problem: Voor een geheel getal $n \geq 3$ bekijken we een cirkel met $n$ punten erop. We plaatsen een positief geheel getal bij elk punt, waarbij de getallen niet noodzakelijk verschillend hoeven te zijn. Zo'n plaatsing van getallen heet stabiel als drie getallen naast elkaar altijd product $n$ hebben. Voor hoeveel waarden van $n$ met $3 \leq n \leq 2020$ is het mogelijk om getallen op een stabiele manier te plaatsen?

solution:
Stel dat $n$ geen veelvoud van 3 is en dat we een stabiele plaatsing hebben van de getallen $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$, die in die volgorde op de cirkel liggen. Er geldt dan $a_{i} a_{i+1} a_{i+2}=3$ voor alle $i$, waarbij we de indices modulo $n$ rekenen. Dus

$$
a_{i+1} a_{i+2} a_{i+3}=n=a_{i} a_{i+1} a_{i+2}
$$

waaruit volgt dat $a_{i+3}=a_{i}$ (aangezien alle getallen positief zijn). Met inductie vinden we dat voor alle $k \geq 0$ geheel geldt $a_{3 k+1}=a_{1}$. Omdat $n$ geen drievoud is, nemen de getallen $3 k+1$ voor $k \geq 0$ alle waarden modulo $n$ aan: immers, 3 heeft een multiplicatieve inverse modulo $n$, dus $k \equiv 3^{-1} \cdot(b-1)$ geeft $3 k+1 \equiv b \bmod n$ voor alle $b$. We concluderen dat alle getallen op de cirkel gelijk zijn aan $a_{1}$. Er moet dus gelden dat $a_{1}^{3}=n$, waarbij $a_{1}$ positief geheel is. Dus als $n$ geen drievoud is, dan moet $n$ een derdemacht zijn.

Als $n$ een drievoud is, dan zetten we achteraanvolgens de getallen $1,1, n, 1,1, n, \ldots$ neer op de cirkel. Het product van drie getallen naast elkaar is nu altijd $1 \cdot 1 \cdot n=n$. Als $n$ een derdemacht is, zeg $n=m^{3}$, dan zetten we de getallen $m, m, m, \ldots$ neer op de cirkel. Het product van drie getallen naast elkaar is nu altijd $m^{3}=n$.

We conluderen dat er een stabiele plaatsing mogelijk is dan en slechts dan als $n$ een drievoud of een derdemacht is. We moeten nu nog dit aantal tellen. De drievouden $n$ met $3 \leq n \leq 2020$ zijn $3,6,9, \ldots, 2019$ en dat zijn er $\frac{2019}{3}=673$. De derdemachten $n$ met $3 \leq n \leq 2020$ zijn $2^{3}, 3^{3}, \ldots, 12^{3}$, want $12^{3}=1728 \leq 2020$ en $13^{3}=2197>2020$. Dit zijn 11 derdemachten, waarvan er 4 deelbaar zijn door 3 , dus er zijn 7 derdemachten die geen drievoud zijn. Alles bij elkaar zijn er $673+7=680$ waarden van $n$ die voldoen.

problem_match: Opgave 1.

solution_match: Oplossing.


problem:
In een scherphoekige driehoek $A B C$ is $D$ het voetpunt van de hoogtelijn vanuit $A$. Laat $D_{1}$ en $D_{2}$ de spiegelbeelden zijn van $D$ in respectievelijk $A B$ en $A C$. Het snijpunt van $B C$ en de lijn door $D_{1}$ evenwijdig aan $A B$, noemen we $E_{1}$. Het snijpunt van $B C$ en de lijn door $D_{2}$ evenwijdig aan $A C$, noemen we $E_{2}$. Bewijs dat $D_{1}, D_{2}, E_{1}$ en $E_{2}$ op een cirkel liggen waarvan het middelpunt op de omgeschreven cirkel van $\triangle A B C$ ligt.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_91db4a04c341cbadb3acg-2.jpg?height=703&width=1210&top_left_y=733&top_left_x=235)

solution:
Het midden van $D D_{1}$ noemen we $K$ en het midden van $D D_{2}$ noemen we $L$. Dan ligt $K$ op $A B$ en $L$ op $A C$. Wegens $\angle A K D=90^{\circ}=\angle A L D$ is $A K D L$ een koordenvierhoek. Dus $\angle D L K=\angle D A K=\angle D A B=90^{\circ}-\angle A B C$. Verder is $K L$ een middenparallel in driehoek $D D_{1} D_{2}$, dus $\angle D L K=\angle D D_{2} D_{1}$. We concluderen dat $\angle D D_{2} D_{1}=90^{\circ}-\angle A B C$.

