Deelbaarheid van $n^3-n$ door 1000

Geplaatst op 13 september 2026 door admin

Drie opeenvolgende getallen leveren snel een uitsluiting op voor een exacte vergelijking. Voor de vraag naar deelbaarheid door 1000 is vooral van belang waar de factoren 8 en 125 in hun product kunnen zitten.

Infobox

Onderwerpen: Getaltheorie, deelbaarheid
Probleemoplossingstechnieken: Ontbinden in factoren, rekenen modulo 3, priemfactoren afzonderlijk onderzoeken
Moeilijkheid: Gemiddeld
Competitie: Nederlandse Wiskunde Olympiade, finale, klas 6
Jaar: 2026
Opgavenummer: 1

Opgave

(a) Bewijs dat er geen positief geheel getal $n$ bestaat met $n^3-n=1000$ .

(b) Vind het kleinste positieve gehele getal $n>1$ waarvoor $n^3-n$ deelbaar is door 1000.

Eerste idee

Schrijf $n^3-n$ als het product van drie opeenvolgende getallen. Dat geeft direct de deelbaarheid door 3 voor (a). Voor (b) moet het product zowel de factor 125 als de factor 8 bevatten: eerst begrenst de factor 125 de mogelijke waarden van $n$ , waarna de factor 8 de eerste kandidaat uitsluit.

Uitwerking

We ontbinden

$n^3-n=(n-1)n(n+1).$

(a)

Van drie opeenvolgende gehele getallen is er precies één deelbaar door 3. Daarom is $(n-1)n(n+1)$ voor ieder geheel getal $n$ deelbaar door 3. Het getal 1000 is niet deelbaar door 3. De gelijkheid $n^3-n=1000$ is dus onmogelijk.

(b)

Omdat $1000=8\cdot125$ en 8 en 125 onderling priem zijn, moet $n^3-n$ zowel door 8 als door 125 deelbaar zijn.

Van de drie opeenvolgende getallen $n-1$ , $n$ en $n+1$ kan er hoogstens één deelbaar zijn door 5. Als hun product door $125=5^3$ deelbaar is, moet daarom één van deze drie getallen zelf door 125 deelbaar zijn. Voor $1<n<124$ liggen alle drie de getallen tussen 1 en 124. In dat bereik is geen veelvoud van 125, dus geen van die waarden van $n$ voldoet.

Voor $n=124$ geldt

$n^3-n=123\cdot124\cdot125.$

Hier zijn 123 en 125 oneven en is 124 wel door 4 maar niet door 8 deelbaar. Dit product is dus niet deelbaar door 8.

Voor $n=125$ geldt

$n^3-n=124\cdot125\cdot126.$

De factor 125 is deelbaar door 125. Verder is 124 deelbaar door 4 en 126 door 2, zodat het product deelbaar is door 8. Omdat 8 en 125 onderling priem zijn, is het product deelbaar door 1000. Het kleinste gevraagde getal is dus

$\boxed{n=125}.$

Probleemoplossingstechnieken

Ontbinden in factoren: Schrijf $n^3-n$ als het product van drie opeenvolgende getallen.
Rekenen modulo 3: Gebruik dat een van die getallen deelbaar is door 3.
Priemfactoren afzonderlijk onderzoeken: Behandel de factoren 8 en 125 van 1000 apart.

Bron

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.

Wanneer belandt de rij op een kwadraat?

Geplaatst op 24 augustus 2026 door admin

Een rij groeit telkens met het gehele deel van de vierkantswortel van haar laatste term. Door eerst veel termen uit te rekenen, wordt zichtbaar waarom sommige kwadraten wel worden geraakt en andere net worden overgeslagen. Daarna bewijzen we het patroon stap voor stap.

