VWO 2026 finale vraag 4

Geplaatst op 6 augustus 2026 door admin

Een punt beweegt over een aangeschreven cirkel van een gelijkzijdige driehoek. Hoe verhouden zijn loodrechte afstanden tot de drie zijrechten zich? Met geschikte coördinaten en een parametrisatie van de cirkel wordt de meetkundige ongelijkheid een scherpe cosinusschatting.

Infobox

Onderwerpen: Meetkunde, analytische meetkunde, goniometrie
Probleemoplossingstechnieken: Normaliseren, coördinaten invoeren, parametriseren, afstanden tot rechten vergelijken
Moeilijkheid: Moeilijk
Competitie: Vlaamse Wiskunde Olympiade
Jaar: 2026
Opgavenummer: 4

Opgave

In de figuur zie je een gelijkzijdige driehoek $\triangle ABC$ en de cirkel met middelpunt buiten $\triangle ABC$ die raakt aan het lijnstuk $[BC]$ en aan de rechten $AB$ en $AC$ . Punt $P$ ligt op de cirkel en de punten $L$ , $M$ en $N$ zijn de loodrechte projecties van $P$ op respectievelijk de rechten $BC$ , $AC$ en $AB$ .

Bewijs dat

$3|PL|\leq 2|PM|+2|PN|.$

Figuur 1

Figuur 1.

Eerste idee

De cirkel is de $A$ -aangeschreven cirkel van de gelijkzijdige driehoek. Schaal de zijde naar $1$ , bepaal het uitmiddelpunt en parametriseer $P$ met een hoek $\theta$ . De afstanden tot de drie zijrechten worden dan lineaire uitdrukkingen in $\cos\theta$ en $\sin\theta$ . Na invullen is het verschil tussen rechter- en linkerkant een positieve straal maal $1-\cos(\theta-\pi/6)$ .

Uitwerking

Stap 1: normalisatie en coördinaten

We gebruiken eerst dat gelijkvormigheid alle lengtes met dezelfde positieve factor vermenigvuldigt. Daardoor blijft de te bewijzen homogene ongelijkheid onveranderd. We mogen dus veronderstellen dat de zijde van de gelijkzijdige driehoek lengte $1$ heeft.

Kies een assenstelsel met

$A=(0,0),\qquad B=(1,0),\qquad C=\left(\frac12,\frac{\sqrt3}{2}\right).$

Omdat alle hoeken van een gelijkzijdige driehoek $60^\circ$ zijn, hebben de drie zijrechten de vergelijkingen

$AB:\ y=0,$

$AC:\ \frac{\sqrt3}{2}x-\frac12y=0,$

$BC:\ \frac{\sqrt3}{2}x+\frac12y=\frac{\sqrt3}{2}.$

Stap 2: middelpunt en straal

We gebruiken het kenmerk van de bissectrices: een punt dat gelijke afstanden tot twee snijdende rechten heeft, ligt op een van hun bissectrices. Het middelpunt van een cirkel die aan de drie zijrechten raakt, ligt daarom op drie geschikte bissectrices.

De incenter valt af omdat het middelpunt buiten de driehoek ligt. Bij het $B$ -uitmiddelpunt en het $C$ -uitmiddelpunt ligt het loodrechte voetpunt op de rechte $BC$ respectievelijk voorbij $C$ en voorbij $B$ . Omdat het raakpunt hier op het lijnstuk $[BC]$ ligt, is $O$ dus het $A$ -uitmiddelpunt. De interne bissectrice bij $A$ heeft vergelijking

$y=\frac{x}{\sqrt3},$

en de externe bissectrice bij $B$ die het $A$ -uitmiddelpunt bevat, heeft vergelijking

$y=\sqrt3(x-1).$

Hun snijpunt is

$O=\left(\frac32,\frac{\sqrt3}{2}\right).$

We gebruiken vervolgens de stelling dat de straal naar een raakpunt loodrecht op de raaklijn staat. De loodrechte afstand van $O$ tot elk van de drie raaklijnen is dus de straal $r$ . Uit de afstand van $O$ tot $AB$ volgt

$r=\frac{\sqrt3}{2}.$

Stap 3: parametrisatie van $P$

Figuur 2. Hulpconstructie voor het bewijs.

