Nederlandse Wiskunde Olympiade - Oplossingen 1991

NEDERLANDSE

WISKUNDE

OLYMPIADE



Oplossingen tweede ronde
6 september 1991

  1. Noem a + b = x, b + c = y en c + a = z. Dan te bewijzen dat voor positieve reële getallen x, y en z geldt:
    1   1   1      9
    - + - + -  ---------
    x   y   z  x + y + z
    
      x   y  2           x   y
    ( - - - )   0   =>   - + -  2
      y   x              y   x
    
    Evenzo
    y   z         z   x
    - + -  2  en  - + -  2
    z   y         x   z
    
    Uit deze drie ongelijkheden volgt:
                1   1   1    x   y   y   z   z   x
    (x + y + z)(- + - + -) = - + - + - + - + - + - + 3
                x   y   z    y   x   z   y   x   z
    
                            2 + 2 + 2 + 3
    
                           = 9
                                             9
                           = (x + y + z) ---------
                                         x + y + z
    
    Linker- en rechterlid delen door x + y + z voltooit het bewijs.


  2. Noem hoek APnPn+1 = xn. Pn+2 kan getekend worden dan en slechts dan als 180° - 2xn > , dus als xn < ½(180° - ). Verder is xn+1 = 180° - - 2 xn.

    a.
    Stel x0 = 1/3 (180° - ) + y. Dan is xn = 1/3 (180° - ) + (-2)n y, te bewijzen met volledige inductie. Het is duidelijk dat de rij {Pn} alleen dan afbreekt als y = 0;

    b.
    Uit het gegeven volgt xn = 1/3 (180° - ) voor alle n. Bovendien is P0P1 + AP0 + AP1 = 5 en dus AP1 + P1P2 = 3. Laat t = P0P1 en u = P1P2 = P2P0. Uit de gelijkvormigheid van  AP0P1 en  AP1P2 volgt:
      2     3 - t   t 
    ----- = ----- = -
    3 - t   2 - u   u 
    
    ofwel
    (3 - t)2 = 4 - 2u   en   2u = 3t - t2,
    
    zodat
    (3 - t)2 + (3 - t)t = 4
    
    dus P0P1 = t = 5/3.


  3. i.
    Noem f(0) = a, dan geldt:
    4 f(f(0)) - 2 f(0) = 0,   4 f(a) - 2 a = 0,   f(a) = ½ a
    
    Voor x = a geldt:
    4 f(f(a)) - 2 f(a) - 3 a = 0,   4 f(½ a) - 4 a = 0,   f(½ a) = a
    
    Voor x = ½ a geldt:
                             3                   7
    4 f(f(½ a)) - 2 f(½ a) - - a = 0,   4 f(a) - - a = 0,   a = 0
                             2                   2
    
    Dus f(0) = 0.

    ii.
    Veronderstel f(b) = 0 dan geldt:
    4 f(f(b)) - 2 f(b) - 3 b = 0,   4 f(0) - 0 - 3 b = 0,   b = 0
    
    0 is dus het enige nulpunt van f.

    f(x) = (¼ + ¼ 13) x is een voorbeeld van een functie die voldoet aan het gestelde.


  4. a + b + c = 3,   a2 + b2 + c2 = 9,   a3 + b3 + c3 = 24
    

    (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc 9 = 9 + 2ab + 2ac + 2b (1) ab + ac + bc = 0

    (a + b + c)3 = a3 + b3 + c3 + 3a2b + 3ab2 + 3a2c + 3ac2 + 3b2c + 3bc2 + 6abc 27 = 24 + 6abc + 3a(b2+c2) + 3b(a2+c2) + 3c(a2+b2) 1 = 2abc + a(9-a2) + b(9-b2) + c(9-c2) 1 = 2abc + 9(a+b+c) - (a3+b3+c3) 1 = 2abc + 27 - 24 (2) abc = -1 (a3+b3+c3)(a+b+c) = a4 + b4 + c4 + a3b + ab3 + a3c + ac3 + b3c + bc3 = a4 + b4 + c4 + ab(a2+b2) + ac(a2+c2) + bc(b2+c2) = a4 + b4 + c4 + ab(9-c2) + ac(9-b2) + bc(9-a2) (3) = a4 + b4 + c4 + 9(ab+ac+bc) - abc(a+b+c)

    Met behulp van (1), (2) en (3) vinden we:
    a4 + b4 + c4 = (a3+b3+c3)(a+b+c) - 9(ab+ac+bc) + abc(a+b+c)
                 = 24 × 3 - 9 × 0 + -1 × 3
                 = 69
    


  5. a.
    De vierhoeken MBDC, MCEA en MAFB zijn ruiten. De snijpunten van de diagonalen noemen we respectievelijk MA, MB en MC (zie figuur). Dan is MAMC zowel middenparallel in  ABC als in  MFD. Dus DF = AC én DF || AC. Evenzo geldt: DE = AB én DE || AB, EF = BC én EF || BC. Er is dus een puntspiegeling S, die  ABC overvoert in  DEF en omgekeerd. Bovendien is M het hoogtepunt van  DEF, immers MF ^ AB, dus MF ^ DE enz., zodat S(M) = H. Onder de afbeelding S gaat dus cirkel(M,R), de omgeschreven cirkel van  ABC, over in cirkel(H,R), de omgeschreven cirkel van  DEF.

    b.
    Uit S(F) = C en S(M) = H volgt MF = HC, dus is CHFM een parallellogram. Laat de lijn door E, die loodrecht staat op AB de cirkel(H,R) nog snijden in P. Dan is EP || CH en ook EP = CH, want CE = HE = HP = R, dus  CEH @  EHP. CEPH is dus een parallellogram, maar dan is ook EPFM een parallellogram. bij de translatie die C in H overvoert, worden E in P, M in F en cirkel(C,R) in cirkel(H,R) overgevoerd. De oppervlakte van het cirkelsegment in cirkel(C,R), ingesloten door koorde EM en de (kleinste) boog EM is gelijk aan de oppervlakte van het cirkelsegment in cirkel(H,R), ingesloten door koorde PF en de (kleinste) boog PF.
    Analoog zijn ook de oppervlakten van de segmenten ingesloten door koorde MF en boog MF en koorde EP en boog EP gelijk. De oppervlakte van het gearceerde deel in de figuur is dus gelijk aan de oppervlakte van parallelogram EPFM = 2 maal de oppervlakte van  MEF. Op dezelfde wijze is direkt in te zien dat de oppervlkaten van de andere gebieden glijk zijn aan respectievelijk 2 maal de oppervlakte van  MDE en 2 maal de oppervlakte van  MFD. De oppervlakte van het totale gearceerde gebied in de figuur behorende bij de opgave is dus twee keer de som van de oppervlakten van de driehoeken MEF, MFD en MDE ofwel is gelijk aan 2 maal de oppervlakte van  DEF = 2 maal de oppervlakte van  ABC.


Naar de opgaven

Terug naar startpagina