1. Gegeven zo'n drietal x, y en z. We definiëren m en n zo dat z = x^m = yⁿ. Zonder verlies van algemeenheid nemen we aan dat x y en dus geldt m n.

   a.

   Geldt voor alle drietallen. De macht van een even getal is even en de macht van een oneven getal is oneven. Omdat z een macht is van x én een macht van y, zijn x en y òf allebei even òf allebei oneven. x+y is dus altijd even.

   b.

   Geldt voor alle drietallen. Als d een deler is van y, dan is dⁿ een deler van yⁿ = z = x^m. Omdat m n moet elk van de m factoren x in x^m wel een factor d bevatten en dus is d een deler van x. Alle delers van y zijn een deler van x en dus is x een veelvoud van y.

   c.

   Geldt niet voor alle drietallen; x = 8, y = 4, z = 64 is een tegenvoorbeeld. 64 is een macht van 8 en een macht van 4, maar 8 is geen macht van 4 (en andersom is 4 geen macht van 8).

   d.

   Geldt voor alle drietallen. Ontbind x en y in priemfactoren, x = p₁^a₁ × p₂^a₂ × ... × p_k^a_k en y = p₁^b₁ × p₂^b₂ × ... × p_k^b_k. x^m = z = yⁿ dus en dit laatste is daarom geheel voor alle i.

   We definiëren c_i als de grootste gemene deler (ggd) van a_i en b_i voor alle i. En we definiëren v door v = p₁^c₁ × p₂^c₂ × ... × p_k^c_k.

   Voor alle i geldt omdat geheel is, en dus geldt c_i × a₁ = c₁ × a_i.

   Nu geldt voor alle i dat en dus geldt . Op dezelfde manier kunnen we bewijzen dat . x en y zijn dus een macht van v.

   e.

   Geldt voor alle drietallen; we nemen een willekeurige macht van x, zeg x^a en een willekeurige macht van y, zeg y^b. Dan geldt (x^a)^mb = (x^m)^ab = z^ab = (yⁿ)^ab = (y^b)^na en dus voldoet w = x^abm aan de eis.

   f.

   Geldt niet voor alle drietallen; omdat niet gegeven is dat x en y verschillend zijn is x = y = 1 (= z) een tegenvoorbeeld. Elke macht van x is gelijk aan y, dus is er geen groter.

   ---

2. We noemen het aantal rode ballen r, het aantal witte w en het aantal blauwe b. Een combinatie is geldig als geldt dat 0 r 600, 0 w 600, 0 b 600 en r + w + b = 900. De laatste twee eisen schrijven we om naar 0 900 - r - w 600, ofwel 300 - r w 900 - r. Een combinatie is dus geldig als geldt dat
   0 r 600 en max(0 , 300 - r) r min(600 , 900-r)

   We willen het aantal combinaties tellen dat voldoet aan deze eisen. Eerst tellen we het aantal toegestane combinaties bij een vast aantal rode ballen, zeg r = i; we noemen dit aantal c(i).

   Als i 300 dan gaat bovenstaande eis over in 300 - i w 600. Het aantal combinaties c(i) waarvoor dit geldt is 600 - (300 - i) + 1 = 301 + i.

   Als i > 300 dan gaat bovenstaande eis over in 0 w 900 - i. Het aantal combinaties c(i) waarvoor dit geldt is (900 - i) - 0 + 1 = 901 - i.

   Het totaal aantal combinaties is nu en er geldt
   

   Een andere manier om tegen dit probleem aan de te kijken is de volgende. We zoeken het aantal combinaties van rode, witte en blauwe ballen waarvoor geldt dat r + w + b gelijk is aan een bepaalde constante (preciezer moet gelden dat r + w + b = 3n, 0 r 2n, 0 w 2n en 0 b 2n, waarbij n = 300). Dit aantal is hetzelfde als het aantal roosterpunten van het vlak in de ruimte dat wordt gegeven door de vergelijking x + y + z = 3n, waarvoor geldt dat x, y en z groter of gelijk aan 0 en kleiner of gelijk aan 2n zijn.

   In het plaatje zien we de situatie getekend voor n = 2 en x, y en z groter of gelijk aan 0. Het geldige gebied (met als extra eis dat x, y en z kleiner of gelijk aan 2n zijn) is een zeshoek binnen deze driehoek. De driehoek heeft 1 roosterpunt in de top en 3n + 1 in de basis, dus het aantal roosterpunten in de driehoek is 1 + 2 + ... + (3n + 1)=½ (3n + 1)(3n + 2). Als we van deze driehoek alleen de punten van de zeshoek willen tellen moeten we er drie kleine driehoekjes af halen. Zo'n klein driehoekje heeft 1 punt in de top en n in de basis, dus het aantal roosterpunten in het kleine driehoekje is ½ n(n + 1). Het aantal punten in de zeshoek is dus ½ (3n + 1)(3n + 2) - 3 × ½ n(n + 1) = 3n² + 3n + 1. Voor n = 300 is dit aantal 270901.
   

