Transcript PYTHAGORAS OLYMPIADE

PYTHAGORAS O LY M P I A D E
■
door Matthijs Coster, Eddie Nijholt, Harry Smit, Michelle Sweering en Bas Verseveldt
Doe mee met de Pythagoras Olympiade! Elke aflevering bevat vier opgaven. De eerste twee zijn
wat eenvoudiger; onder de goede inzendingen
van leerlingen uit de klassen 1, 2 en 3 wordt een
cadeaubon van Bol.com ter waarde van 20 euro
verloot. De laatste twee zijn echte breinbrekers;
onder de goede inzendingen van leerlingen (tot
en met klas 6) wordt een bon van 20 euro verloot. Per aflevering wordt maximaal één bon per
persoon vergeven.
Daarnaast krijgen leerlingen (tot en met klas 6)
punten voor een laddercompetitie, waarmee
eveneens een cadeaubon van Bol.com van 20
euro te verdienen valt. De opgaven van de onderbouw zijn 1 punt waard, de opgaven van de
bovenbouw 2 punten. De leerling met de hoogste score in de laddercompetitie krijgt een bon.
Zijn puntentotaal wordt weer op 0 gezet. Wie
zes achtereenvolgende keren niets inzendt, verliest zijn punten in de laddercompetitie.
Met de bovenbouwopgaven kun je ook een
plaats in de finale van de Nederlandse Wiskunde Olympiade verdienen, mocht het via de voor-
ronden niet lukken:
aan het eind van
elke jaargang worden enkele goed
scorende leerlingen
uitgenodigd voor de NWO-finale. Niet-leerlingen kunnen met de Pythagoras Olympiade
meedoen voor de eer.
HOE IN TE ZENDEN? Inzenden kan alleen per
e-mail. Stuur je oplossing (getypt of een scan
of foto van een handgeschreven oplossing)
naar [email protected]. Je ontvangt een
automatisch antwoord zodra we je bericht
hebben ontvangen.
Voorzie het antwoord van een duidelijke toelichting (dat wil zeggen: een berekening of
een bewijs). Vermeld je naam en adres; leerlingen moeten ook hun klas en de naam van
hun school vermelden.
Je inzending moet bij ons binnen zijn vóór
31 oktober 2016.
30
DE GOEDE INZENDERS VAN APRIL 2016
330: Lisan ten Hove (klas 2), Oostvaarders
College, Almere; Corijn Rudrum (klas 5), RSG
Pantarijn, Wageningen.
331: Corijn Rudrum (klas 5), RSG Pantarijn,
Wageningen.
332: Corijn Rudrum (klas 5), RSG Pantarijn,
Wageningen.
333: geen.
Cadeaubonnen: Lisan ten Hove en Corijn
Rudrum.
Stand laddercompetitie: Corijn Rudrum (20 p;
cadeaubon), Eline Welling (16 p), Anton van
Es (15 p), Sander Engelberts (14 p), Frenk Out
(14 p), Oscar Heijdra (13 p), Levi van de Pol
(12 p), Lisan ten Hove (11 p), Jan Bosma
(10 p), Rainier van Es (7 p), Sebastiaan
Ceuppens (6 p), Stef Rasing (6 p), Dominique
Titulaer (6 p), Rinze Hallema (5 p), Merlijn
Hunik (5 p), Leanna van Dijk (4 p), Rein
Janssen Groesbeek (4 p), Antonie Moes
(4 p), Johan van der Marck (3 p), Maarten
Stremler (3 p), Roos van Herrewegen (2 p),
Lucia Komen (2 p), Sietske Koolhof (2 p),
Matthijs Pool (2 p), Sterre ter Beek (1 p),
Stijn van Bemmel (1 p), Gerben-Jan Hooijer
(1 p), Boris Kloeg (1 p), Lotte Middelberg
(1 p), Leon van Mierlo (1 p), Alwin van der
Paardt (1 p), Bram Pel (1 p), Youri Pouw (1
p), Eva Teeling (1 p), Bruno Vermeer (1 p),
Jan Willem de Waard (1 p), Senne Willems
(1 p).
N.B. In het vorige nummer ontbrak, ten
onrechte, Arie van der Kraan uit Nuth bij de
lijst van goede inzenders van opgave 329.
Onze excuses!
P Y TH A G O RA S SE PT E MB ER 2 016
338
Een mier loopt over de blauwe paden. Hij start in
punt A en wil via B naar C komen. Langs welke andere punten D, E en F komt de mier nog meer, als
hij de kortst mogelijke weg kiest? De stralen van de
binnenring en buitenring verhouden zich als 2 : 3.