Figuur 2. Hulpconstructie voor het bewijs.

Omdat $P$ op de cirkel met middelpunt $O$ en straal $r$ ligt, bestaat er een reëel getal $\theta$ waarvoor

$P=O+r(\cos\theta,\sin\theta).$

We gebruiken nu de afstandformule met een eenheidsnormaal. Voor een rechte met vergelijking $\mathbf n\cdot X=c$ , waarbij $\mathbf n$ een eenheidsvector is, is de loodrechte afstand van $X$ tot de rechte gelijk aan $|\mathbf n\cdot X-c|$ .

Kies de naar $O$ gerichte eenheidsnormalen

$\mathbf n_{AB}=(0,1),\qquad \mathbf n_{AC}=\left(\frac{\sqrt3}{2},-\frac12\right),\qquad \mathbf n_{BC}=\left(\frac{\sqrt3}{2},\frac12\right).$

Het middelpunt $O$ ligt bij elk van de drie rechten op afstand $r$ aan de gekozen positieve zijde. De cirkel met straal $r$ ligt dus volledig in de bijbehorende gesloten halfvlakken. Daarom zijn de volgende gesigneerde uitdrukkingen voor elk punt $P$ op de cirkel niet-negatief en zijn ze precies de loodrechte afstanden.

Voor de rechte $AB$ krijgen we

$|PN|=r(1+\sin\theta).$

Voor de rechte $AC$ krijgen we

$|PM|=r\left(1+\frac{\sqrt3}{2}\cos\theta-\frac12\sin\theta\right).$

Voor de rechte $BC$ krijgen we

$|PL|=r\left(1+\frac{\sqrt3}{2}\cos\theta+\frac12\sin\theta\right).$

Stap 4: de ongelijkheid

We trekken de linkerkant van de gewenste ongelijkheid af van de rechterkant en vullen de drie afstandsformules in:

$\begin{aligned} 2|PM|+2|PN|-3|PL| &=r\left(1-\frac{\sqrt3}{2}\cos\theta-\frac12\sin\theta\right)\\ &=r\left(1-\cos\left(\theta-\frac{\pi}{6}\right)\right). \end{aligned}$

In de tweede gelijkheid gebruiken we de verschilformule voor de cosinus. Voor elke reële hoek $\varphi$ geldt $\cos\varphi\leq 1$ , en bovendien is $r>0$ . Bijgevolg is

$2|PM|+2|PN|-3|PL|\geq 0.$

Dus

$\boxed{3|PL|\leq 2|PM|+2|PN|}.$

Probleemoplossingstechnieken

Normaliseren: De zijde wordt op $1$ geschaald omdat de ongelijkheid homogeen is in lengtes.
Coördinaten invoeren: Standaardcoördinaten bepalen het uitmiddelpunt en de drie zijrechten exact.
Parametriseren: Het punt $P$ wordt met één hoekparameter op de cirkel beschreven.
Afstanden tot rechten vergelijken: Eenheidsnormalen zetten de drie projectielengtes om in lineaire uitdrukkingen in $\cos\theta$ en $\sin\theta$ .

Bron

Finale Vlaamse Wiskunde Olympiade 2025–2026, woensdag 22 april 2026. © Vlaamse Wiskunde Olympiade vzw.

Officiële wedstrijdbundel: https://www.vwo.be/vwo/wp-content/uploads/2026/04/VWO-finale-2026.pdf

VWO 2026 finale vraag 3

Geplaatst op 6 augustus 2026 door admin

Hoe vind je alle positieve gehele oplossingen van een vergelijking waarin de onbekenden zowel in de grondtallen als in de exponenten voorkomen? Een ontbinding via de grootste gemene deler legt de verborgen structuur bloot en leidt tot een volledige familie oplossingen.