Omdat $A C \perp D D_{2}$ en $D_{2} E_{2} \| A C$, geldt $\angle D D_{2} E_{2}=90^{\circ}$. Dus $\angle D_{1} D_{2} E_{2}=\angle D_{1} D_{2} D+$ $\angle D D_{2} E_{2}=90^{\circ}-\angle A B C+90^{\circ}=180^{\circ}-\angle A B C$. Anderzijds geldt vanwege $D_{1} E_{1} \| A B$ dat $\angle D_{1} E_{1} E_{2}=\angle A B C$, dus we zien $\angle D_{1} D_{2} E_{2}=180^{\circ}-\angle D_{1} E_{1} E_{2}$. We concluderen dat $D_{1} E_{1} E_{2} D_{2}$ een koordenvierhoek is.

Noem nu $M$ het punt zodat $A M$ een middellijn is van de omgeschreven cirkel van $\triangle A B C$. Wegens Thales geldt dan $\angle A C M=90^{\circ}$. Dus $C M \perp A C$, waaruit volgt dat $C M \perp D_{2} E_{2}$ en $C M \| D D_{2}$. Verder is $L$ het midden van $D D_{2}$ en geldt $L C \| D_{2} E_{2}$, dus $L C$ is een middenparallel in driehoek $D D_{2} E_{2}$. Dit betekent dat $C$ het midden van $D E_{2}$ is. Aangezien $C M \| D D_{2}$ volgt nu dat $C M$ ook een middenparallel is, dus $C M$ snijdt $D_{2} E_{2}$ middendoor. Omdat ook $C M \perp D_{2} E_{2}$, is $C M$ de middelloodlijn van $D_{2} E_{2}$. Analoog geldt dat $B M$ de middelloodlijn van $D_{1} E_{1}$ is. Dus $M$ is het snijpunt van de middelloodlijnen van twee van de koorden van de cirkel door $D_{1}, D_{2}, E_{1}$ en $E_{2}$ en is daarmee het middelpunt van deze cirkel.

problem_match: Opgave 2.


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

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

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

solution:
Invullen van $x=1$ geeft $f(y)+2 f\left(y^{2}\right)=(1+f(y)) f(y)$, dus

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

We kunnen hiermee in de oorspronkelijke functievergelijking de term $2 f\left(y^{2}\right)$ links wegstrepen tegen $f(y)^{2}$ rechts:

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

Invullen van $y=1$ hierin geeft $f\left(x^{2}\right)=x^{2} f(1)$ en invullen van $y=-1$ geeft $f\left(-x^{2}\right)=$ $x^{2} f(-1)$. Omdat $x^{2}$ alle niet-negatieve getallen aanneemt als $x \in \mathbb{R}$, geldt nu

$$
f(x)= \begin{cases}c x & \text { als } x \geq 0 \\ d x & \text { als } x<0\end{cases}
$$

met $c=f(1)$ en $d=-f(-1)$. Vul nu $y=1$ in bij (1), dat geeft $2 f(1)=f(1)^{2}$, dus $2 c=c^{2}$. Hieruit volgt $c=0$ of $c=2$. Vullen we juist $y=-1$ in bij (1), dan vinden we $2 f(1)=f(-1)^{2}$, dus $2 c=(-d)^{2}$. Voor $c=0$ geeft dit $d=0$ en voor $c=2$ geeft dit $d=2$ of $d=-2$. We hebben dus drie gevallen:

- $c=0, d=0$ : dan is $f(x)=0$ voor alle $x$;
- $c=2, d=2$ : dan is $f(x)=2 x$ voor alle $x$;
- $c=2, d=-2$ : dan is $f(x)=2 x$ voor $x \geq 0$ en $f(x)=-2 x$ voor $x<0$, oftewel $f(x)=2|x|$ voor alle $x$.

Met de eerste functie komt er in de functievergelijking links en rechts 0 , dus deze voldoet. Met de tweede functie komt er in de functievergelijking links $2 x^{2} y+4 y^{2}$ en rechts $\left(x^{2}+2 y\right)$. $2 y=2 x^{2} y+4 y^{2}$, dus die functie voldoet. Met de derde functie komt er links $2\left|x^{2} y\right|+4\left|y^{2}\right|=$ $2 x^{2}|y|+4 y^{2}$ en rechts $\left(x^{2}+2|y|\right) \cdot 2|y|=2 x^{2}|y|+4|y|^{2}=2 x^{2}|y|+4 y^{2}$, dus die functie voldoet ook.

Al met al hebben we drie oplossingen gevonden: $f(x)=0, f(x)=2 x$ en $f(x)=2|x|$.

problem_match: Opgave 3.

solution_match: Oplossing I.


solution:
Invullen van $y=0$ geeft $f(0)+2 f(0)=\left(x^{2}+f(0)\right) f(0)$. Dus $f(0)=0$ of $3=x^{2}+f(0)$ voor alle $x \in \mathbb{R}$. Dat laatste kan niet waar zijn, dus $f(0)=0$.