Infobox

Onderwerpen: Rijen, getaltheorie
Probleemoplossingstechnieken: Beginwaarden berekenen, regelmaat zoeken, werken met intervallen, hulpvariabele invoeren, inductie
Moeilijkheid: Moeilijk
Competitie: Indian National Mathematical Olympiad, finale
Jaar: 2026
Opgavenummer: 1

Opgave

Laat $x_1,x_2,x_3,\ldots$ een rij van positieve gehele getallen zijn, als volgt gedefinieerd: $x_1=1$ en voor elke $n\geq 1$ geldt

$x_{n+1}=x_n+\lfloor\sqrt{x_n}\rfloor.$

Bepaal alle positieve gehele getallen $m$ waarvoor $x_n=m^2$ voor een zekere $n\geq 1$ . Hierbij stelt $\lfloor x\rfloor$ voor elk reëel getal $x$ het grootste gehele getal voor dat kleiner dan of gelijk aan $x$ is.

Eerste idee

Tussen $k^2$ en $(k+1)^2$ neemt de rij telkens met $k$ toe. Om precies op $k^2$ te belanden, moet daarom eerst de term $k^2-(k-1)$ voorkomen. De beginwaarden tonen dat dit bij $k=1,2,4,8,16,\ldots$ lukt. We meten vervolgens bij elk kwadraat hoeveel de rij dat kwadraat heeft overschreden.

Observatieronde

De eerste termen

We berekenen eerst een stuk van de rij. De kwadraten zijn rood weergegeven:

$1$ , $2$ , $3$ , $4$ , $6$ , $8$ , $10$ , $13$ , $16$ , $20$ , $24$ , $28$ , $33$ , $38$ , $44$ , $50$ , $57$ , $64$ , $72$ , $80$ , $88$ , $97$ , $106$ , $116$ , $126$ , $137$ , $148$ , $160$ , $172$ , $185$ , $198$ , $212$ , $226$ , $241$ , $256$ , $272$ , $288$ , $304$ , $321$ , $338$ , $356$ , $374$ , $393$ , $412$ , $432$ , $452$ , $473$ , $494$ , $516$ , $538$ , $561$ , $584$ , $608$ , $632$ , $657$ , $682$ , $708$ , $734$ , $761$ , $788$ , $816$ , $844$ , $873$ , $902$ , $932$ , $962$ , $993$ , $1024$ , $\ldots$

De eerste kwadraten in de rij zijn

$1=1^2,\qquad4=2^2,\qquad16=4^2,\qquad64=8^2,\qquad256=16^2,\qquad1024=32^2.$

Eerste vaststellingen

Tussen twee opeenvolgende kwadraten is de stapgrootte constant. Als $k^2\leq x_n<(k+1)^2$ , neemt de rij telkens met $k$ toe. Tussen $16$ en $25$ zien we $16,20,24,28$ . Tussen $25$ en $36$ zien we $28,33,38$ .
Om op $k^2$ te belanden, moet de juiste term vlak ervoor voorkomen. Die term is $k^2-(k-1)$ . Voor $16$ is dat $13$ , en die term komt voor. Voor $25$ zou $21$ moeten voorkomen, maar de rij gaat van $20$ naar $24$ en dan naar $28$ . Voor $36$ zou $31$ nodig zijn, maar de rij gaat van $28$ naar $33$ en dan naar $38$ .
Bij machten van $2$ lukt dit, bij de andere waarden niet. Voor $k=4$ staat $13=16-3$ in de rij en voor $k=8$ staat $57=64-7$ in de rij. Voor $k=5,6,7$ ontbreken respectievelijk $21,31,43$ , zodat $25,36,49$ niet voorkomen.

Nu bewijzen we deze waarnemingen.

Uitwerking

Stap 1: de rij bereikt elk interval tussen twee kwadraten

De rij is strikt stijgend, want elke stap is minstens $1$ . Ze is daardoor ook onbegrensd.

Neem $k\geq2$ en kijk naar de eerste rijterm die minstens $k^2$ is. De term vlak ervoor is kleiner dan $k^2$ , zodat de stap vanuit die term hoogstens $k-1$ bedraagt. De eerste term die minstens $k^2$ is, is dus hoogstens

$(k^2-1)+(k-1)=k^2+k-2<(k+1)^2.$

Er ligt bijgevolg minstens één rijterm in elk interval $[k^2,(k+1)^2)$ .

