IMO-selectietoets II donderdag 30 mei 2019

Transcriptie

1 IMO-seletietoets II donderdg 30 mei 019 NEDERLANDSE W I S K U N D E OLYMPIADE Uitwerkingen Opgve 1. Op een middelbre shool zit in elke kls een oneven ntl leerlingen. Verder heeft elke leerling een beste vriend (mogelijk uit een ndere kls). Iedereen is de beste vriend vn zijn of hr beste vriend. Bij de stedenreis gt elke leerling nr Rome of Prijs. Bewijs dt de leerlingen over de twee bestemmingen kunnen worden verdeeld zodt (i) iedere leerling smen met zijn beste vriend op stedenreis gt; (ii) voor iedere kls het bsolute vershil tussen het ntl leerlingen dt nr Rome gt en het ntl leerlingen dt nr Prijs gt gelijk is n 1. Oplossing. Noem een losse leerling een leerling vn wie de beste vriend in een ndere kls zit. We gn nu eerst lle losse leerlingen een bestemming geven. Begin met een willekeurige losse leerling A 1 en stuur deze nr Prijs smen met zijn beste vriend A. Kies in de kls vn A een ndere losse leerling A 3 (ls dt mogelijk is) en stuur deze nr Rome smen met zijn beste vriend A 4. G nu verder in de kls vn leerling A 4, enzovoorts. Preiezer: ls we leerlingen A 1 tot en met A k gekozen hebben met k 1, dn kiezen we in de kls vn A k nog een nieuwe losse leerling A k+1 (ls dt kn) en sturen deze nr de ndere bestemming dn A k, smen met zijn beste vriend A k+. Zo gn we door totdt we bij een k 1 komen wrvoor er in de kls vn A k geen losse leerlingen meer zijn die nog niet gekozen zijn. We gn dn verder in de kls vn A 1 en kiezen dr nog een nieuwe losse leerling A 0 (ls dt kn), die smen met zijn beste vriend A 1 nr Rome gt (wnt A 1 ging nr Prijs). Zo breiden we de keten ook in deze rihting uit, totdt we bij een m 0 komen wrvoor in de kls vn A m+1 geen losse leerlingen meer zijn die nog niet gekozen zijn. Merk op dt dit niet opnieuw kls A k kn zijn, wnt dr wren geen losse leerlingen meer. We hebben nu leerlingen A m+1, A m+,..., A k 1, A k zodt steeds A i 1 en A i beste vrienden zijn en zodt steeds A i en A i+1 in dezelfde kls zitten mr niet nr dezelfde bestemming gn. In elke kls behlve de kls vn A m+1 en die vn A k hebben nu evenveel leerlingen bestemming Prijs ls bestemming Rome gekregen. In de kls vn A m+1 en vn A k gt één leerling meer nr de ene bestemming dn nr de ndere, mr in deze klssen hebben we lle losse leerlingen l een bestemming gegeven. We herhlen dit proes totdt lle losse leerlingen een bestemming hebben. Alle leerlingen zonder bestemming hebben nu een beste vriend in hun eigen kls, dus in elke kls is nog een even ntl leerlingen zonder bestemming en heeft een oneven ntl leerlingen een bestemming gekregen. Dn moet elke kls een keer ls einde vn een keten voorgekomen zijn (en dt ws meteen de ltste keer dt deze kls in een keten zt). In elke kls is er

2 drom preies één losse leerling meer voor de ene bestemming dn voor de ndere. Bekijk nu een willekeurige kls en zeg dt er één losse leerling meer nr Prijs gt dn nr Rome. We geven nu bestemmingen n de leerlingen in de kls die met hun beste vriend in dezelfde kls zitten. Als er een even ntl vn dit soort pren is, sturen we de helft vn de pren nr Prijs en de ndere helft nr Rome. Als er een oneven ntl vn dit soort pren is, sturen we één pr meer nr Rome dn nr Prijs. Omdt vn de losse leerlingen juist één leerling meer nr Prijs ging, gt nu in totl in deze kls één leerling meer nr Rome. We zien dt in lle gevllen het vershil tussen het ntl Prijsgngers en het ntl Romegngers in een kls in bsolute wrde gelijk n 1 is.

3 Opgve. Bepl lle viertllen (, b,, d) vn positieve reële getllen die voldoen n + b + + d = 1 en ( ) ( ) mx b, b mx d, d = (min( + b, + d)) 4. Oplossing I. Als b dn b en ls juist b dn b, dus het rijtje (, b) en het b b rijtje (, b ) zijn gelijk geordend. De hershikkingsongelijkheid zegt nu dt b We kunnen dit hershrijven tot b + b, dn zien we Anloog geldt ook dus b + b b b + b b. b + b + b. Als we dit ombineren met mx( b, b ) ( ) mx b, b + b. ( ) mx d, d + d d, ( ) ( ) mx b, b mx d, d ( + b)( + d). 4 Zonder verlies vn lgemeenheid nemen we n dt min( + b, + d) = + b. Vnwege + b + + d = 1 geldt dn + b 1. Dus We onluderen dt ( + b)( + d) ( + b) ( + b) ( + b) = ( + b) 4. ( ) ( ) mx b, b mx d, d ( + b) 4. Gegeven is dt hier juist gelijkheid geldt. Omdt lles positief is, moet dn hiervoor overl ook gelijkheid gelden. In het bijzonder moet +b = 1 en verder moet mx(, b ) = b + b, b dus = b, wruit volgt dt b 3 = b 3, dus = b. Dt betekent dt = b = 1. Omdt 4 + d = 1 ( + b) = 1 kunnen we op een vergelijkbre mnier fleiden dt = d = 1. 4 Het enige viertl dt kn voldoen, is dus (, b,, d) = ( 1, 1, 1, 1 ). Dit invullen lt zien dt in de gegeven gelijkheid dn zowel links ls rehts 1 stt, dus dit viertl voldoet. 16 Oplossing II. Zonder verlies vn lgemeenheid nemen we n dt + b + d, ngezien en b smen te verwisselen zijn met en d zonder dt de opgve verndert. Ook kunnen

