Nederlandse Wiskunde Olympiade - Oplossingen 1996

NEDERLANDSE

WISKUNDE

OLYMPIADE



Oplossingen tweede ronde
13 september 1996

  1. Systematisch tellen van de mogelijkheden met x y z levert:
     x   y   z    x   y   z   x   y   z    x   y   z    x   y   z    .   .   .   x   y   z    x   y   z    x   y   z  
    
     1   1 178    2   2 176   3   3 174    4   4 172    5   5 170    .   .   .  58  58  64   59  59  62   60  60  60  
     1   2 177    2   3 175   3   4 173    4   5 171    5   6 169    .   .   .  58  59  63   59  60  61   
     1   3 176    2   4 174   3   5 172    4   6 170    5   7 168    .   .   .  58  60  62   
     1   4 175    2   5 173   3   6 171    4   7 169    5   8 167    .   .   .  58  61  61   
     .   .   .    .   .   .   .   .   .    .   .   .    .   .   .    .   .   . 
     1  88  91    2  88  90   3  87  90    4  87  89    5  86  89    .   .   . 
     1  89  90    2  89  89   3  88  89    4  88  88    5  87  88    .   .   . 
    
        89           88          86           85           83           ..            4           2           1
           \       /                \       /                 \       /    \       /                \       /
              177                      171                       165    ..     9                        3
    
    Totaal dus 3 + 9 + 15 + ... + 171 + 177 = 2700, want voor twee maal de som geldt:
      3 +   9 +  15 + ... + 165 + 171 + 177
    177 + 171 + 165 + ... +  15 +   9 +   3
    
    180 + 180 + 180 + ... + 180 + 180 + 180 = 30 x 180 = 5400
    


  2. De getallen kunnen niet beide het kwadraat van een geheel getal zijn. Vanwege de symmetrie in m en n kunnen we veronderstellen m n; dan geldt dat het eerste kwadraat na m² gelijk is aan (m + 1)²; (m + 1)² = m² + m + 1 en dat is altijd groter dan m² + n omdat 2m + 1 > n want m n.


  3. a.
    Een paard gaat altijd van een zwart naar een wit of van een wit naar een zwart vakje. Zet 32 paarden op bijvoorbeeld alle witte vakjes, dan is er geen enkel tweetal dat elkaar kan slaan.

    b.
    Je mag hier nu niet uitgaan van de situatie dat er al 32 paarden alleen op de witte vakjes staan (bij een 4 bij 4 schaakbord bijvoorbeeld kun je 8 paarden als volgt neerzetten dat ze elkaar niet slaan: vier paarden in de e , rij en vier paarden in de vierde rij).
    Veronderstel dat er meer dan 32 paarden op een schaakbord gezet kunnen worden zodat geen enkel paar elkaar kan slaan. Omdat 32 de helft van het aantal velden is moet er dus op meer dan de helft van het aantal velden een paard staan. Dus moet er ergens een stuk bord van 2 bij 4 zijn waarop minstens 5 paarden staan. In een van de vier kolommen moeten dan 2 paarden staan. Die bestrijken weer een kolom van 2 velden. Er blijven dan 4 vakjes over waarop dan 3 paarden moeten worden gezet die elkaar niet mogen slaan (zie figuur) en dat kan niet!


  4. a.
    Omdat AB een middellijn is, geldt ADB = 90°, omdat AC een middellijn is, geldt AEC = 90° en omdat BC een middellijn is, geldt CFB = 90°. Drie hoeken van vierhoek CFDE zijn al 90°, dus de vierde hoek ook en de vierhoek is een rechthoek.

    b.
    Noem het midden van AC K. K is het middelpunt van de cirkel met AC als middellijn. EK is dus even lang als CK. Driehoek ECK is gelijkbenig. Samen met vierhoek ECFD vormt deze driehoek een vijfhoek DFCKE die spiegelsymmetrisch is in de loodlijn vanuit K op DF. Uit de symmetrie volgt direct: KCD = KEF. Omdat geldt KCD = 90° geldt ook KEF = 90°. Dus geldt dat EK loodrecht staat op EF dan raakt EF aan de cirkel.
    Op eenzelfde manier bewijs je dat EF ook raakt aan de cirkel met BC als middellijn.


  5. In het bewijs gebruiken we de volgende hulpstelling:
    Voor een priemgetal p geldt: als p een deler is van x + y dan geldt: p is een deler van x dan en slechts dan als p ook een deler van y is.

    Uit het gegeven volgt direct: z ( x + y ) = x y ... (*).
    Voor een priemgetal p dat een deler is van x + y geldt volgens (*) dat p ook een deler is van x y, dus moet volgens de hulpstelling p een deler van x en een deler van y zijn. Dus p² is een deler van x y. Omdat p al een deler van x en y is, kan p geen deler van z zijn, want x, y en z hebben geen gemeenschappelijke deler groter dan 1. Dus volgt uit (*) dat p² een deler is van x + y. Als p een priemdeler van x + y is dan is p² ook een deler van x + y.   x + y bevat dus geen priemfactoren tot de macht 1.
    Rest nog te bewijzen dat alleen even machten van een priemfactor in x + y kunnen voorkomen.

    Stel dat behalve de factor p² nog een factor p in x + y voorkomt. Noem nu x = p x' en y = p y' dan volgt uit (*):

      (x + y)       (x' + y')
    z -------  =  z ---------  =  x' y'
         p²             p
    
    Volgens veronderstelling geldt nu p is een deler van
    (x' + y')
    ---------
        p
    
    dus p is een deler van x' y'. Omdat p een deler van ( x' + y' ) is, geldt nu ook weer dat p een deler van x' is dan en slechts dan als p ook een deler is van y' is, zodat p² een deler van x' y' is dus ook een deler van
    (x' + y')
    ---------
        p
    
    ofwel p4 is een deler van x + y. Zo kunnen we doorgaan voor hogere machten van p. Conclusie: x + y kan dus alleen even machten van priemgetallen bevatten en is dus een kwadraat.


Naar de opgaven

Terug naar startpagina