Infobox

Onderwerpen: Algebra, getaltheorie
Probleemoplossingstechnieken: Substitutie, ggd-ontbinding, werk achteruit, speciale gevallen
Moeilijkheid: Moeilijk
Competitie: Vlaamse Wiskunde Olympiade
Jaar: 2026
Opgavenummer: 3

Opgave

Bepaal alle paren $(a,b)$ van strikt positieve gehele getallen waarvoor geldt

$(a+b)^a=b^{a+b}.$

Eerste idee

Schrijf $a=du$ en $b=dv$ , waarbij $d=\gcd(a,b)$ en $\gcd(u,v)=1$ . Na vereenvoudiging ontstaat een vergelijking waarin $u+v$ en $v$ naast elkaar staan. Omdat die twee getallen onderling ondeelbaar zijn, kan $v$ geen priemfactor hebben. Dat bepaalt eerst $v$ , waarna de volledige familie oplossingen rechtstreeks volgt.

Uitwerking

We schrijven de vergelijking als

$(a+b)^a=b^{a+b}.$

Neem nu de grootste gemene deler van $a$ en $b$ . Schrijf

$a=du,\qquad b=dv,$

waarbij

$d=\gcd(a,b),\qquad \gcd(u,v)=1.$

Dan is

$(d(u+v))^{du}=(dv)^{d(u+v)}.$

We nemen de $d$ -de wortel. Omdat beide zijden positieve gehele getallen zijn, volgt

$(d(u+v))^u=(dv)^{u+v}.$

Na verdelen door $d^u$ krijgen we

(1) $(u+v)^u=d^v v^{u+v}.$

Nu gebruiken we dat $\gcd(u,v)=1$ . Dan is ook

$\gcd(u+v,v)=1.$

Kies een priemgetal $p$ dat $v$ deelt. Omdat $p\nmid u+v$ , heeft de linkerkant van (1) geen factor $p$ . Aan de rechterkant verschijnt die factor echter wel via $v^{u+v}$ , en dus heeft de rechterkant een positieve $p$ -macht. Dat is onmogelijk.

Daarom kan er geen enkel priemgetal $v$ delen. Dus

$v=1.$

We hebben dus

$b=d,\qquad a=du.$

Invullen in (1) geeft

$(u+1)^u=d.$

Dus

$b=d=(u+1)^u,\qquad a=du=u(u+1)^u.$

Dit levert voor elke positieve gehele waarde van $u$ een oplossing.

We controleren nu dat deze oplossingen werkelijk werken. Neem

$a=u(u+1)^u,\qquad b=(u+1)^u.$

Dan is

$a+b=u(u+1)^u+(u+1)^u=(u+1)^{u+1}.$

Daarom geldt

$(a+b)^a=((u+1)^{u+1})^{u(u+1)^u}=(u+1)^{u(u+1)^{u+1}}.$

Aan de andere kant is

$b^{a+b}=\bigl((u+1)^u\bigr)^{(u+1)^{u+1}}=(u+1)^{u(u+1)^{u+1}}.$

Dus

$(a+b)^a=b^{a+b}.$

Alle oplossingen zijn dus precies de paren

$\boxed{(a,b)=\bigl(u(u+1)^u,(u+1)^u\bigr)\quad\text{met }u\in\mathbb{Z}_{>0}.}$

In het bijzonder krijgen we bijvoorbeeld

$(u=1)\to (a,b)=(2,2),$

$(u=2)\to (a,b)=(18,9).$

Probleemoplossingstechnieken

Ggd-ontbinding: Schrijf $a=du$ en $b=dv$ om de gemeenschappelijke factor af te zonderen.
Substitutie: De nieuwe variabelen $d$ , $u$ en $v$ maken de machtsvergelijking hanteerbaar.
Werk achteruit: Vul de gevonden familie opnieuw in om te controleren dat elk paar werkelijk een oplossing is.
Speciale gevallen: Het geval $a=b$ levert snel de eerste oplossing $(2,2)$ op.

