Blokken bepaald door de grootste frequentie

Geplaatst op 31 augustus 2026 door admin

De eerste 2026 functiewaarden mogen volledig willekeurig zijn. Toch dwingt het voorschrift daarna steeds langere blokken van gelijke waarden af. De lengte van zo’n blok levert precies de afstand die in de gevraagde gelijkheid voorkomt.

Infobox

Onderwerpen: Functies, combinatoriek, rijen
Probleemoplossingstechnieken: Kleine gevallen onderzoeken, frequenties tellen, blokken herkennen, invariant gebruiken
Moeilijkheid: Moeilijk
Competitie: Indian National Mathematical Olympiad, finale
Jaar: 2026
Opgavenummer: 2

Opgave

Laat $f:\mathbb N\to\mathbb N$ een functie zijn met de volgende eigenschap: voor elke $k>2026$ is $f(k)$ gelijk aan het grootste aantal keer dat een getal voorkomt in de lijst

$f(1),f(2),\ldots,f(k-1).$

Bewijs dat voor oneindig veel $n\in\mathbb N$ geldt

$f(n)=f(n+f(n)).$

Hierbij is $\mathbb N=\{1,2,3,\ldots\}$ de verzameling van de positieve gehele getallen.

Eerste idee

Vervang $2026$ eerst door $4$ . Na vier willekeurige beginwaarden wordt telkens de huidige grootste frequentie toegevoegd. Zodra die frequentie $m$ is, blijft de waarde $m$ verschijnen totdat de grootste frequentie $m+1$ wordt. Voor alle voldoende grote $m$ levert dit een blok van precies $m+1$ gelijke waarden op.

Observatieronde

Een kleine versie met drempel 4

De eerste $2026$ functiewaarden mogen willekeurig zijn. Om het voorschrift zichtbaar te maken, vervangen we $2026$ tijdelijk door $4$ en kiezen we bijvoorbeeld

$f(1),f(2),f(3),f(4)=2,1,2,7.$

In deze lijst komt $2$ tweemaal voor; geen enkel getal komt vaker voor. Daarom is $f(5)=2$ . Nu komt $2$ driemaal voor, zodat $f(6)=3$ . Het getal $3$ kwam nog niet voor en moet vervolgens viermaal worden toegevoegd voordat zijn frequentie $4$ wordt. Daarna wordt $4$ vijfmaal toegevoegd en $5$ zesmaal. De vier beginwaarden zijn zwart; alle waarden die het voorschrift daarna toevoegt, zijn rood:

$2,1,2,7\mid$
$2\mid \underbrace{3,3,3,3}_{4\text{ keer}}\mid \underbrace{4,4,4,4,4}_{5\text{ keer}}\mid \underbrace{5,5,5,5,5,5}_{6\text{ keer}}\mid \underbrace{6,6,6,6,6,6,6}_{7\text{ keer}}\mid\cdots$

In het blok met vier drieën werkt de eerste positie $n=6$ :

$f(6)=3=f(9)=f(6+f(6)).$

In het volgende blok werkt de eerste positie $n=10$ , want $f(10)=4=f(14)$ . Ook $n=15$ en $n=21$ werken. De beginwaarde $7$ zorgt later voor een uitzondering: het blok met zevens loopt van positie $28$ tot en met $34$ en is dus één plaats te kort. Het volledige blok met achten begint op positie $35$ . Elk volgend volledig blok met waarde $m$ begint $m$ plaatsen na het begin van het vorige blok; daaruit volgt dat zijn beginpositie $\frac{m(m+1)}2-1$ is. In dit voorbeeld zijn alle oplossingen daarom

$\boxed{n\in\{1,3,6,10,15,21\}\ \text{ of }\ n=\frac{m(m+1)}2-1\text{ voor }m\geq8.}$

De waarden $n=1$ en $n=3$ komen toevallig uit de gekozen beginwaarden. Het algemene bewijs hoeft zulke vroege toevalligheden niet te beschrijven: het moet aantonen dat er na willekeurige beginwaarden altijd oneindig veel volledige blokken ontstaan.