Stap 2: binnen zo’n interval zijn alle stappen gelijk

Als $k^2\leq x_n<(k+1)^2$ , dan is $k\leq\sqrt{x_n}<k+1$ . Dus $\lfloor\sqrt{x_n}\rfloor=k$ , en $x_{n+1}=x_n+k$ .

Stap 3: wanneer wordt een kwadraat bereikt?

De term vlak vóór $k^2$ ligt volgens stap 1 in $[(k-1)^2,k^2)$ . Volgens stap 2 is de volgende stap dan $k-1$ . Daarom kan $k^2$ alleen worden bereikt vanuit $k^2-(k-1)$ . Omgekeerd: als deze term voorkomt, is de volgende term inderdaad $k^2$ .

Stap 4: de eerste term na elk kwadraat volgen

Schrijf de eerste rijterm in $[k^2,(k+1)^2)$ als $k^2+a_k$ . De waarde $a_k$ meet hoeveel de rij $k^2$ heeft overschreden. We hebben $a_1=0$ , en voor $k\geq2$

$0\leq a_k\leq k-2.$

Er zijn twee gevallen.

Geval 1: $a_k=0$ . Vanuit $k^2$ zijn drie stappen van grootte $k$ nodig om voor het eerst minstens $(k+1)^2=k^2+2k+1$ te bereiken:

$k^2,\quad k^2+k,\quad k^2+2k,\quad k^2+3k.$

Omdat $k^2+3k=(k+1)^2+(k-1)$ , geldt $a_{k+1}=k-1$ . Zo krijgen we vanuit $16$ de termen $20,24,28$ , en dus $a_5=3$ .

Geval 2: $a_k>0$ . Omdat $1\leq a_k\leq k-2$ , is één stap niet genoeg om $(k+1)^2$ te bereiken, maar zijn twee stappen wel genoeg. De eerste term in het volgende interval is

$k^2+a_k+2k=(k+1)^2+(a_k-1).$

Daarom geldt $a_{k+1}=a_k-1$ . In het voorbeeld:

$a_5=3,\qquad a_6=2,\qquad a_7=1,\qquad a_8=0.$

Dit correspondeert met $28=25+3$ , $38=36+2$ , $50=49+1$ en $64=64+0$ . Samengevat:

$a_{k+1}=\begin{cases} k-1,&\text{als }a_k=0,\\ a_k-1,&\text{als }a_k>0. \end{cases}$

Stap 5: de nulwaarden zijn precies de machten van twee

We bewijzen met inductie dat $a_{2^r}=0$ voor elk geheel getal $r\geq0$ , en dat tussen $2^r$ en $2^{r+1}$ geen andere nulwaarde ligt.

We beginnen met $a_1=0$ . Stel dat $a_{2^r}=0$ . Dan is $a_{2^r+1}=2^r-1$ . Daarna daalt de waarde bij elke volgende stap met $1$ , zolang ze positief is. Voor $2^r+1\leq k\leq2^{r+1}$ geldt dus

$a_k=2^{r+1}-k.$

Deze waarde is positief als $2^r<k<2^{r+1}$ , en wordt voor het eerst opnieuw $0$ als $k=2^{r+1}$ . Daarmee is de inductie voltooid.

De rij bevat $k^2$ precies wanneer $a_k=0$ . Dat gebeurt exact voor machten van $2$ . Alle gezochte positieve gehele getallen zijn daarom

$\boxed{m=2^r\quad(r=0,1,2,\ldots)}.$

Probleemoplossingstechnieken

Beginwaarden berekenen: De eerste termen maken zichtbaar welke kwadraten voorkomen.
Regelmaat zoeken: De stapgrootte blijft tussen opeenvolgende kwadraten constant.
Werken met intervallen: De rij wordt verdeeld in stukken met een vaste stapgrootte.
Hulpvariabele invoeren: De overschrijding $a_k$ meet de afstand tot het vorige kwadraat.
Inductie: De nulwaarden zijn precies $1,2,4,8,\ldots$ .

