietal een negatief getal.

problem_match: Opgave 2.

solution_match: Oplossing I.


solution:
Omdat de som van $a, b$ en $c$ gelijk aan 2013 is, kunnen we schrijven

$$
(a, b, c)=(671+u, 671+v, 671+w)
$$

met $u+v+w=0$. $\mathrm{Zij}\left(a_{i}, b_{i}, c_{i}\right)$ het drietal dat je krijgt na $i$ stappen. Na één stap is het eerste getal vervangen door
$a_{1}=b+c-a=(671+v)+(671+w)-(671+u)=671+v+w-u=671+(v+w+u)-2 u=671-2 u$.
Het verschil met 671 is dus na één stap vermenigvuldigd met -2 . Hetzelfde geldt voor het tweede en derde getal in het drietal. Met inductie zien we nu direct dat

$$
\left(a_{i}, b_{i}, c_{i}\right)=\left(671+(-2)^{i} \cdot u, 671+(-2)^{i} \cdot v, 671+(-2)^{i} \cdot w\right)
$$

Omdat $u+v+w=0$ en ze allemaal verschillend moeten zijn, is er minstens één getal van die drie dat negatief is, zeg $u$. Dan is

$$
a_{10}=671+(-2)^{10} \cdot u=671+1024 u \leq 671-1024<0 .
$$

solution_match: Oplossing II.


solution:
Noem $S=x+y+z$. Dan wordt het drietal $(x, y, z)$ in een stap vervangen door het drietal $(S-2 x, S-2 y, S-2 z)$. De som van deze drie getallen is $3 S-2 S=S$. De som van de getallen van een drietal verandert dus niet als je een stap uitvoert.
$\mathrm{Zij}\left(a_{i}, b_{i}, c_{i}\right)$ het drietal dat je krijgt na $i$ stappen op het drietal $(a, b, c)$. We hebben nu $S=a+b+c=2013$. Er geldt $a_{1}=S-2 a$, dus $a_{1}$ is van de vorm $m \cdot S+n \cdot a$ met $n=-2$. We bewijzen met inductie dat elke $a_{i}$ in deze vorm te schrijven is waarbij $n$ gelijk is aan $(-2)^{i}$. De inductiebasis hebben we zojuist gedaan. Zij nu $i \geq 2$ en stel dat $a_{i-1}$ van de vorm $m \cdot S+n \cdot a$ is met $n=(-2)^{i-1}$. We weten dat $a_{i}=S-2 a_{i-1}$. Dus $a_{i}$ is van de vorm $m^{\prime} \cdot S+n^{\prime} \cdot a$ met $n^{\prime}=-2 n=(-2)^{i}$. Dit voltooit de inductiestap. In het bijzonder weten we nu voor $i=10$ dat er een $M$ is met $a_{10}=M \cdot S+1024 \cdot a$. Als we dezelfde redenering toepassen op $b$ en $c$ komt daar dezelfde $M$ uit, dus $b_{10}=M \cdot S+1024 \cdot b$ en $c_{10}=M \cdot S+1024 \cdot c$.
Verder weten we nog steeds dat de som van de getallen $S$ is. Dus

$$
S=a_{10}+b_{10}+c_{10}=3 M \cdot S+1024 \cdot(a+b+c)=(3 M+1024) \cdot S
$$

We concluderen dat $3 M+1024=1$, dus $3 M=-1023$, dus $M=-341$.
Stel nu dat $a_{10}, b_{10}$ en $c_{10}$ alle drie niet-negatief zijn. Dan is $-341 \cdot S+1024 \cdot a \geq 0$, waarbij we ook nog weten dat $S=2013$. Dus

$$
a \geq \frac{341 \cdot 2013}{1024}=\frac{1023 \cdot 2013}{3 \cdot 1024}=\frac{1023}{1024} \cdot 671>\frac{670}{671} \cdot 671=670 .
$$

Dus $a \geq 671$. Maar op dezelfde manier zien we dat $b \geq 671$ en $c \geq 671$. Bovendien zijn $a$, $b$ en $c$ verschillend, dus $2013=a+b+c \geq 671+672+673=2016$. Tegenspraak. Dus $a_{10}$, $b_{10}$ en $c_{10}$ zijn niet alle drie niet-negatief.

solution_match: Oplossing III.