Twee voorbeelden met drempel 5

Eerst nemen we vijf verschillende beginwaarden: $1,2,3,4,5$ .

Posities	Waarden	Wat gebeurt er?
$1$ – $5$	$1,2,3,4,5$	vijf verschillende beginwaarden
$6$ – $20$	$1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,5,5,5,5,5$	elk getal $1$ tot en met $5$ kwam al eenmaal voor; zijn rode blok is daardoor te kort
$21$ – $27$	$6,6,6,6,6,6,6$	$6$ is nieuw, dus dit is een volledig blok van $7$ zessen

Hier werkt $n=21$ , want $f(21)=6=f(27)=f(21+6)$ . Daarna zijn ook alle volgende blokken volledig.

Neem nu als beginwaarden $2,2,2,5,6$ .

Posities	Waarden	Wat gebeurt er?
$1$ – $5$	$2,2,2,5,6$	de grootste frequentie is $3$
$6$ – $9$	$3,3,3,3$	volledig blok; $n=6$ werkt
$10$ – $14$	$4,4,4,4,4$	volledig blok; $n=10$ werkt
$15$ – $19$	$5,5,5,5,5$	te kort, want er stond al een $5$ bij de beginwaarden
$20$ – $25$	$6,6,6,6,6,6$	te kort, want er stond al een $6$ bij de beginwaarden
$26$ – $33$	$7,7,7,7,7,7,7,7$	weer een volledig blok; $n=26$ werkt

Dit voorbeeld toont waarom we in het algemene bewijs alleen naar waarden kijken die groter zijn dan alle beginwaarden.

De juiste grootheid

Voor $k\geq1$ en $a\in\mathbb N$ noteren we met

$c_k(a)=\bigl|\{i\in\{1,\ldots,k\}:f(i)=a\}\bigr|$

het aantal voorkomens van $a$ onder de eerste $k$ functiewaarden. Verder stellen we

$M_k=\max_{a\in\mathbb N}c_k(a).$

Dit maximum bestaat, want in een eindige lijst komen slechts eindig veel verschillende waarden voor. Het gegeven voorschrift wordt nu

$f(k+1)=M_k\qquad(k\geq2026).$

Uitwerking

Stap 1: de grootste frequentie loopt door alle volgende getallen

Wanneer één nieuwe functiewaarde aan de lijst wordt toegevoegd, neemt precies één frequentie met $1$ toe. Daarom geldt voor iedere $k\geq1$

$M_k\leq M_{k+1}\leq M_k+1.$

Stel nu dat $k\geq2026$ en $M_k=m$ . Zolang het maximum gelijk blijft aan $m$ , schrijft het voorschrift telkens opnieuw de waarde $m$ voor. De frequentie van $m$ neemt dus bij elke volgende stap met $1$ toe.

Op het tijdstip $k$ komt het getal $m$ hoogstens $m$ keer voor. Door telkens opnieuw $m$ toe te voegen, komt $m$ na precies

$m+1-c_k(m)$

nieuwe stappen voor het eerst $m+1$ keer voor. Dan wordt de grootste frequentie $m+1$ . Zo gaat de grootste frequentie na een eindig aantal stappen van $m$ naar $m+1$ , zonder een getal over te slaan.

Stap 2: alle voldoende grote waarden vormen volledige blokken

Stel

$r=M_{2026}$

en laat $B$ de grootste waarde onder $f(1),\ldots,f(2026)$ zijn. Uit stap 1 volgt dat de maximale frequentie vanaf $r$ achtereenvolgens de waarden

$r,r+1,r+2,\ldots$

aanneemt.

