Kalender 2000

Oplossingen week 6 (7 t/m 13 februari)

De Eötvös-wedstrijd

Maandag 7 februari:

We proberen een verdeling van de getallen 1, 2, 3, 4, 5 te vinden die niet aan de genoemde eigenschap voldoet. Omdat 2-1=1, moeten 1 en 2 tot verschillende verzamelingen behoren. Evenzo kunnen 2 en 4 niet bij elkaar, dus 4 zit bij 1. Nu kan 3 niet bij 1 en 4, dus 3 zit bij 2. Maar nu is er geen plaats voor 5. Dus er is hoe dan ook een verzameling die twee getallen en hun verschil bevat.

Dinsdag 8 februari:

Het is voldoende om te laten zien dat het verschil tussen G en de som van zijn cijfers deelbaar is door 3. We geven een voorbeeld: G=485=400+80+5, dus G-(4+8+5)=(400-4)+(80-8)+(5-5)=4×99+8×9. De getallen 9 en 99 zijn deelbaar door 3; algemeen zijn alle getallen die uit een rijtje negens bestaan, deelbaar door 3 (zelfs dor 9). Hiermee is het idee voor een precieze redenering gegeven. Probeer zelf een geschikte notatie te bedenken voor het algemene geval.

Woensdag 9 februari:

n

1

2

3

4

5

5n

5

25

125

625

3125

rest

2

1

2

1

2

Het ziet ernaar uit dat de rest om en om 1 of 2 is. Om dit te bewijzen, is het voldoende om na te gaan of het beginpatroon 2,1 zich inderdaad steeds herhaalt. Welnu: 25x - x = 24x, en 24x is voor alle x deelbaar door 3. Dus 25x en x hebben dezelfde rest bij deling door 3. Klaar!

Donderdag 10 februari:

Net als gisteren maken we eerst een tabelletje:

1

2

3

4

5

2n+1

3

5

9

17

33

rest

0

2

0

2

0

Omdat 4x - x = 3x, is meteen duidelijk dat de deelbaarheid door 3 (dan en slechts dan) optreedt als n oneven is.

Vrijdag 11 februari:

Bij iedere stap neemt het aantal vierkanten toe met een factor 8. Het antwoord is dus 8100.

Zaterdag 12 februari:

Er zijn (zie gisteren) 8100 vierkantjes over met een zijdelengte van 1/3100. Hun totale oppervlakte is dus 8100/(3100)2 = (8/9)100. De oppervlakte van de verwijderde vierkantjes is dus 1 - (8/9)100.

Zondag 13 februari:

Als we driehoek ABP over 90o draaien om punt A met de klok mee, komt hij precies op driehoek ADQ terecht (omdat AB loodrecht op AQ staat, en AP loodrecht op AD). Dus BP=DQ en BP loodrecht op DQ. Omdat BPM4M2 een paralellogram is, is BP=M2M4 en BP//M2M4. Voor DQ en M1M3 geldt hetzelfde. Dus M2M4=M1M3 en M2M4 loodrecht op M1M3 (1). Uit de symmetrie van de figuur volgt meteen dat M1M=MM3 en M2M=MM4 (2).

Uit (1) en (2) volgt nu dat de 4 driehoeken MM1M2, MM2M3, MM3M4 en MM4M1 alle even groot zijn en dezelfde vorm hebben, nl. de vorm van een gelijkbenige rechthoekige driehoek. Dus M1M2M3M4 is een vierkant.