   ---

3. Als we een plaatje tekenen zien we dat er drie verschillende gevallen zijn: AQP + PQR is kleiner dan, gelijk aan of groter dan 180°.
   

   In alle gevallen geldt AQP = BSP en PQR = PSR en daaruit volgt AQR = RSB. Daar ook geldt AQ = PQ = SR en QR = PS = BS zijn de driehoeken AQR en RSB congruent. Hieruit volgt AR = BR, dus is driehoek RAB gelijkbenig met tophoek R. Verder volgt uit de congruentie van de twee driehoeken dat RAQ = BRS.

   PQRS is een parallellogram, dus PQR + QRS = 180°. Omdat AQR een driehoek is kunnen we het rechterlid van de vergelijking schrijven als de som van de hoeken van deze driehoek. Hierdoor gaat de vergelijking over in PQR + QRS = RAQ + AQR + QRA. We kunnen de hoeken in deze vergelijking verder splitsen, waarbij we de drie gevallen afzonderlijk bekijken.

   Als AQP + PQR < 180°, dan geldt AQR = AQP + PQR en QRS = QRA + ARB + BRS en gaat de vergelijking over in ARB + BRS = RAQ + AQP. Omdat geldt RAQ = BRS volgt hieruit ARB = AQP.

   Als AQP + PQR = 180°, dan geldt AQR = BSR = 180° en dus ARB = AQP.

   De redenering voor het geval dat AQP + PQR > 180° gaat op soortgelijke wijze als de eerste redenering.

   Driehoek RAB is dus een gelijkbenige driehoek met tophoek R die gelijk is aan tophoek Q van de gelijkbenige driehoek QPA en de driehoeken RAB, QPA en SPB zijn gelijkvormig.

   ---

4. a.

   Orden alle afstanden van klein naar groot. De twee spelers die de kleinste onderlinge afstand hebben, gooien de bal naar elkaar. We laten deze twee spelers buiten beschouwing en ordenen de onderlinge afstanden van de overige dertien spelers. De twee spelers die nu de kleinste onderlinge afstand hebben, gooien hun bal of naar elkaar, of naar een van de twee vorige spelers. Ze gooien hun bal niet naar een van de elf andere spelers. Deze redenering kunnen we voortzetten tot we één speler overhouden die geen bal krijgt toegespeeld.

   b.

   We beschouwen een willekeurige speler K. Als we vanuit speler K in de rondte kijken zien we de spelers die hem een bal toespelen, zeg dat we achtereenvolgens speler A, B, C, etc. zien. Omdat A en B hun bal naar K spelen, geldt dat de afstand AB groter is dan zowel AK als BK. In driehoek ABK is AB dus de langste zijde en daarmee is AKB de grootste hoek van die driehoek. Omdat de zijden verschillend zijn van lengte, zijn de hoeken ook verschillend van grootte en er geldt AKB > 60°.

   Zo geldt ook BKC > 60°, etc. Daar de cirkel die we rondkijken 360° bevat, passen er zeker niet meer dan vijf hoeken van meer dan 60° in. Het aantal spelers dat een bal naar speler K gooit is dus maximaal vijf.

   ---

5. We geven elke stap aan met een pijl; boven de pijl staat welke regel we gebruiken.

   a.

   Een mogelijke manier is

   b.

   Een mogelijke manier is

   c.

   Elk veld heeft een positief geheel getal als nummer. We bewijzen dat een pion van veld k, ongelijk aan 1, in een eindig aantal stappen naar veld l kan komen, met l < k. Met inductie bewijzen we dan dat een pion van veld k in een eindig aantal stappen naar veld 1 kan komen.

   We kunnen elk positief geheel getal schrijven als een drievoud plus rest, waarbij de rest een element is van {0,1,2}. We bewijzen dat we elk getal (behalve 1) in een eindig aantal stappen terug kunnen brengen tot een kleiner positief geheel getal.

   

   Er geldt immers en als 3m een positief geheel getal is dan is 2m dat ook en geldt bovendien 2m < 3m.

   , mits m niet 0 is

   Immers als m ongelijk aan 0 is geldt en dan is m een positief geheel getal en er geldt m < 3m+1.

   

   Er geldt immers en als 3m+2 een positief geheel getal is, dan is 2m+1 dat ook en er geldt 2m+1 < 3m+2.

   We brengen een positief geheel getal k nu als volgt terug tot 1: als k=1 zijn we klaar. Als k ongelijk is aan 1 brengen we k volgens bovenstaande stappen terug tot een kleiner positief geheel getal l en gaan we verder met l. Omdat het getal dat teruggebracht moet worden tot 1 bij elke stap kleiner wordt en altijd groter of gelijk aan 1 is, eindigt dit proces bij 1.

Terug naar startpagina