Neem een geheel getal $m>\max\{B,r\}$ , en laat $t_m$ de eerste index $k\geq2026$ zijn waarvoor $M_k=m$ . Het getal $m$ is dan nog nooit als functiewaarde voorgekomen:

het kwam niet onder de eerste $2026$ waarden voor, want $m>B$ ;
na de eerste $2026$ posities werden vóór het bereiken van maximale frequentie $m$ alleen de waarden $r,r+1,\ldots,m-1$ toegevoegd.

Dus $c_{t_m}(m)=0$ . Vanaf de volgende positie schrijft het voorschrift steeds $m$ . Pas na $m+1$ kopieën komt $m$ precies $m+1$ keer voor en stijgt de grootste frequentie. We krijgen dus het volledige blok

$f(t_m+1)=f(t_m+2)=\cdots=f(t_m+m+1)=m.$

Stap 3: kies de eerste positie van elk volledig blok

Voor ieder $m>\max\{B,r\}$ kiezen we

$n=t_m+1.$

Deze $n$ is de eerste positie van het blok. De laatste positie ligt $m$ plaatsen verder. Omdat $f(n)=m$ , is

$n+f(n)=t_m+1+m=t_m+m+1,$

de laatste positie van hetzelfde blok. Daarom geldt

$f(n)=m=f(n+f(n)).$

Er zijn oneindig veel gehele getallen $m>\max\{B,r\}$ , en hun blokken hebben verschillende eerste posities. We vinden zo oneindig veel verschillende positieve gehele getallen $n$ waarvoor

$\boxed{f(n)=f(n+f(n))}.$

Probleemoplossingstechnieken

Kleine gevallen onderzoeken: De drempel $4$ toont hoe opeenvolgende blokken ontstaan.
Frequenties tellen: De aantallen $c_k(a)$ vertalen het voorschrift naar precieze notatie.
Blokken herkennen: Zodra het maximum $m$ is, wordt uitsluitend $m$ toegevoegd totdat de maximale frequentie stijgt.
Invariant gebruiken: De maximale frequentie daalt nooit en stijgt per stap met hoogstens $1$ .

Bron

40th Indian National Mathematical Olympiad, 18 januari 2026. © Indian National Mathematical Olympiad.

OMB Maxi finale 2026 vraag 3

Geplaatst op 16 augustus 2026 door admin

De labels 1 tot en met 27 worden over drie kleuren verdeeld, elk met een vast gemiddelde. Een vergelijking voor de totale som beperkt de aantallen sterk, en het lage gemiddelde van de blauwe ballen maakt de lijst nog korter.

Infobox

Onderwerpen: Combinatoriek, getaltheorie
Probleemoplossingstechnieken: Dubbel tellen, diophantische vergelijking, extremale schatting, constructie
Moeilijkheid: Gemiddeld
Competitie: Olympiade Mathématique Belge, Maxifinale
Jaar: 2026
Opgavenummer: 3

Opgave

Zevenentwintig ballen zijn genummerd van 1 tot en met 27. Van deze ballen zijn er $r$ rood, $b$ blauw en $j$ geel; geen enkele bal heeft een andere kleur. De rekenkundige gemiddelden van de getallen op respectievelijk de rode, blauwe en gele ballen zijn 15, 3 en 18. Bepaal alle drietallen $(r,b,j)$ waarvoor zo’n kleuring mogelijk is.

Eerste idee

Bereken de totale som van de labels ook via de drie kleurgemiddelden. Dat levert samen met het totale aantal ballen een diophantische vergelijking voor $r$ , $b$ en $j$ . Gebruik daarna dat $b$ verschillende positieve labels samen minstens $1+2+\cdots+b$ zijn. Voor iedere resterende kandidaat is ten slotte een concrete kleuring nodig.