problem:
Vind alle drietallen $(x, n, p)$ van positieve gehele getallen $x$ en $n$ en priemgetallen $p$ waarvoor geldt

$$
x^{3}+3 x+14=2 \cdot p^{n} \text {. }
$$

solution:
Omdat de rechterkant een product is van priemfactoren, zou het handig zijn als de linkerkant ook een product is. Het zou dan te factoriseren moeten zijn in een eerstegraads en een tweedegraads polynoom in $x$. Proberen geeft dan de volgende ontbinding. We kunnen de linkerkant ontbinden als $(x+2)\left(x^{2}-2 x+7\right)$. Er moet dus gelden

$$
(x+2)\left(x^{2}-2 x+7\right)=2 p^{n} .
$$

Stel nu eerst dat $x$ even is. Dan moet $x+2=2 p^{a}$ voor zekere gehele $a \geq 0$ en $x^{2}-2 x+7=$ $p^{n-a}$. (Merk op dat dit ook goed gaat als $p=2$.) Omdat $x$ een positief geheel getal is, is $x+2 \geq 3$ en kunnen we $a=0$ dus uitsluiten. Verder geldt $x^{2}-3 x+5>\left(x-\frac{3}{2}\right)^{2} \geq 0$ voor alle $x$, dus $x^{2}-2 x+7>x+2$. Dat betekent dat $n-a>a$. We vullen nu $x=2 p^{a}-2$ in in $x^{2}-2 x+7=p^{n-a}$ :

$$
\left(2 p^{a}-2\right)^{2}-2\left(2 p^{a}-2\right)+7=p^{n-a},
$$

oftewel

$$
4 p^{2 a}-12 p^{a}+15=p^{n-a} .
$$

Omdat $n-a>a$, geldt $p^{a} \mid p^{n-a}$. Verder geldt naturrlijk ook $p^{a} \mid p^{a}$ en $p^{a} \mid p^{2 a}$. Dus $p^{a}$ moet ook een deler zijn van 15. Daaruit volgt $p=3$ of $p=5$ en verder $a=1$. Als $p=3$, staat er links 15 en rechts $3^{n-1}$; dat geeft geen oplossing. Als $p=5$, staat er links 55 en rechts $5^{n-1}$; dat geeft ook geen oplossing.
Stel nu dat $x$ oneven is. Dan moet $x+2=p^{a}$ voor zekere gehele $a \geq 0$ en $x^{2}-2 x+7=2 p^{n-a}$. Omdat $x$ een positief geheel getal is, is $x+2 \geq 3$ en valt $a=0$ dus weer af. Verder geldt dat $x \neq 2$, dus dat $x^{2}-4 x+3=(x-2)^{2}-1 \geq 0$, dus $x^{2}-2 x+7 \geq 2(x+2)$. Dus $n-a \geq a$. We vullen nu $x=p^{a}-2$ in in $x^{2}-2 x+7=2 p^{n-a}$ :

$$
\left(p^{a}-2\right)^{2}-2\left(p^{a}-2\right)+7=2 p^{n-a}
$$

oftewel

$$
p^{2 a}-6 p^{a}+15=2 p^{n-a} .
$$

Omdat $n-a \geq a$, geldt $p^{a} \mid p^{n-a}$. Dus vinden we ook hier dat $p^{a} \mid 15$, waaruit volgt $p=3$ of $p=5$ en verder $a=1$. Als $p=3$, staat er links 6 en rechts $2 \cdot 3^{n-1}$, dus $n=2$. We vinden $x=3-2=1$. Inderdaad is $(1,2,3)$ een oplossing. Als $p=5$, staat er links 10 en rechts $2 \cdot 5^{n-1}$, dus $n=2$. We vinden $x=5-2=3$. Inderdaad is $(3,2,5)$ een oplossing. Er zijn dus twee oplossingen, namelijk $(1,2,3)$ en $(3,2,5)$.

problem_match: Opgave 3.


problem:
Vind alle functies $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ die voldoen aan

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

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

solution:
Vul in $x=y=0$ : dat geeft

$$
f(0)=f(0)-0+f(f(0))
$$

dus $f(f(0))=0$. Vul in $x=y=1$ : dat geeft

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

dus $f(f(1))=1$. Vul nu in $x=1, y=0$ :

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

We weten dat $f(f(0))=0$ en $f(f(1))=1$, dus we vinden nu $f(1)=0$. Omdat $f(f(1))=1$, geeft dit ook $f(0)=1$. Vul nu in $y=0$ :