330
Hieronder zie je een logo dat een media-bedrijf
groot op een muur wil laten verven. De straal van
elke cirkel is 1 meter. Hoeveel vierkante meter roze
verf is er nodig?
B
E
45o
A
135o
D
F
C
339
Vereenvoudig zo ver mogelijk:
1
1
1
+
+… +
.
2+ 3
3+ 4
199 + 200
340
Zes kinderen schoppen een balletje over. Iedereen speelt de bal
met gelijke kans over aan elk
ander, maar natuurlijk nooit
aan zichzelf. (Dus de kans dat
A de bal naar B overspeelt, is
1 , en idem voor de kans dat A de bal naar C, D, E
5
of F overspeelt.) In het midden van het veld ligt een
modderplas. Zodra de bal hier ook maar één keer
doorheen gaat, dan is de bal de rest van het potje
vies. Na zes keer overspelen is iedereen het zat (ook
als er eventueel mensen zijn die de bal nooit gekregen hebben). Wat is de kans dat de bal nog schoon is?
341
Een gele, een blauwe en een rode schijf liggen zoals
getekend in de figuur. Je mag steeds één van de drie
schijven over de andere twee heen tillen en er aan
de andere kant weer tegenaan zetten. (In de figuur
zie je hoe je de blauwe schijf kunt verplaatsen.)
Is het mogelijk om op deze manier de schijven op
precies dezelfde plek te krijgen als waar we begonnen waren, maar dan met twee of meer kleuren
omgewisseld?
Oplossing. Zie onderstaande figuur. Het roze deel
bestaat uit 3 halve cirkels (met straal 1 meter) minus 3 maal 2 maal het blauwe deel plus de gelijkzijdige driehoek (met zijde 1 meter) plus 3 maal het
blauwe deel. Het blauwe deel vormt samen met de
gelijkzijdige driehoek precies 16 deel van de cirkel.
De oppervlakte van de gelijkzijdige driehoek is
1 √3, de oppervlakte van de cirkel is π. Dus de op4
pervlakte van het roze deel is 3( 12π – 2( 16 π – 14 √3))
+ 14 √3 + 3( 16 π – 14 √3) = π + √3 m2.
31
331
Leg een aantal munten op een rij, allemaal met
‘kop’ naar boven. Draai van links naar rechts eerst
1, dan 2, dan 3, enzovoort, munten om (dit zijn de
zetten). Je begint steeds met de volgende munt na
de laatst omgedraaide om een volgende zet te doen.
Als je aan het eind van de muntenrij bent aangekomen, ga je gewoon verder aan het begin van de rij.
a. In hoeveel zetten liggen alle munten weer met
‘kop’ boven, als je start met 1, 3, 4 of 5 munten?
b. Bereik je met elk aantal munten op een gegeven
moment weer de situatie dat alle munten met ‘kop’
boven liggen?
Oplossing. Er geldt: 1 + 2 + … + n = 12 n(n + 1) (dit
zijn de zogeheten driehoeksgetallen). Na n zetten
zijn er 12 n(n + 1) munten omgedraaid. Elke munt
P YT H A G OR A S SEP T EMB E R 20 16
moet een even aantal malen worden omgedraaid.
Stel we gaan uit van m munten, dan moet gelden
dat 12 n(n + 1) een veelvoud is van 2m.
a. De rij driehoeksgetallen is 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28,
36, ... Voor 1 munt is n = 3, want 12 · 3 · 4 = 6 is
een veelvoud van 2. Voor 3 munten is n = 3, want
1 · 3 · 4 = 6 is een veelvoud van 6. Voor 4 munten
2
is n = 15, want 12 · 15 · 16 = 120 is een veelvoud van
8. Voor 5 munten is n = 4, want 12 · 4 · 5 = 10 is een
veelvoud van 10.
b. Je kunt voor elk aantal munten weer terugkomen
in de oorspronkelijke situatie. Als m even is, dan
voldoet n = 4m – 1, want 12 · (4m – 1) · 4m =
2m(4m – 1). Als m een viervoud + 1 is (zeg m =
4k + 1), dan voldoet n = m – 1, want 12 · 4k · m =
2mk. Als m een viervoud – 1 is (zeg m = 4k – 1),
dan voldoet n = m, want 12 · m · 4k = 2mk.