Uitwerking

De som van alle labels is

$1+2+\cdots+27=\frac{27\cdot 28}{2}=378.$

Omdat de gemiddelde labels van de rode, blauwe en gele ballen respectievelijk 15, 3 en 18 zijn, zijn hun sommen respectievelijk $15r$ , $3b$ en $18j$ . Daarom geldt

$15r+3b+18j=378.$

Na delen door 3 wordt dit

$5r+b+6j=126.$

Ook geldt

$r+b+j=27.$

Trekken we deze laatste vergelijking af van de vorige, dan vinden we

$4r+5j=99.$

Modulo 5 geeft dit

$4r\equiv 4\pmod 5,$

en dus

$r\equiv 1\pmod 5.$

Omdat $r$ , $b$ en $j$ positief zijn en samen 27 vormen, levert $4r+5j=99$ precies de volgende kandidaten:

$r$	$j$	$b=27-r-j$
1	19	7
6	15	6
11	11	5
16	7	4
21	3	3

We begrenzen nu het aantal blauwe ballen. De som van $b$ verschillende labels uit ${1,2,\ldots,27}$ is minstens

$1+2+\cdots+b=\frac{b(b+1)}{2}.$

De blauwe labels hebben gemiddelde 3 en dus som $3b$ . Bijgevolg

$\frac{b(b+1)}{2}\le 3b.$

Omdat $b>0$ , mogen we delen door $b$ . We krijgen

$b+1\le 6,$

zodat

$b\le 5.$

De eerste twee kandidaten vallen dus af. Er blijven alleen

$(r,b,j)=(11,5,11),\quad(16,4,7),\quad(21,3,3)$

over. We tonen voor elk drietal aan dat het werkelijk mogelijk is.

Het drietal $(11,5,11)$

Neem als blauwe labels

$1,2,3,4,5.$

Hun som is 15, dus hun gemiddelde is $15/5=3$ . Neem als gele labels

$13,14,15,16,17,18,19,20,21,22,23.$

Dit zijn 11 labels met som

$11\cdot\frac{13+23}{2}=198,$

dus met gemiddelde $198/11=18$ . De overige 11 labels zijn rood. Hun som is

$378-15-198=165,$

dus hun gemiddelde is $165/11=15$ .

Het drietal $(16,4,7)$

Neem als blauwe labels

$1,2,3,6.$

Hun som is 12, dus hun gemiddelde is $12/4=3$ . Neem als gele labels

$15,16,17,18,19,20,21.$

Dit zijn 7 labels met som

$7\cdot\frac{15+21}{2}=126,$

dus met gemiddelde $126/7=18$ . De overige 16 labels zijn rood. Hun som is

$378-12-126=240,$

dus hun gemiddelde is $240/16=15$ .

Het drietal $(21,3,3)$

Neem als blauwe labels

$1,2,6.$

Hun som is 9, dus hun gemiddelde is $9/3=3$ . Neem als gele labels

$17,18,19.$

Hun som is 54, dus hun gemiddelde is $54/3=18$ . De overige 21 labels zijn rood. Hun som is

$378-9-54=315,$

dus hun gemiddelde is $315/21=15$ .

Alle drie de overblijvende kandidaten zijn dus realiseerbaar. De volledige lijst is

$\boxed{(r,b,j)\in{(11,5,11),(16,4,7),(21,3,3)}}.$

Probleemoplossingstechnieken

Dubbel tellen: De totale som van de labels wordt rechtstreeks en als som van de drie kleursommen berekend.
Diophantische vergelijking: De aantallen moeten voldoen aan $4r+5j=99$ , waardoor slechts vijf kandidaten ontstaan.
Extremale schatting: De kleinste mogelijke som van $b$ verschillende labels sluit de kandidaten met $b>5$ uit.
Constructie: Expliciete kleurklassen bewijzen dat elk overblijvend kandidaatdrietal mogelijk is.

Bron

OMB Maxi finale 2026 vraag 2

Geplaatst op 16 augustus 2026 door admin

Drie onbekende priemgetallen hebben een som en een product die precies een factor 101 verschillen. Een groottevergelijking en een korte factorisatie blijken voldoende om het drietal uniek vast te leggen.

