Uitwerkingen toets 11 juni 2011

Transcriptie

1 Uitwerkige toets 11 jui 2011 Opgave 1. Laat 2 e k 1 gehele getalle zij. I ee lad zij stede e tusse elk paar stede is ee busverbidig i twee richtige. Laat A e B twee verschillede stede zij. Bewijs dat het aatal maiere waarop je va A aar B kut reize met precies k busse gelijk is aa ( 1) k ( 1) k. Oplossig. Zij α(k) het aatal maiere om va stad A aar stad B A te reize met k busse. Zij β(k) het aatal maiere om va stad A aar stad A te reize met k busse. Als we begie i stad A e daara k keer ee bus eme, da ka dat op ( 1) k maiere. I β(k) va de gevalle kome we uit bij stad A e i ( 1)α(k) va de gevalle bij ee adere stad da A. Dus ( 1)α(k) + β(k) = ( 1) k. (1) Neem u eve k 2. Om va stad A aar stad A te reize met precies k busse, eme we ee bus va A aar ee willekeurige stad (dit ka op ( 1) maiere); vervolges moete we va ee stad ogelijk aa A aar stad A reize met k 1 busse, wat ka op α(k 1) maiere. Dus β(k) = ( 1)α(k 1) voor k 2. (2) We vulle u deze uitdrukkig voor β(k) i i (1). Hiermee vide we voor k 2 dat e dus ( 1)α(k) + ( 1)α(k 1) = ( 1) k α(k) = ( 1) k 1 α(k 1). (3) We gaa u met iductie aar k bewijze dat voor 2 e k 1 geldt α(k) = ( 1)k ( 1) k. Voor k = 1 staat hier α(1) = ( 1)+1 = 1 e dat klopt, omdat er precies éé maier is om va stad A aar stad B A te reize met éé bus. Zij u m 1 geheel e stel u dat we de uitdrukkig voor α(k) beweze hebbe voor k = m. Da geldt, gebruikmaked va (3), voor k = m dat α(m + 1) = ( 1) m α(m) = ( 1) m ( 1)m ( 1) m = ( 1)m ( 1) m + ( 1) m = ( 1)m+1 ( 1) m+1 e dat is precies de uitdrukkig die we wilde bewijze voor k = m + 1. Dit voltooit de iductie.

2 Opgave 2. Vid alle fucties f : R R waarvoor geldt dat voor alle x, y R. xf(x + xy) = xf(x) + f(x 2 )f(y) Oplossig. Ivulle va x = 0 e y = 0 geeft 0 = f(0) 2, dus f(0) = 0. Ivulle va x = 1 e y = 1 geeft f(0) = f(1) + f(1)f( 1), dus 0 = f(1) ( 1 + f( 1) ), dus f(1) = 0 of f( 1) = 1. Ivulle va x = 1 geeft f( 1 y) = f( 1) + f(1)f(y) voor alle y R. (4) Stel dat f(1) = 0, da staat hier f( 1 y) = f( 1) e omdat 1 y alle waarde i R ka aaeme, beteket dit dat f costat is. Omdat f(0) = 0, moet da wel gelde f(x) = 0 voor alle x. Het is duidelijk dat deze fuctie voldoet aa de oorsprokelijke vergelijkig. We hebbe dus de eerste oplossig gevode: f(x) = 0 voor alle x R. Neem u verder aa dat f(1) 0, zodat f( 1) = 1. Vul u y = 1 i i (4), da krijge we f(0) = f( 1) + f(1)f( 1), dus 0 = 1 f(1), dus f(1) = 1. Ivulle va x = 1 i de oorsprokelijke vergelijkig geeft f(1 + y) = 1 + f(y) voor alle y R. (5) Verder geeft y = 1 i de oorsprokelijke vergelijkig dat xf(0) = xf(x) f(x 2 ), dus xf(x) = f(x 2 ) voor alle x R. (6) De oorsprokelijke vergelijkig kue we u schrijve als xf(x + xy) = xf(x) + xf(x)f(y) = xf(x)(1 + f(y)). Als x 0, kue we liks e rechts dele door x e geeft het toepasse va (5) f(x + xy) = f(x)f(1 + y) voor x 0. Merk op dat dit ook waar is voor x = 0. Noem u z = 1 + y. Omdat dit alle waarde i R ka aaeme, krijge we Als we dit toepasse op (6), vide we f(xz) = f(x)f(z) voor alle x, z R. xf(x) = f(x 2 ) = f(x)f(x), dus voor alle x geldt f(x) = 0 of f(x) = x. Stel u dat er ee x 0 is met f(x) = 0, da geldt 1 = f(1) = f(x 1) = f(x)f( 1) = 0, x x tegespraak. Dus voor alle x 0 geldt f(x) = x. Ook voor x = 0 is dit waar. Ivulle i de oorsprokelijke vergelijkig laat zie dat dit ee oplossig is. De twee fucties die voldoe zij dus f(x) = 0 voor alle x R e f(x) = x voor alle x R.