4 we nnemen dt b en d, omdt en b onderling te verwisselen en zijn en en d onderling ook. Nu geldt 3 b 3 dus b, en nloog d. De gegeven gelijkheid b d wordt nu b d = ( + b)4. Er geldt b d b en d, dus de linkerknt is minstens bd. We gn nu bewijzen dt bd ( + b) 4 is, wruit dn volgt dt overl gelijkheid moet gelden. Vnwege b geldt b 1( + b) en nloog is d 1 ( + d) en omdt + d + b volgt druit d 1( + b). Verder volgt uit + b + + d = 1 en + b + d dt + b 1, dus bd 1 4 ( + b) ( + b) ( + b) = ( + b) 4. Nu moet dus in lle gebruikte ongelijkheden gelijkheid gelden. In b b betekent dt dt = b en nloog geldt ook = d. En in + b 1 betekent dt + b = 1. Dus volgt nu = b = 1 en ook = d = Het enige viertl dt kn voldoen, is dus (, b,, d) = ( 1, 1, 1, 1 ). Dit invullen lt zien dt in de gegeven gelijkheid dn zowel links ls rehts 1 stt, dus dit viertl voldoet. 16

5 Opgve 3. Zij ABC een sherphoekige driehoek met O het middelpunt vn de omgeshreven irkel. Punt Q ligt op de omgeshreven irkel vn BOC zodt OQ een middellijn is. Punt M ligt op CQ en punt N ligt inwendig op lijnstuk BC zodt ANCM een prllellogrm is. Bewijs dt de omgeshreven irkel vn BOC en de lijnen AQ en NM door één punt gn. Q C M O N B A Oplossing. Definieer T ls het snijpunt vn de omgeshreven irkel vn BOC en de lijn AQ. We gn bewijzen dt T op NM ligt. Shrijf α = BAC. Dn geldt BOC = α vnwege de middelpuntsomtrekshoekstelling. Angezien OB = OC en OCQ = 90 = OBQ wegens Thles, geldt OBQ = OCQ (ZZR). Dus geldt COQ = BOQ = α. Vnwege prllellogrm ANCM geldt AMC = 180 MCN = QCN = QCB = QOB = α, dus ook CNA = AMC = α. Nu zien we dt QT B = QOB = α = CNA, wruit volgt dt AT B = 180 QT B = 180 CNA = ANB. Dit betekent dt AT N B een koordenvierhoek is. Ook is AT CM een koordenvierhoek omdt AMC = α = COQ = CT Q = 180 AT C. Koordenvierhoek AT CM geeft AT M = ACM = 180 QCB BCA vnwege de gestrekte hoek bij C. We weten QCB = QOB = α = CAB, dus met een hoekensom in driehoek ABC krijgen we AT M = 180 CAB BCA = ABC. Nu gebruiken we koordenvierhoek AT NB om te vinden dt ABC = ABN = 180 AT N, zodt l met l geldt AT M = 180 AT N. Dit betekent dt M, T en N op een lijn liggen, zols we wilden bewijzen.

6 Opgve 4. Vind lle funties f : Z Z die voldoen n f(p) > 0 voor lle priemgetllen p, p ( f(x) + f(p) ) f(p) x voor lle x Z en lle priemgetllen p. Oplossing. Vul x = p in: p ( f(p) ) f(p) p en p is priem, dus p f(p). We zien dt p = of p f(p). Vul nu x = 0 in: p ( f(0)+f(p) ) f(p) 0 en p is priem, dus p f(0)+f(p). Angezien p f(p) voor p, zien we nu ook p f(0) voor p. Dus f(0) is deelbr door oneindig veel priemgetllen en moet drom wel 0 zijn. Nu volgt uit f(0) + f() ook dt f(), dus p f(p) voor lle priemgetllen p. De gegeven deelreltie lt zih nu vertlen tot f(x) f(p) x mod p voor lle gehele getllen x en priemgetllen p. We zien dt p f(x) dn en slehts dn ls p x. Als we dit nu toepssen voor x = q met q een priemgetl ongelijk n p, dn zien we dt f(q) door geen enkele p q deelbr is en dus wel een mht vn q moet zijn. De kleine stelling vn Fermt zegt voor lle priemgetllen p en gehele getllen n dt n p n mod p, dus ook n pt n mod p voor lle positieve gehele t. Nu is f(p) voor lle priemgetllen p vn de vorm p t met t positief geheel, dus uit de gegeven deelreltie kunnen we nu onluderen dt f(x) x mod p voor lle gehele getllen x en priemgetllen p. Dus p f(x) x voor lle x en p. Dus voor een vste x Z geldt dt f(x) x deelbr is door oneindig veel priemgetllen p, wruit volgt dt f(x) x = 0. Dus f(x) = x voor lle x. We ontroleren deze funtie. Er geldt inderdd f(p) > 0 voor priemgetllen p. En verder is ( ) f(p) f(x) + f(p) x = (x + p) p x x p x 0 mod p voor lle x Z en lle priemgetllen p. Dus de funtie f(x) = x voldoet.