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

dus $f(f(x))=x$ voor alle $x \in \mathbb{R}$. Vul in $x=1$ : dat geeft

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

Samen met $f(1)=0$ en $f(f(y))=y$ krijgen we nu $0=y-1+f(y)$, dus $f(y)=1-y$ voor alle $y \in \mathbb{R}$. We hebben nu gevonden dat de enige mogelijke oplossing kan zijn: $f(x)=1-x$ voor alle $x \in \mathbb{R}$. Als we dit invullen in de oorspronkelijke funtievergelijking, krijgen we links

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

en rechts

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

Dus deze functie voldoet en is daarmee de enige oplossing.

problem_match: Opgave 4.


problem: Zij $A B C D$ een koordenvierhoek met $|A D|=|B D|$. Zij $M$ het snijpunt van $A C$ en $B D$. Zij $I$ het middelpunt van de ingeschreven cirkel van $\triangle B C M$. Zij $N$ het tweede snijpunt van $A C$ met de omgeschreven cirkel van $\triangle B M I$. Bewijs dat $|A N| \cdot|N C|=$ $|C D| \cdot|B N|$.

solution:
Zij $\alpha=\angle D A B$. Omdat $|A D|=|B D|$, is dan ook $\angle A B D=\alpha$. Vanwege de omtrekshoekstelling vinden we ook $\angle A C D=\alpha$, terwijl de koordenvierhoekstelling geeft dat $\angle B C D=180^{\circ}-\alpha$. Dus $\angle B C A=180^{\circ}-2 \alpha$. De hoekensom in driehoek $B I M$ geeft, samen met het feit dat $I$ het snijpunt van de bissectrices van $\triangle B C M$ is, dat

$$
\begin{gathered}
\angle B I M=180^{\circ}-\angle I M B-\angle M B I=90^{\circ}+90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle C M B-\frac{1}{2} \angle M B C \\
=90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle B C M=90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle B C A=90^{\circ}+90^{\circ}-\alpha=180^{\circ}-\alpha .
\end{gathered}
$$

Omdat BIMN een koordenvierhoek is, volgt hieruit $\angle B N M=\alpha$. De hoekensom in $\triangle B N C$ geeft nu
$\angle N B C=180^{\circ}-\angle B C N-\angle C N B=180^{\circ}-\angle B C A-\angle M N B=180^{\circ}-\left(180^{\circ}-2 \alpha\right)-\alpha=\alpha$.
Dit betekent dat

$$
\angle A B N=\angle A B C-\angle N B C=\angle A B C-\alpha=\angle A B C-\angle A B D=\angle C B D .
$$

Dit gecombineerd met $\angle N A B=\angle C A B=\angle C D B$, wat geldt vanwege de omtrekshoekstelling, geeft $\triangle A B N \sim \triangle D B C$ (hh). Dus

$$
\frac{|A N|}{|C D|}=\frac{|B N|}{|C B|}
$$

oftewel $|C D| \cdot|B N|=|A N| \cdot|C B|$. We weten dat $\angle N B C=\alpha=\angle B N M=\angle B N C$, dus $\triangle B N C$ is gelijkbenig met tophoek $C$, dus $|C B|=|C N|$. Er geldt dus $|C D| \cdot|B N|=$ $|A N| \cdot|C N|$ en dat is wat we wilden bewijzen.

problem_match: Opgave 5.


solution: Zij $E$ het tweede snijpunt van $B N$ met de omgeschreven cirkel van $A B C D$. Dan volgt uit de machtstelling dat $|N B| \cdot|N E|=|N A| \cdot|N C|$. Het is dus voldoende om te bewijzen dat $|N E|=|C D|$. Net als in oplossing I noemen we $\alpha=\angle D A B$, die ook gelijk is aan $\angle A B D$ en $\angle A C D$. Verder volgt net als in oplossing I dat $\angle B N M=\alpha$. Dus geldt $\angle B N C=\angle B N M=\alpha$. Dus $\angle B N C=\angle A C D=\angle N C D$, wat betekent dat met Z-hoeken $B N$ en $C D$ evenwijdig zijn. Verder is $\angle B E D=\angle B A D=\alpha=\angle B N C$, dus volgt met F-hoeken dat $E D$ en $C N$ evenwijdig zijn. Van de vierhoek $N E D C$ zijn dus de twee paren overstaande zijden evenwijdig aan elkaar, wat betekent dat het een parallellogram is. Dus $|N E|=|C D|$, wat we nog moesten bewijzen.