Bron

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

OMB Maxi finale 2026 vraag 4

Geplaatst op 17 augustus 2026 door admin

Een middenparallel blijkt hier meer te zijn dan alleen een evenwijdige rechte: ze is ook een middelloodlijn. Daardoor verschijnt een gelijkbenige driehoek die de concurrentie verklaart. Daarna bepaalt een $30^\circ$ – $60^\circ$ – $90^\circ$ -driehoek de hoek, zonder coördinaten of goniometrie.

Infobox

Onderwerpen: Meetkunde
Probleemoplossingstechnieken: Gelijkbenige driehoek herkennen, middenparallel en middelloodlijn gebruiken, het middelpunt van een hypotenusa gebruiken, een $30^\circ$ – $60^\circ$ – $90^\circ$ -driehoek herkennen
Moeilijkheid: Moeilijk
Competitie: Olympiade Mathématique Belge, Maxifinale
Jaar: 2026
Opgavenummer: 4

Opgave

Het punt $E$ is het midden van het lijnstuk $[AB]$ . Het punt $F$ ligt binnen het vierkant $ABCD$ en voldoet aan

$|\widehat{CFE}|=|\widehat{BCF}|=|\widehat{CDF}|=\alpha.$

(a) Als $H$ en $I$ de middelpunten zijn van respectievelijk $[CD]$ en $[CF]$ , bewijs dan dat de rechten $BC$ , $EF$ en $HI$ concurrent zijn.

(b) Bepaal $\alpha$ .

Figuur 1

Figuur 1. We verlengen $BC$ en $EF$ tot hun snijpunt $P$ . De hulpstukken $DF$ , $CF$ en $HI$ maken de middenparallel en de gelijkbenige driehoek $PCF$ zichtbaar.

Eerste idee

De hoeken bij $C$ en $D$ tonen dat driehoek $DCF$ rechthoekig is in $F$ . De middenparallel $HI$ staat dan loodrecht op $CF$ en gaat door het midden ervan. Voor $P=HI\cap BC$ volgt dus $PC=PF$ . De gelijkbenige driehoek $PCF$ bewijst de concurrentie. Daarna leveren $HF=s/2$ en $EH=s$ een $30^\circ$ – $60^\circ$ – $90^\circ$ -driehoek op die $\alpha$ bepaalt.

Uitwerking

Omdat $ABCD$ een vierkant is, geldt $\angle DCF=90^\circ-\alpha$ . In driehoek $DCF$ vinden we daarom

$\angle DFC=180^\circ-\alpha-(90^\circ-\alpha)=90^\circ.$

Dus $DF\perp CF$ .

(a) De concurrentie

In driehoek $DCF$ zijn $H$ en $I$ de middelpunten van respectievelijk $[DC]$ en $[FC]$ . Volgens de middenparallelstelling is

$HI\parallel DF.$

Omdat $DF\perp CF$ , geldt ook $HI\perp CF$ . Bovendien is $I$ het midden van $[CF]$ . De rechte $HI$ is bijgevolg de middelloodlijn van $[CF]$ .

De richting van $D$ naar $F$ wijst vanaf $D$ het vierkant in. Omdat de halfrechte $HI$ dezelfde richting heeft, snijdt ze de rechte $BC$ op de halfrechte vanuit $C$ door $B$ . Laat dit snijpunt $P$ zijn. Dan ligt $P$ op de middelloodlijn van $[CF]$ , en dus

$PC=PF.$

Driehoek $PCF$ is gelijkbenig met basis $CF$ . Omdat $P$ op de halfrechte vanuit $C$ door $B$ ligt, is

$\angle PCF=\angle BCF=\alpha.$

De basishoeken zijn gelijk, zodat $\angle CFP=\alpha$ . Volgens het gegeven is ook $\angle CFE=\alpha$ . De punten $P$ en $E$ liggen aan dezelfde kant van $CF$ : $P$ ligt op de halfrechte $CB$ , terwijl $E$ op $AB$ ligt. Aan die kant van $CF$ is er vanuit $F$ maar één halfrechte die met $FC$ de hoek $\alpha$ maakt. De halfrechten $FP$ en $FE$ vallen dus samen.