Bron

Finale Vlaamse Wiskunde Olympiade 2025–2026, 22 april 2026. © Vlaamse Wiskunde Olympiade vzw.

VWO 2026 finale vraag 2

Geplaatst op 5 augustus 2026 door admin

Hoe stapel je rijen stenen van twee verschillende lengtes zonder dat voegen recht boven elkaar komen? Door elke mogelijke rij als een verzameling voegposities te bekijken, verandert deze bouwvraag in een klein en overzichtelijk graafprobleem.

Infobox

Onderwerpen: Combinatoriek, grafentheorie
Probleemoplossingstechnieken: Modelleren, systematisch opsommen, gevalsonderscheid, extremale constructie
Moeilijkheid: Moeilijk
Competitie: Vlaamse Wiskunde Olympiade
Jaar: 2026
Opgavenummer: 2

Opgave

Bob heeft twee soorten LEGO®-stenen: stenen met 1 bij 2 noppen en stenen met 1 bij 3 noppen. Hij bouwt muren zonder gaten, met rechte zijkanten en met een diepte van 1 nop. Zo’n muur noemen we stevig als er nooit twee uiteinden van stenen boven elkaar staan, behalve aan de zijkanten van de muur. Zo is de muur in de figuur links stevig, maar die in de figuur rechts niet.

Vandaag bouwt Bob enkel stevige muren waarbij elke rij 12 noppen heeft.

(a) Bob bouwt eerst een muur van vier rijen hoog. Een van de rijen bestaat uitsluitend uit stenen van 2 noppen breed. Toon aan dat die muur nog zo’n rij bevat.

(b) Bob bouwt nog een muur van vier rijen hoog. Nu bestaat een van de rijen uitsluitend uit stenen van 3 noppen breed. Toon aan dat die muur nog zo’n rij bevat.

(c) Ten slotte bouwt Bob een muur die geen twee gelijke rijen bevat. Hoeveel rijen kan die muur hoogstens bevatten?

Figuur 1

Figuur 1.

Eerste idee

Noteer voor elk rijpatroon de posities van zijn interne voegen. Twee rijen mogen precies op elkaar volgen wanneer hun voegverzamelingen disjunct zijn. Alle mogelijke rijen van lengte 12 vormen zo een kleine compatibiliteitsgraaf; de componenten daarvan dwingen de herhalingen af en bepalen de maximale hoogte zonder gelijke rijen.

Uitwerking

We stellen een rij voor door de opeenvolgende breedtes van zijn stenen. Zo betekent (23223) een rij met stenen van breedte (2,3,2,2,3). Daarnaast noteren we de posities van de interne voegen, geteld vanaf de linkerkant.

Twee opeenvolgende rijen vormen precies dan een stevig geheel als ze geen interne voegpositie gemeen hebben.

Alle composities van 12 met delen 2 en 3, samen met hun voegposities en de rijpatronen waarmee ze verenigbaar zijn, staan in de volgende tabel.

Naam	Rijpatroon	Interne voegposities	Verenigbaar met
(A)	(222222)	(2,4,6,8,10)	(H)
(B)	(22233)	(2,4,6,9)	(I,J)
(C)	(22323)	(2,4,7,9)	(J,K)
(D)	(22332)	(2,4,7,10)	(L)
(E)	(23223)	(2,5,7,9)	(K)
(F)	(23232)	(2,5,7,10)	(L)
(G)	(23322)	(2,5,8,10)	(L)
(H)	(32223)	(3,5,7,9)	(A)
(I)	(32232)	(3,5,7,10)	(B)
(J)	(32322)	(3,5,8,10)	(B,C)
(K)	(33222)	(3,6,8,10)	(C,E)
(L)	(3333)	(3,6,9)	(D,F,G)

Deze lijst is volledig: een rij begint met een steen van breedte 2 of 3, en door alle mogelijkheden verder aan te vullen tot totale breedte 12 krijgen we precies de twaalf vermelde composities. De laatste kolom volgt door voor elk paar te controleren of de twee verzamelingen interne voegposities disjunct zijn.