3 Opgave 3. Laat Γ 1 e Γ 2 twee sijdede cirkels met middelpute respectievelijk O 1 e O 2 zij, zodat Γ 2 het lijstuk O 1 O 2 sijdt i ee put A. De sijpute va Γ 1 e Γ 2 zij C e D. De lij AD sijdt Γ 1 ee tweede keer i S. De lij CS sijdt O 1 O 2 i F. Laat Γ 3 de omgeschreve cirkel va driehoek ADF zij. Noem E het tweede sijput va Γ 1 e Γ 3. Bewijs dat O 1 E raakt aa Γ 3. Oplossig I. We gaa O 1 EA berekee. Omdat driehoek O 1 ED gelijkbeig is met top O 1 e omdat AEF D ee koordevierhoek is, geldt Verder is O 1 EA = O 1 ED AED = EO 1D AF D. (7) 1 2 EO 1D = ESD middelputs-omtrekshoekstellig op Γ 1 = CSD CSE = CSD CDE omtrekshoekstellig i koordevierhoek CSDE = F CD SDC CDE buitehoekstellig i CSD = F CD SDE = F CD ADE = F CD AF E. omtrekshoekstellig i koordevierhoek AEF D Hieruit volgt u same met (7) dat O 1 EA = 90 F CD + AF E AF D. (8) De lij O 1 O 2 staat loodrecht CD e deelt het lijstuk CD middedoor, dus het is de middelloodlij va CD. Dus F ligt op de middelloodlij va CD, waaruit volgt dat driehoek CDF gelijkbeig is met top F. Dus F CD = 90 1 CF D = 2 90 AF D. Gecombieerd met (8) geeft dit O 1 EA = AF D + AF E AF D = AF E. Nu volgt met de raaklijomtrekshoekstellig op Γ 3 dat O 1 E raakt aa Γ 3. Oplossig II. Het sijput va O 1 O 2 met de boog SD va Γ 1 waar C op ligt, oeme we T. Omdat A i het iwedige va Γ 1 ligt, wete we u O 1 AS = AT S + T SA = O 1 T S + T SD buitehoekstellig i AT S = T SO 1 + T SD O 1 ST is gelijkbeig met tophoek O 1.

4 De lij O 1 O 2 staat loodrecht CD e deelt het lijstuk CD middedoor, dus het is de middelloodlij va CD. Dus T ligt op de middelloodlij va CD, waaruit volgt dat de boge T C e T D eve groot zij. Dus volges de omtrekshoekstellig is T SD = CST. Dus O 1 AS = T SO 1 + T SD = T SO 1 + CST = CSO 1 = F SO 1. Dit beteket dat O 1 AS O 1 SF (hh). Hieruit volgt O 1 A O 1 S = O 1S O 1 F, dus O 1 A O 1 F = O 1 S 2 = O 1 E 2. Omdat A e F aa dezelfde kat va O 1 ligge, geldt zelfs O 1 A O 1 F = O 1 E 2. Met de machtstellig zie we u dat O 1 E raakt aa de omgeschreve cirkel va AF E e dat is Γ 3.

5 Opgave 4. Bewijs dat er gee oeidige rij priemgetalle p 0, p 1, p 2,... bestaat met de eigeschap dat voor alle positieve gehele k geldt: p k = 2p k of p k = 2p k 1 1. Oplossig. Stel dat er zo oeidige rij bestaat. Door evetueel de eerste twee elemete weg te late, kue we zorge dat het eerste priemgetal i de rij mistes 5 is. We eme dus zoder verlies va algemeeheid aa dat p 0 5. Da wete we dat p 0 0 mod 3. Stel dat p 0 1 mod 3. We bewijze da met iductie aar k dat voor alle positieve gehele k geldt: p k 1 mod 3 e p k = 2p k 1 1. Stel amelijk dat k 1 e p k 1 1 mod 3. Da is 2p k 1 2 mod 3, dus 2p k is deelbaar door 3. Omdat p k ee priemgetal groter da 3 moet zij, geldt dus p k = 2p k 1 1 e p k mod 3. Dit voltooit de iductie. Als juist p 0 2 mod 3, da kue we geheel aaloog bewijze dat p k 2 mod 3 e p k = 2p k voor alle positieve gehele k. We kue u ee directe formule va de rij opstelle. Als p 0 1 mod 3, da krijge we p k = (p 0 1)2 k + 1 voor alle k 0. Als p 0 2 mod 3, da krijge we p k = (p 0 + 1)2 k 1. We kue deze formules weer simpel met iductie bewijze. Volges de kleie stellig va Fermat geldt 2 p0 1 1 mod p 0, dus ook ( p 0 + 1)2 p0 1 1 mod p 0 e (p 0 + 1)2 p0 1 1 mod p 0. Hieruit volgt p 0 (p 0 1)2 p e p 0 (p 0 + 1)2 p We zie dat p 0 altijd ee deler is va p p0 1. Omdat ook duidelijk is dat p p0 1 groter is da p 0, volgt hieruit dat p p0 1 gee priemgetal is. Tegespraak.