Infobox

Onderwerpen: Getaltheorie
Probleemoplossingstechnieken: Groottevergelijking, deelbaarheid, ontbinden in factoren, gevallenonderzoek
Moeilijkheid: Gemiddeld
Competitie: Olympiade Mathématique Belge, Maxifinale
Jaar: 2026
Opgavenummer: 2

Opgave

De getallen $p$ en $s$ zijn respectievelijk het product en de som van de drie priemgetallen $a$ , $b$ en $c$ . Een van de getallen $p$ en $s$ is gelijk aan 101 maal het andere. Bepaal $a$ , $b$ en $c$ .

Eerste idee

Vergelijk eerst het product met de som om te bepalen welke grootheid 101 maal de andere is. De factor 101 in het product dwingt daarna een van de drie priemgetallen gelijk te zijn aan 101. Met die waarde ingevuld, reduceert de opgave tot het onderzoeken van de factorparen van 102.

Uitwerking

We hebben

$p=abc \qquad\text{en}\qquad s=a+b+c.$

We tonen eerst aan dat $p>s$ . Voor $a=b=c=2$ geldt

$abc-(a+b+c)=8-6=2>0.$

Als een van de drie getallen toeneemt met een positief getal $d$ , terwijl de andere twee gelijk blijven, dan neemt $abc-(a+b+c)$ toe met

$d(uv-1),$

waarbij $u$ en $v$ de twee andere priemgetallen zijn. Omdat $u,v\ge 2$ , is $uv-1\ge 3>0$ . De uitdrukking $abc-(a+b+c)$ is dus in elk van de drie variabelen strikt stijgend. Bijgevolg geldt voor alle priemgetallen $a$ , $b$ en $c$ dat

$abc>a+b+c,$

en dus $p>s$ .

Daarom kan $s$ niet gelijk zijn aan $101p$ . De gegeven voorwaarde moet dus luiden

$p=101s.$

Bijgevolg

$abc=101(a+b+c).$

Hieruit volgt dat $101\mid abc$ . Omdat 101 een priemgetal is, deelt 101 volgens het lemma van Euclides minstens een van de priemgetallen $a$ , $b$ en $c$ . Een priemgetal dat deelbaar is door 101, moet zelf gelijk zijn aan 101. Door de symmetrie mogen we aannemen dat

$c=101.$

Invullen geeft

$101ab=101(a+b+101).$

Na delen door 101 vinden we

$ab=a+b+101.$

We herschrijven dit als

$ab-a-b=101$

en tellen aan beide kanten 1 op:

$(a-1)(b-1)=102.$

De positieve factorparen van

$102=2\cdot 3\cdot 17$

zijn, op volgorde van de kleinste factor,

$(1,102),\quad(2,51),\quad(3,34),\quad(6,17).$

We controleren ze allemaal:

$(a-1,b-1)=(1,102)$ geeft $(a,b)=(2,103)$ ; beide getallen zijn priem.
$(a-1,b-1)=(2,51)$ geeft $(a,b)=(3,52)$ ; 52 is niet priem.
$(a-1,b-1)=(3,34)$ geeft $(a,b)=(4,35)$ ; beide getallen zijn niet priem.
$(a-1,b-1)=(6,17)$ geeft $(a,b)=(7,18)$ ; 18 is niet priem.

Dus het enige mogelijke ongeordende drietal is

${a,b,c}={2,101,103}.$

Ter controle:

$s=2+101+103=206$

$p=2\cdot 101\cdot 103=20806=101\cdot 206=101s.$

De gezochte priemgetallen zijn bijgevolg, in willekeurige volgorde,

$\boxed{2,\ 101,\ 103}.$

Probleemoplossingstechnieken

Groottevergelijking: Het product is groter dan de som, zodat alleen $p=101s$ mogelijk is.
Deelbaarheid: De priemfactor 101 moet een van de drie priemgetallen zijn.
Ontbinden in factoren: De resterende vergelijking wordt $(a-1)(b-1)=102$ .
Gevallenonderzoek: Alle factorparen van 102 worden op primaliteit gecontroleerd.

