1. Een getal is alleen deelbaar door 9 als de som van zijn cijfers deelbaar is door 9 en omgekeerd, als de som van de cijfers van een getal deelbaar is door 9, dan is het getal ook deelbaar door 9. Eenzelfde eigenschap geldt ook voor deelbaarheid door 3.
   Het getal 19091997 is in elk geval deelbaar door 9 want de som van de cijfers is deelbaar door 9. 19091997 = 9 × 2121333 = 3 × 3 × 3 × 707111 en 707111 is niet deelbaar door 3.
   Als n deelbaar is door 9, dan moet f(n) deelbaar zijn door 9 × 9, maar 19091997 heeft maar drie factoren 3. Conclusie: n is niet deelbaar door 9.
   Als n niet deelbaar is door 9, dan bevat n hoogstens één factor 3 en f(n) dus hoogstens twee factoren 3, maar 19091997 bevat drie factoren 3. Conclusie: n is deelbaar door 9.
   Slotconclusie: als f(n) = 19091997 dan moet n deelbaar door 9 zijn, maar ook niet deelbaar door 9 en dat kan niet; dus er bestaat geen n met f(n) = 19091997.

   ---

   

2. Uit het gegeven volgt direct dat DS:DA=2:5 en omdat DS:DA = (afstand van S tot BC) : (afstand van A tot BC), geldt Opp(BCS) : Opp(BCA) = 2:5, dus Opp(BCS) = 2 / 5 × Opp(ABC).
   Op eenzelfde manier vind je Opp(ACS) = 3 / 7 × Opp(ABC), dus Opp(ABS) = 6 / 35 × Opp(ABC).
   Dus CS:FS = 29:6.
   

   ---

3. a.

   Als de eerste speler op de plaats van het vraagteken voor de x een positief (negatief) getal k zet, dan kan de tweede speler het getal k-1 (-1-k) op de tweede plaats zetten. De vergelijking heeft dan oplossingen -1 en 1-k (1 en -1-k).
   Als de eerste speler op de plaats van het laatste vraagteken een getal k zet dan kan de tweede speler het getal k+1 voor de x zetten. De oplossingen van de vergelijking zijn dan -k en -1.

   b.

   x³ + ? x² + ? x + ? = 0 heeft drie oplossingen -1. We bewijzen dat er geen andere mogelijkheden zijn. Als de vergelijking drie oplossingen a, b en c heeft dan kunnen we schrijven: (x-a)(x-b)(x-c) = x³ - (a+b+c) x² + (ab+bc+ca) x - abc = 0. Dus moeten we drie mogelijkheden onderzoeken:
   -(a+b+c) = 3 en ab+bc+ca = 3 òf
   -(a+b+c) = 3 en -abc = 3 òf
   ab+bc+ca = 3 en -abc = 3.
   Veronderstel dat er een 3 op de laatste plaats stond, dan geldt abc = -3, en dan zijn de nulpunten (-1,-1,-3) of (-1,1,3) of (1,1,-3). Als je deze mogelijkheden uitschrijft, dan vindt je in geen van de gevallen -(a+b+c) = 3 of ab+bc+ca = 3. Conclusie: op de plaats van het laatste vraagteken stond geen 3, dus a+b+c = -3 en ab+bc+ca = 3.
   Dan geldt a² + b² + c² = (a+b+c)² - 2(ab+bc+ca) = (-3)² - 2×3 = 3. Omdat a, b en c geheel zijn moet gelden a² = b² = c² = 1. Gecombineerd met a+b+c = -3 geeft dit als eindantwoord: a = b = c = -1. Dus de enige mogelijkheid is: x³ + 3 x² + 3 x + 1 = 0 en de derde speler heeft een 1 ingevuld op de plaats van het rechter vraagteken.

   ---

4. Bij elke keer gooien verandert een zijvlak van kleur. Na tien keer gooien moet er dus een oneven aantal zijvlakken rood zijn. Dat zijn er dus 1, 3, 5 of 7. Het aantal verschillende octaëders met één rood zijvlak is 1. Het aantal verschillende octaëders met drie rode zijvlakken is 3 (één met drie zijvlakken die eenzelfde hoekpunt gemeenschappelijk hebben, één waarbij twee zijvlakken een ribbe gemeenschappelijk hebben en de derde driehoek alleen één hoekpunt met een van de andere twee driehoeken en tenslotte één waarbij de driehoeken geen ribben gemeenschappelijk hebben (zie figuur)), het aantal verschillende octaëders met vijf rode zijvlakken is gelijk aan het aantal met 3 rode zijvlakken en het aantal met zeven rode zijvlakken weer 1. In totaal zijn er dus acht verschillende octaëders met een oneven aantal rode zijvlakken. Dat ze allemaal ook in tien keer bereikt kunnen worden is eenvoudig na te gaan (het kan al in zes keer!).

   

   
   

   ---

   

5. a.

   Bekijk in de figuur alleen de zijde AB en de punten K, P, M en P'. P is het spiegelbeeld van K en K het spiegelbeeld van P in AB. Datzelfde geldt voor M en P'. Dus PM en KP' zijn elkaars spiegelbeeld, dus zijn ze ook even lang: MP=KP'. Op eenzelfde manier vindt je dat geldt: MQ=KQ' en MR=KR'. Omdat geldt MP=MQ=MR geldt ook KP'=KQ'=KR' dus liggen P', Q' en R' op een cirkel met K als middelpunt.

   b.

   Als K en M samenvallen dan vallen ook de punten P en P' samen, zie de figuur bij a). Dat geldt dan ook voor Q en Q' en ook voor R en R'. P, Q en R liggen dan op de cirkel met straal KP (=KQ=KR). Deze stralen staan loodrecht op respectievelijk de zijden AB, BC en CA en worden door deze zijden in twee gelijke delen verdeeld (want K en P zijn nu elkaars spiegelbeeld in AB, etc.).
   Dus is K het middelpunt van de ingeschreven cirkel van driehoek ABC.

Terug naar startpagina