6 Opgave 5. Vid alle drietalle (a, b, c) va positieve gehele getalle met a + b + c = 10 zodat er a rode, b blauwe e c groee pute (allemaal verschilled) i het vlak bestaa met de volgede eigeschappe: voor elk rood put e elk blauw put bekijke we de afstad tusse deze twee pute; de som va al deze afstade is 37; voor elk groe put e elk rood put bekijke we de afstad tusse deze twee pute; de som va al deze afstade is 30; voor elk blauw put e elk groe put bekijke we de afstad tusse deze twee pute; de som va al deze afstade is 1; Oplossig. We make driehoeke bestaade uit ee blauw, ee rood e ee groe put. Deze driehoeke moge ook gedegeereerd zij. I elk va de driehoeke geldt de (ietstrikte) driehoeksogelijkheid: de afstad tusse het blauwe e het rode put is hoogstes gelijk aa de som va de afstade tusse het blauwe e het groee e tusse het rode e het groee put. We telle al deze driehoeksogelijkhede bij elkaar op (éé voor elke driehoek die we kue vorme met ee blauw, ee rood e ee groe put). We telle u elke afstad tusse ee rood e ee blauw put c keer (wat met ee vast gekoze blauw e rood put ku je og c pute kieze als derde, groee hoekput), elke afstad tusse ee groe e ee rood put b keer e elke afstad tusse ee blauw e ee groe put a keer. We krijge dus 37c 30b + a. Omdat a+b+c = 10, volgt hieruit 37c 30b+(10 b c) = 10+29b c, dus 38c 10+29b. Oftewel 38c 10 b. (9) 29 We kue de driehoeksogelijkheid ook aders toepasse: de afstad tusse het groee e het rode put is hoogstes gelijk aa de som va de afstade tusse het rode e het blauwe e tusse het blauwe e het groee put. Als we al deze ogelijkhede bij elkaar optelle, krijge we 30b 37c + a. Dit geeft u 30b 37c + (10 b c) = c b, dus 31b c, oftewel Combiere va (9) e (10) geeft b 38c c. (10) c, 31 dus 31(38c 10) 29( c). Uitwerke geeft 134c 600, dus c 4. We lope u éé voor éé de mogelijkhede voor c af.

7 Stel c = 1. Da geeft (10) dat b 46 < 2, waaruit volgt b = 1. We krijge u (a, b, c) = 31 (8, 1, 1). Stel c = 2. Da volgt uit (9) e (10) dat 2 < 66 b 82 < 3, dus er is gee gehele b die voldoet. Stel c = 3. Da volgt uit (9) e (10) dat 3 < 104 b 118 < 4, dus er is gee gehele b die voldoet. Stel c = 4. Da volgt uit (9) e (10) dat 4 < 142 b 154 < 5, dus er is gee gehele b die voldoet. Het eige drietal dat mogelijk zou kue voldoe is dus (8, 1, 1). We late u zie dat we daadwerkelijk 8 rode pute, 1 blauw put e 1 groe put i het vlak kue kieze zodat aa alle voorwaarde voldaa wordt. We gebruik ee stadaard assestelsel. Kies voor het blauwe put (0, 0) e voor het groee put (1, 0). Kies rode pute (i, 0) met 2 i 8. Kies bovedie og ee rood put zo dat dat put same met het groee e het blauwe put ee gelijkbeige driehoek vormt met twee zijde va legte 2. De som va de afstade tusse rode pute e het blauwe put is u = 37. De som va de afstade tusse rode pute e het groee put is = 30. De afstad tusse het blauwe put e het groee put is 1. We cocludere dat de eige oplossig (8, 1, 1) is.