Vul nu in $x=0, y=1$. Dan krijgen we $f(0)+2 f(1)=f(1)^{2}$, dus $2 f(1)=f(1)^{2}$, dus $f(1)=0$ of $f(1)=2$. Vervolgens geeft $y=1$ dat $f\left(x^{2}\right)+2 f(1)=\left(x^{2}+f(1)\right) \cdot f(1)$, wat met de twee mogelijke waarden van $f(1)$ oplevert:

$$
f\left(x^{2}\right)= \begin{cases}0 & \text { als } f(1)=0 \\ 2 x^{2} & \text { als } f(1)=2\end{cases}
$$

Omdat $x^{2}$ alle niet-negatieve getallen aanneemt als $x \in \mathbb{R}$, zijn nu de functiewaarden van alle niet-negatieve getallen bepaald. Merk op dat de term $2 f\left(y^{2}\right)$ in de functievergelijking nu ook voor alle $y$ uitgerekend kan worden.

Bekijk nu eerst het geval dat $f(1)=0$. Er geldt dus $f(x)=0$ voor alle $x \geq 0$. Vul $x=1$ in, dat geeft $f(y)+0=(1+f(y)) f(y)$, dus $0=f(y)^{2}$, dus $f(y)=0$ voor alle $y \in \mathbb{R}$. De functie $f(x)=0$ voor alle $x$ voldoet inderdaad aan de functievergelijking en is dus een oplossing.

Bekijk nu het geval dat $f(1)=2$. Er geldt dus $f(x)=2 x$ voor alle $x \geq 0$. Vul $x=1$ in, dat geeft $f(y)+4 y^{2}=(1+f(y)) f(y)$, dus $4 y^{2}=f(y)^{2}$. We vinden nu voor alle $y$ dat $f(y)=2 y$ of $f(y)=-2 y$. Voor $y \geq 0$ weten we al dat altijd het eerste geldt. We willen nu uitsluiten dat voor $y<0$ allebei de mogelijkheden voorkomen. Neem dus een $a, b<0$ met $a \neq b$ zodat $f(a)=2 a$ en $f(b)=-2 b$. Kies $y=b$ en $x^{2}=\frac{a}{b}$, wat kan omdat $\frac{a}{b}>0$. Dan geldt $x^{2} y=a$, dus invullen in de functievergelijking geeft

$$
2 a+2 f\left(b^{2}\right)=\left(\frac{a}{b}-2 b\right) \cdot-2 b,
$$

oftewel $2 f\left(b^{2}\right)=-4 a+4 b^{2}$. We weten dat $f\left(b^{2}\right)$ gelijk is aan $2 b^{2}$, want $f(x)=2 x$ voor $x \geq 0$. Dus $4 b^{2}=-4 a+4 b^{2}$, oftewel $-4 a=0$, tegenspraak met $a<0$. We concluderen dat ofwel voor alle $y<0$ geldt dat $f(y)=2 y$, ofwel voor alle $y<0$ geldt dat $f(y)=-2 y$.

Dat geeft nog twee mogelijke functies: $f(x)=2 x$ voor alle $x$ en $f(x)=2|x|$ voor alle $x$. Met de eerste functie komt er in de functievergelijking links $2 x^{2} y+4 y^{2}$ en rechts $\left(x^{2}+2 y\right) \cdot 2 y=2 x^{2} y+4 y^{2}$, dus die functie voldoet. Met de tweede functie komt er links $2\left|x^{2} y\right|+4\left|y^{2}\right|=2 x^{2}|y|+4 y^{2}$ en rechts $\left(x^{2}+2|y|\right) \cdot 2|y|=2 x^{2}|y|+4|y|^{2}=2 x^{2}|y|+4 y^{2}$, dus die functie voldoet ook.

Al met al hebben we drie oplossingen gevonden: $f(x)=0, f(x)=2 x$ en $f(x)=2|x|$.

solution_match: Oplossing II.


problem:
Op een cirkel met middelpunt $M$ liggen drie verschillende punten $A, B$ en $C$ zodat $|A B|=|B C|$. Punt $D$ ligt binnen de cirkel op zo'n manier dat $\triangle B C D$ gelijkzijdig is. Het tweede snijpunt van $A D$ met de cirkel noemen we $F$. Bewijs dat $|F D|=|F M|$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_91db4a04c341cbadb3acg-5.jpg?height=703&width=705&top_left_y=678&top_left_x=298)

solution:
We gaan bewijzen dat $|F D|=|F C|$ en dat $|F C|=|F M|$, waaruit het gevraagde volgt.