De compatibiliteitsgraaf heeft bijgevolg drie componenten:

$A-H,$

$D-L-F \quad\text{en}\quad L-G,$

waarbij de tweede component een ster met middelpunt (L) is, en

$E-K-C-J-B-I.$

De derde component is een pad met zes knopen.

(a)

Een rij die uitsluitend uit stenen van 2 noppen bestaat, is patroon (A=222222). Volgens de tabel is alleen patroon (H) ermee verenigbaar, en (H) is op zijn beurt alleen met (A) verenigbaar.

Zodra een muur een rij van type (A) bevat, moeten de rijtypes in de hele vier rijen hoge muur dus afwisselen tussen (A) en (H). Onder vier opeenvolgende rijen komen bijgevolg twee rijen van type (A) voor. De muur bevat dus nog een rij die uitsluitend uit stenen van 2 noppen bestaat.

(b)

Een rij die uitsluitend uit stenen van 3 noppen bestaat, is patroon (L=3333). De patronen die met (L) verenigbaar zijn, zijn (D,F) en (G). Elk van die drie patronen is uitsluitend met (L) verenigbaar.

In een muur die een rij van type (L) bevat, wisselen de rijen daarom af tussen (L) en een van de types (D,F,G). Onder vier opeenvolgende rijen komen bijgevolg twee rijen van type (L) voor. De muur bevat dus nog een rij die uitsluitend uit stenen van 3 noppen bestaat.

(c)

Als geen twee rijen gelijk mogen zijn, correspondeert de muur met een eenvoudig pad in een component van de compatibiliteitsgraaf.

De component (A-H) bevat hoogstens een eenvoudig pad met 2 knopen. In de ster met middelpunt (L) kan een eenvoudig pad hoogstens van één buitenste knoop via (L) naar een andere buitenste knoop lopen en dus 3 knopen bevatten. De derde component is zelf een pad met 6 knopen. Een muur zonder gelijke rijen kan daarom hoogstens 6 rijen hebben.

Deze bovengrens wordt bereikt door de volgende zes rijpatronen van onder naar boven te gebruiken:

$23223,\quad 33222,\quad 22323,\quad 32322,\quad 22233,\quad 32232.$

Dit zijn de patronen (E,K,C,J,B,I). Opeenvolgende patronen zijn volgens de tabel verenigbaar en alle zes patronen zijn verschillend. Er bestaat dus werkelijk een stevige muur van 6 rijen zonder twee gelijke rijen.

Het gevraagde maximale aantal rijen is bijgevolg

$\boxed{6}.$

Probleemoplossingstechnieken

Modelleren: Een rij wordt vervangen door de verzameling van haar interne voegposities. Daardoor wordt stevigheid de voorwaarde dat twee opeenvolgende verzamelingen disjunct zijn.
Systematisch opsommen: Alle composities van 12 met delen 2 en 3 worden opgenomen. Zo berust het bewijs niet op een onvolledige selectie van mogelijke rijen.
Gevalsonderscheid: De drie componenten van de compatibiliteitsgraaf worden afzonderlijk onderzocht. Hun verschillende vormen verklaren de gedwongen herhalingen in (a) en (b).
Extremale constructie: Naast de bovengrens van 6 wordt een concreet pad van zes verschillende rijpatronen gegeven, zodat de grens scherp is.

Bron

VWO 2026 finale vraag 1

Geplaatst op 5 augustus 2026 door admin

Deze functionele vergelijking lijkt veel vrijheid te laten, maar twee eenvoudige substituties en een symmetrie dwingen de functie volledig vast. Zo kan de gevraagde waarde zonder aannames over continuïteit of differentiabiliteit worden bepaald.