332
32
Gegeven zijn drie gehele getallen a, b en c met de
volgende eigenschap: het verschil van twee van
deze getallen is deelbaar door het derde. Bijvoorbeeld de getallen 2, –3 en 5 voldoen hieraan: het
verschil van 2 en –3 is 5 (en dat is deelbaar door 5),
het verschil van 2 en 5 is 3 (en dat is deelbaar door
–3) en het verschil van –3 en 5 is 8 (en dat is deelbaar door 2).
a. Bewijs dat a, b en c niet allemaal positief kunnen zijn.
b. Veronderstel nu verder dat a, b en c ook geen gemeenschappelijke factoren hebben (behalve natuurlijk 1 en –1). Is het waar dat één van de drie getallen gelijk moet zijn aan 1, of 2, of –1, of –2?
Oplossing. We mogen veronderstellen dat a ≤ b ≤ c.
a. Als 0 < a ≤ b ≤ c, dan geldt (aangezien een deler c
kleiner dan of gelijk is aan b – a) dat 0 < c ≤ b – a <
b ≤ c. Maar hier staat c < c: een tegenspraak.
b. Er moet gelden dat a < 0 < b ≤ c of a ≤ b < 0 < c.
Het laatste geval is te herleiden tot het eerste geval door a, b en c te vermenigvuldigen met –1. We
hoeven dus alleen het eerste geval te bekijken. Vervang a door –d, dan is d > 0. De deelbaarheidskenmerken vertalen zich tot (a) c – b = ud, (b) c + d =
vb en (c) b + d = wc, voor gehele getallen u, v en w.
Substitueer b = c – ud in de twee andere vergelijkingen. We vinden (b’) c + d = vc – uvd en (c’) c + d –
ud = wc. De laatste vergelijking (c’) is te herschrijven tot (w – 1)c + (u – 1)d = 0. Als u = 0 (dus b = c),
dan volgt (w – 1)c = d. Dat betekent dat c een deler
is van d. Dit betekent (aangezien a, b en c geen gemeenschappelijke delers hebben) dat c = 1.
Als u = 1, dan volgt ook dat w = 1. De drie deelbaarheidskenmerken zijn nu te schrijven als
(a) c – b = d, (b) c + d = vb en (c) b + d = c.
We substitueren nu (c) in (b) en vinden b + 2d = vb.
b is een deler van 2a, maar a en b hebben geen gemeenschappelijke delers, dus is b een deler van 2.
333
In een 5 × 5-bord staat in ieder hokje een lampje. De lampjes hebben de kleuren groen, blauw en
rood. Aan iedere rij en kolom is een knopje verbonden. Bij het indrukken van het knopje dat bij een rij
hoort, worden alle groene lampjes in die rij blauw,
alle blauwe lampjes worden rood en alle rode lampjes groen. Is het vanuit iedere startpositie mogelijk
om een kleur volledig van het bord te elimineren?
Oplossing. De gewenste eindsituaties zijn situaties waarbij een kleur volledig is geëlimineerd. We
mogen veronderstellen dat dat de kleur rood is. We
noemen een dergelijke situatie een niet-rood-situatie. Immers, als blauw volledig is geëlimineerd, dan
kunnen we door alle rij-knopjes te bedienen alle
lampjes opschuiven. De ontbrekende kleur blauw
wordt de ontbrekende kleur rood. En als groen ontbreekt, dan kan door tweemaal alle rij-knopjes te
bedienen eveneens rood de ontbrekende kleur worden. Het aantal mogelijke eindsituaties is 225.
We laten nu zien dat er meer beginsituaties zijn dan
beginsituaties die kunnen worden overgevoerd naar
een niet-rood-situatie. Zodoende is er een startpositie te vinden waarbij nooit een kleur te elimineren
is. Hoeveel beginsituaties kunnen op een niet-roodsituatie overgaan? We draaien de vraag om. In hoeveel beginsituaties kun je vanuit een niet-rood-situatie hooguit terecht komen? Je kunt op ieder van
de 10 knoppen 0, 1 of 2 maal drukken, dus dat zijn
hooguit 310 mogelijkheden. Maar met 9 knoppen
kun je de 10de knop bedienen. Stel dat je de eerste rijknop wilt bedienen, dan kun je daarvoor in
de plaats alle kolomknoppen indrukken en tevens
de overige rijknoppen 2 maal bedienen. Dus vanuit
225 niet-rood-situaties kun je 225 · 39 beginsituaties
bereiken en dat is minder dan 325, het totaal aantal
beginsituaties.
P Y TH A G O RA S SE PT E MB ER 2 016