In koordenvierhoek $A B C F$ is $\angle B C F=180^{\circ}-\angle B A F$. Wegens $|A B|=|B C|=|B D|$ geldt verder $\angle B A F=\angle B A D=\angle A D B$, dus $\angle B D F=180^{\circ}-\angle A D B=180^{\circ}-\angle B A F$. We zien dat $\angle B C F=\angle B D F$. Verder zijn $\angle D F B=\angle A F B$ en $\angle C F B$ omtrekshoeken op de gelijke koorden $A B$ en $B C$, dus $\angle D F B=\angle C F B$. Driehoeken $B C F$ en $B D F$ hebben dus twee paren hoeken gelijk; omdat ze ook nog zijde $B F$ gemeenschappelijk hebben, zijn ze congruent wegens ZHH. We concluderen dat $|F C|=|F D|$ en dat $\angle D B F=\angle C B F$.

Vanwege de middelpunt-omtrekhoekstelling geldt $\angle C M F=2 \angle C B F$. Uit de zojuist gevonden gelijkheid $\angle D B F=\angle C B F$ volgt dat $2 \angle C B F=\angle C B D=60^{\circ}$, dus $\angle C M F=$ $60^{\circ}$. Verder is $|M C|=|M F|$ (straal van de cirkel) dus $\triangle C M F$ is gelijkbenig met een tophoek van $60^{\circ}$, waaruit volgt dat hij gelijkzijdig is. Dit betekent dat $|F C|=|F M|$.

Hiermee hebben we bewezen dat $|F D|=|F C|=|F M|$.

problem_match: Opgave 4.


problem: Een verzameling $S$ die bestaat uit 2019 (verschillende) positieve gehele getallen heeft de volgende eigenschap: het product van elke 100 elementen van $S$ is een deler van het product van de overige 1919 elementen. Wat is het maximale aantal priemgetallen dat $S$ kan bevatten?

solution:
Het maximale aantal priemgetallen is 1819.

We beginnen met de constructie. Kies verschillende priemgetallen $p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{1819}$ en zij $P=p_{1} p_{2} \cdots p_{1819}$. Neem

$$
S=\left\{p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{1819}, P, P \cdot p_{1}, \ldots, P \cdot p_{199}\right\}
$$

Voor elke $p_{i}$ geldt dat er 201 getallen in $S$ zijn die deelbaar zijn door $p_{i}$ (namelijk $p_{i}$ en alle getallen deelbaar door $P$ ). Hiervan is er hoogstens één getal met twee factoren $p_{i}$; de rest heeft één factor $p_{i}$. Nemen we nu 100 getallen uit $S$, dan zitten in hun product hoogstens 101 factoren $p_{i}$. Bij de overige getallen zitten nog minstens 101 getallen deelbaar door $p_{i}$, dus hun product heeft minstens 101 factoren $p_{i}$. Omdat dit voor elke $p_{i}$ geldt en de getallen uit $S$ geen andere priemfactoren hebben, betekent dit dat $S$ de gewenste eigenschap heeft.

We bewijzen nu dat $S$ niet meer dan 1819 priemgetallen kan bevatten. Bekijk een priemdeler $q$ van een getal in $S$. Stel dat hooguit 199 getallen in $S$ deelbaar zijn door $q$. Dan nemen we de 100 elementen van $S$ met de meeste factoren $q$ erin; die hebben samen altijd meer factoren $q$ dan de overige elemenenten, tegenspraak met de voorwaarde in de opgave. Dus er zijn minstens 200 getallen in $S$ deelbaar door $q$. Als het er precies 200 zijn, volgt bovendien dat het aantal priemfactoren $q$ in al deze getallen gelijk moet zijn, anders krijgen we weer een tegenspraak als we de 100 elementen met de meeste factoren $p$ kiezen.

We zien nu dat $S$ minstens 199 niet-priemgetallen moet bevatten, want een priemgetal $p$ in $S$ deelt nog minstens 199 andere elementen van $S$. Stel nu dat $S$ precies 199 nietpriemgetallen bevat. Dan komt de priemfactor $p$ in elk van deze 199 niet-priemgetallen precies één keer voor (namelijk net zo vaak als in het priemgetal $p$ ). Verder kunnen getallen in $S$ nu niet deelbaar zijn door een priemgetal $r$ dat zelf niet in $S$ zit, want dan moeten er wel in totaal minstens 200 veelvouden van $r$ in $S$ zitten en dat zijn dan 200 niet-priemgetallen, tegenspraak. Hieruit volgt dat elk van de 199 niet-priemgetallen in $S$ het product moet zijn van de priemgetallen in $S$ en in het bijzonder zijn deze 199 getallen dus niet verschillend van elkaar. Dit is een tegenspraak, dus $S$ moet minstens 200 niet-priemgetallen bevatten en daarmee hoogstens 1819 priemgetallen.

problem_match: Opgave 5.