Pytha • [• - Pythagoras

tactor voorkomt in minstens een van de getallen N­k (1 < /c < n­1). Maar omdat p,­ dan een factor
O;
is van zowel A^ als van N­k, is Pj dan ook een factor van het verschil N ­ (N­k) = k. Hieruit volgt:
als A' een deler is van het KCiV van A'­l, . . ., N­n+\, dan is A' ook een deler van het KGV van
1,2,.. ., «~1, en omgekeerd. We noemen verder K(n) = KGV (1,2,..., n­\).
Stel nu «=3. Dan is A'(3)=2, dus A' moet een deler zijn van 2. Maar ook moet A' groter dan of gelijk zijn
aan n, dus dit is onmogelijk. Voor «=4 is A'(4)=6. De enige deler van 5 groter dan of gelijk aan 4 is
6 zelf, en dat levert ook de enige oplossing: N=6, en het rijtje is 3, 4, 5, 6.
Voordat we grotere n bekijken, merken we eerst op dat twee op elkaar volgende natuurlijke getallen
nooit een factor gemeen kunnen hebben. Daarom is een gemeenschappelijk veelvoud van n­1 en
n­2 ook altijd een veelvoud van (n­\)(n­2). K(n),he\. kleinste gemene veelvoud van 1, 2,. . ., /J­2,
n '\ is dus ook altijd een veelvoud van (n­2)(/7­l), en daarom ook altijd minstens zo groot als dit getal.
Nu nemen we een willekeurige n > 5. Je verifieert onmiddellijk dat dan In < (n 2)(n­l) is, dus
ook is 2/1 < K(n). Voor A' kunnen we dan 7.o\ve\N=K{n) a\%N=­K(n) nemen (merk op dat.^(n) altijd
even isl).
Lr zijn voor n > S dus altijd minstens twee verschillende oplossingen mogelijk. Het antwoord op vraag
(a) is dus: alle n > 4, en op vraag (b): alleen n = 4.
5, Drie verschillende congruente cirkels gaan door één punt O. De cirkels liggen binnen een gegeven
driehoek, en elke cirkel raakt twee zijden van de driehoek. Bewijs dat het middelpunt van de
ingeschreven cirkel, het middelpunt van de omgeschreven cirkel, en het punt O op één lijn liggen.
C
Oplossing. Zie figuur,P ligt op de bissectricc van hoek/l, Q op die van hoek
B, en R op die van hoek C. Deze bissectrices gaan door één punt: het
middelpunt / van de ingeschreven cirkel van ABC.
Omdat de cirkels van P en Q gelijke stralen hebben en
raken xanAB (aan dezelfde kant), ^^e\dtAB//PQ.
I'venzo BCllQR en CAl/RP. VT is dus een puntvermenigvuldiging
die ABC in PQR overvoert, A B
Het centrum daarvan is/, wdnt AP, BQ en CR gaan door/. Bij die puntvermcnigvuldiging gaat het middelpunt
M van de omgeschreven cirkel van ABC over in het middelpunt van de omcirkel van PQR.
Maar dat is O, want OP = OQ = OR, I,M enO liggen dus op één lijn.
6. De functie f(x, v) voldoet voor alle gehele getallen x > O en >' > O aan
(1) /(O, .1') = r+l. (2)/(x­H,0)=/(x, 1), (3)/(x­H.;'+l)=./(.v,/(x­H,v)). Bepaal ./■(4,198l).
Oplossing. Met de gegeven formules kan men de volgende tabel samenstellen:
^^ x' O 1 2 3 4 Al snel rijst het vermoeden dat de volgende formules geldig
y 0 1 2 3 5 13
1 2 3 5 13
2 3 4 7 29
3 4 5 9 61
4 5 6 11 125
zijn:
ƒ( 1J') = .>'+2 en /'(2,v) = 2.v -i- 3. Met inductie zijn ze inderdaad
gemakkelijk te bewijzen. Voor j'=0 kloppen ze en
via formule (3) leiden we af:
/(l,y-H) =/(O, ƒ(!,>')) =/'(0,,v+2) = r4-3 = (r-H) -t- 2 en
.A2,.v+1) =/(l,/(2,v)) = ƒ(! ,2,v4-3) = (2y■^3) ­i­ 2 = 2 ( r­H) + 3.
Hot is lastiger een vermoeden voor een algemene formule voor /(J, y) Ie krijgen, maar na wat
puzzelen lijkt f{3, y) = 2^'*'^ ­ 3 wel een goede gok. Voor v=0 klopt het, en de inductiestap is:
/(3,>'­H) =f{2,fO,y)) =f{2, 2>'+3 _ 3) = 2(2­''+3 ­ 3) ­H 3 = 2(>'+l> + ^ _ 3_
Tenslotte de laatste en lastigste stap. Formule (3) geeft
ftATQfin\4.T, 0/(4,1979)1­3 n^ + ^ , ^2f(4,1979)­H3 .,
/•(4,1981)=/(3,/(4,1980) = 2­/('^'19^"J)+3_3^2*2­' ­3)­^3_3^2­^ ­3 =
2.A4,0)-f3 2^^ 2^^
= .22-'' -3 = 22^'' -3 = 22^"' , - 3. • .
1981 tweeen . 1984 tweeën
65