VWO 2026 finale vraag 3 | Wiskunde is leuk

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.

Infobox

Opgave

Eerste idee

Uitwerking

Probleemoplossingstechnieken

Bron