Daarom ligt $P$ op $EF$ . Per definitie ligt $P$ ook op $BC$ en $HI$ . De rechten

$BC,\qquad EF\qquad\text{en}\qquad HI$

zijn dus concurrent.

(b) De waarde van $\alpha$

Noem de zijde van het vierkant $s$ . Het lijnstuk $FE$ , behalve zijn eindpunt $E$ , ligt binnen het vierkant. De halfrechte $FE$ ontmoet de rechte $BC$ dus pas buiten het vierkant. Bijgevolg ligt $P$ op de verlengde zijde voorbij $B$ . De halfrechten $PB$ en $PC$ zijn dezelfde, evenals $PE$ en $PF$ .

Driehoek $DCF$ is rechthoekig in $F$ en $H$ is het midden van de hypotenusa $[DC]$ . Het middelpunt van de hypotenusa van een rechthoekige driehoek ligt even ver van de drie hoekpunten. Bijgevolg

$HF=HC=\frac{s}{2}.$

Driehoek $HCF$ is dus gelijkbenig. Omdat $H,C,D$ collineair zijn, geldt

$\angle HCF=\angle DCF=90^\circ-\alpha.$

Daarom is ook $\angle HFC=90^\circ-\alpha$ . Uit deel (a) weten we dat $\angle CFP=\alpha$ . De halfrechten $FH$ en $FP$ liggen aan weerszijden van $FC$ , zodat

$\angle HFP=(90^\circ-\alpha)+\alpha=90^\circ.$

De punten $E,F,P$ zijn collineair, dus $HF\perp EF$ .

Omdat $E$ en $H$ de middelpunten van de overstaande zijden $[AB]$ en $[DC]$ zijn, is $EH$ evenwijdig met $AD$ en

$EH=AD=s=2HF.$

Driehoek $EHF$ is bijgevolg rechthoekig in $F$ en haar hypotenusa $EH$ is tweemaal de rechthoekszijde $HF$ . In zo’n $30^\circ$ – $60^\circ$ – $90^\circ$ -driehoek ligt tegenover de zijde die half zo lang is als de hypotenusa een hoek van $30^\circ$ . Dus

$\angle HEF=30^\circ.$

Verder is $EH\perp EB$ . De halfrechten $EF$ en $EP$ zijn tegengesteld, en $P$ ligt voorbij $B$ . Daarom volgt uit $\angle HEF=30^\circ$ dat

$\angle BEP=60^\circ.$

Driehoek $BEP$ is rechthoekig in $B$ , zodat $\angle BPE=30^\circ$ . In de gelijkbenige driehoek $PCF$ zijn de basishoeken gelijk aan $\alpha$ . Omdat de halfrechten $PB$ en $PC$ samenvallen en ook $PE$ en $PF$ samenvallen, geldt

$30^\circ=\angle BPE=\angle CPF=180^\circ-2\alpha.$

Daaruit besluiten we

$\boxed{\alpha=75^\circ}.$

Probleemoplossingstechnieken

Een gelijkbenige driehoek herkennen: De middelloodlijn geeft $PC=PF$ ; de gelijke basishoeken leveren de collineariteit.
Middenparallel en middelloodlijn gebruiken: Uit $HI\parallel DF$ , $DF\perp CF$ en $CI=IF$ volgt dat $HI$ de middelloodlijn van $CF$ is.
Het middelpunt van een hypotenusa gebruiken: Omdat $H$ het midden is van de hypotenusa van de rechthoekige driehoek $DCF$ , geldt $HF=HC=s/2$ .
Een $30^\circ$ – $60^\circ$ – $90^\circ$ -driehoek herkennen: In de rechthoekige driehoek $EHF$ geldt $EH=2HF$ ; daaruit volgt $\angle HEF=30^\circ$ .

Bron

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.