Infobox

Onderwerpen: Algebra, Analyse
Probleemoplossingstechnieken: Substitutie, werk achteruit, speciale gevallen, symmetrie
Moeilijkheid: Gemiddeld
Competitie: Vlaamse Wiskunde Olympiade
Jaar: 2026
Opgavenummer: 1

Opgave

De functie $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ voldoet voor alle reële getallen $x$ en $y$ aan

$f(x+y)+f(x-y)=2f(x)+3f(y)-3.$

Wat is de getalwaarde van $f(2026)$ ?

Eerste idee

Vul eerst $y=0$ in om $f(0)$ te bepalen en neem daarna $x=0$ om $f(y)$ met $f(-y)$ te verbinden. De beslissende symmetrie verschijnt wanneer de vergelijking voor $y$ en $-y$ wordt vergeleken: de linkerleden zijn identiek, zodat ook de rechterleden gelijk moeten zijn.

Uitwerking

We schrijven de gegeven vergelijking kort als

$P(x,y):\quad f(x+y)+f(x-y)=2f(x)+3f(y)-3.$

We bepalen $f(0)$ door $y=0$ te nemen.

Als $y=0$ , dan wordt

$f(x)+f(x)=2f(x)+3f(0)-3.$

Dus

$2f(x)=2f(x)+3f(0)-3,$

en daarom

$3f(0)-3=0,\qquad f(0)=1.$

Vervolgens nemen we $x=0$ . Dan krijgen we

$f(y)+f(-y)=2f(0)+3f(y)-3.$

Omdat $f(0)=1$ , volgt

$f(y)+f(-y)=2+3f(y)-3=3f(y)-1,$

en dus

$f(-y)=2f(y)-1.$

Nu vergelijken we de vergelijking voor $(x,y)$ en $(x,-y)$ . De linkerkant verandert niet, omdat

$(x+y,\,x-y)\quad\text{en}\quad (x-y,\,x+y)$

in omgekeerde volgorde voorkomen. Precisie:

$P(x,y):\quad f(x+y)+f(x-y)=2f(x)+3f(y)-3,$

$P(x,-y):\quad f(x-y)+f(x+y)=2f(x)+3f(-y)-3.$

Omdat de linkerleden gelijk zijn, moeten ook de rechterleden gelijk zijn. Daarom geldt

$2f(x)+3f(y)-3=2f(x)+3f(-y)-3,$

en dus

$3f(y)=3f(-y),\qquad f(y)=f(-y).$

Samen met

$f(-y)=2f(y)-1$

volgt

$f(y)=2f(y)-1.$

Daaruit volgt

$f(y)=1$

voor alle reële getallen $y$ .

In het bijzonder is

$f(2026)=1.$

Dus de gevraagde waarde is

$\boxed{1}.$

Probleemoplossingstechnieken

Substitutie: Laat eenvoudige waarden van $x$ of $y$ zien, waardoor $f(0)$ en relaties tussen waarden direct volgen.
Werk achteruit: Helpt om vanuit de gevraagde waarde terug te redeneren naar een eenvoudige structuur.
Speciale gevallen: Vereenvoudigt de vergelijking sterk.
Symmetrie: Maakt het mogelijk om $y$ en $-y$ te vergelijken.

Wiskunde is leuk

Categorie archieven: Wedstrijdopgaven

VWO 2026 finale vraag 4

Infobox

Opgave

Eerste idee

Uitwerking

Stap 1: normalisatie en coördinaten

Stap 2: middelpunt en straal

Stap 3: parametrisatie van $P$

Stap 4: de ongelijkheid

Probleemoplossingstechnieken

Bron

VWO 2026 finale vraag 3

Infobox

Opgave

Eerste idee

Uitwerking

Probleemoplossingstechnieken

Bron

VWO 2026 finale vraag 2

Infobox

Opgave

Eerste idee

Uitwerking

(a)

(b)

(c)

Probleemoplossingstechnieken

Bron

VWO 2026 finale vraag 1

Infobox

Opgave

Eerste idee

Uitwerking

Probleemoplossingstechnieken

Bron