Bron

Oostenrijkse wiskunde olympiade

Geplaatst op 3 maart 2017 door admin

De Österreichische Matematik Olympiade, afgekort Ömo , is de Oostenrijkse Wiskunde Olympiade. Ze werd opgericht in 1968, toen Oostenrijk voor het eerst werd uitgenodigd voor de Internationale Wiskunde Olympiade (IMO). Het primaire doel is om het Oostenrijkse team voor de IMO selecteren en hen voorbereiden op deze wedstrijd. Individuele leerkrachten houden voorbereidende cursussen op scholen en er is ook een twee weken durende landelijke voorbereidingscursus met daaropvolgend een competitie voor potentiële IMO (en MEMO) gegadigden.

Wiskundig getalenteerde middelbare scholieren die willen deelnemen aan de Ömo doorlopen dus eerst een voorbereidende cursus op school. Studenten starten in een “beginners niveau” cursus in de 8e of 9e klas (14-15 jaar) en gaan later over tot de “gevorderde niveau”. Aan het einde van maart voor gevorderden en april voor beginners is er een Kurswettbewerb, een wedstrijd binnen de cursus om te bepalen wie kan doorgaan naar een regionale competitie. Studenten die niet kunnen gaan naar een voorbereidingscursus (vooral in landelijke gebieden zijn er vaak geen beschikbaar) kunnen deelnemen aan een speciale kwalificatie wedstrijd.

Voor beginners zijn er negen Landeswettbewerbe, een competitie voor elke provincie, die meestal in juni worden gehouden. Er is geen nationale wedstrijd op dit niveau. Op het geavanceerde niveau zijn er drie regionale wedstrijden, genaamd Gebietswettbewerbe (GWB):

De beste studenten van elk van de regionale wedstrijden (ongeveer 40 in totaal) kunnen dan deelnemen aan het voorbereiding kamp in Raach am Hochgebirge (Neder-Oostenrijk), dat wordt gehouden in de tweede helft van mei. Ze krijgen een meer geavanceerde training en een hoop problemen om op te lossen. Na deze week is er weer een wedstrijd,de zogenaamde Zwischenwettbewerb (intermediair competitie) of Bundeswettbewerb Teil 1. De betere helft van de deelnemers krijgen nog een opleiding van een week, die wordt besloten met een laatste, twee dagen durende, competitie: de Bundeswettbewerb. De zes beste studenten van deze laatste wedstrijd zullen Oostenrijk vertegenwoordigen op de IMO.

Meer info vind je op de website van de Oostenrijkse Wiskunde Olympiade.

Wiskunde is leuk

Tag archieven: wiskunde olympiades

Blokken bepaald door de grootste frequentie

Infobox

Opgave

Eerste idee

Observatieronde

Een kleine versie met drempel 4

Twee voorbeelden met drempel 5

De juiste grootheid

Uitwerking

Stap 1: de grootste frequentie loopt door alle volgende getallen

Stap 2: alle voldoende grote waarden vormen volledige blokken

Stap 3: kies de eerste positie van elk volledig blok

Probleemoplossingstechnieken

Bron

OMB Maxi finale 2026 vraag 3

Infobox

Opgave

Eerste idee

Uitwerking

Het drietal $(11,5,11)$

Het drietal $(16,4,7)$

Het drietal $(21,3,3)$

Probleemoplossingstechnieken

Bron

OMB Maxi finale 2026 vraag 2

Infobox

Opgave

Eerste idee

Uitwerking

Probleemoplossingstechnieken

Bron

Oostenrijkse wiskunde olympiade