Opgave 561 ^[oOO]

We schrijven de eerste stappen op: na één stap staat er $2$, na twee stappen $4$, na drie stappen $8$, na vier stappen $16$, na vijf stappen $22$, na zes stappen $24$, na zeven stappen $28$, na acht stappen $36$, na negen stappen $42$ en na 10 stappen $44$. We merken dat de op te tellen cijfers (op het allereerste na) zich steeds herhalen in groepjes van vier: het is telkens $+2$, $+4$, $+8$, $+6$; vervolgens terug $+2$, $+4$, $+8$, $+6$; enzovoort. Dit wil zeggen dat er na elke vier stappen in totaal $20$ wordt opgeteld bij het getal op het bord. Na vier stappen stond er $16$, na acht stappen $16+20=36$, na twaalf stappen $16+2\times20=56$, na zestien stappen $16+3\times20=76$,... na honderd stappen $16+24\times20=496$.

Opgave 562 ^[oOO]

We nemen eerst de situatie waarin alle hoeken veelvouden zijn van $45^{\rm o}$. We bekijken in $\triangle CEG$ (zie figuur 1) de verhouding tussen de oppervlakten van $\triangle GHI$ en stukje $EHI$. Door de symmetrie zit het rode stukje precies $8$ keer in het vierkantje in het midden, en het blauwe stukje precies $8$ keer in de totale oppervlakte ingesloten tussen de cirkels en dat vierkantje.

De straal van de cirkels noemen we $r$. Via de stelling van Pythagoras vinden we $|CG|^2 =  |CE|^2 + |EG|^2 =2r^2$ en dus is  $|GH|=(\sqrt{2}-1)r$. De oppervlakte van $\triangle GHI$ is dus $(\sqrt{2}-1)^2r^2/2$, ongeveer $0{,}085786 r^2$. De oppervlakte van het blauwe stukje berekenen we als de oppervlakte van $\triangle CEG$ met daarvan afgetrokken de oppervlaktes van $\triangle GHI$ en van cirkelsector $CEH$. Vier keer die oppervlakte is dan $4(1/2 - 0{,}085786 - \pi/8)r^2 = 0{,}086058 r^2$. Mike heeft dus geen gelijk: de rode oppervlakte is net iets kleiner dan vier keer de blauwe oppervlakte.

Merk op dat de opgave eigenlijk niet specifieerde dat de hoeken veelvouden zijn van $45^{\rm o}$. Maar als dat niet zo is, heeft Mike nog minder gelijk. In dat geval wordt het rode vierkant immers kleiner, zoals je kan zien in figuur 2. Als het rode vierkant zo groot mogelijk is, raakt het aan alle cirkels en blijft het middelpunt hetzelfde als hiervoor. Daardoor kunnen we zien dat de halve zijde van het rode vierkant lengte $|AF|$ heeft, en die is kleiner dan $|AO|$ (de lengte van de halve zijde in het '$45^{\rm o}$-geval').

Deze methode werkt wanneer $30^{\rm o} \leq \angle DCE < 45^{\rm o}$, omdat het rode vierkant dan effectief raakt aan de cirkels en dus niet vergroot kan worden. Maar in figuur 3 zien we dat voor $0^{\rm o} \leq \angle DCE < 30^{\rm o}$ het bekeken rode vierkant niet aan de cirkel raakt (het raakpunt $E$ op rechte $LN$ ligt niet op lijnstuk $LN$) en dus nog wat 'opgeblazen' kan worden (tot er een hoekpunt op de cirkel ligt - in de figuur is dat $T$). Het punt $P$ stelt het grensgeval voor waarbij $\angle DCE = 30^{\rm o}$. Dan vallen $E$, $P$, $L$ en $T$ samen en zijde $LN$ van het rode vierkant raakt dan nog net aan de cirkel in raak- en hoekpunt $L$. Op de figuur zien we dat voor een kleinere $\angle DCE$ de halve diagonaal $AT$ van het rode vierkant kleiner is dan $AP$, de halve diagonaal van het grensgevalvierkant. Ook hier zijn er dus geen grotere rode vierkanten mogelijk dan in het geval waarmee we begonnen.

Opgave 563 ^[ooO]

Stel dat stad $A$ verbonden is met steden $B$, $C$ en $D$. Er zijn nu twee mogelijkheden:

• $E$ en $F$ zijn niet verbonden. Geen van beide kunnen verbonden zijn met $A$ (want die is al 'vol'), dus om aan drie verbindingen te komen moeten ze elk verbonden zijn met zowel $B$ als $C$ als $D$. Daarmee hebben alle steden 3 verbindingen en zijn we klaar. De uitzonderlijke drietallen steden zijn hier $\{A, E, F\}$ en $\{B, C, D\}$. Beide drietallen zijn binnen zichzelf niet verbonden. $A$, $E$ en $F$ zijn wel elk verbonden met alle steden uit het andere drietal.
• $E$ en $F$ zijn wel verbonden. $E$ is nog verbonden met twee steden uit $\{B, C, D\}$, stel zonder de algemeenheid te schaden met $B$ en $C$. $B$ kan niet verbonden zijn met $C$, want dan zouden $A$, $E$, $B$ en $C$ allemaal 'vol' zijn en raken $D$ en $F$ niet meer aan 3 verbindingen. Dus $B$ is nog verbonden met één stad uit $\{D, F\}$, stel met $D$ (het andere geval verloopt 'gelijkvormig'). $F$ moet (naast $E$) nu nog met twee steden verbonden worden, dit kan enkel met $C$ en $D$ omdat de rest al vol is. Daarmee hebben alle steden 3 verbindingen en zijn we dus klaar. De uitzonderlijke drietallen zijn hier $\{A, C, F\}$ en $\{B, D, E\}$. Beide drietallen zijn binnen zichzelf volledig verbonden. Verder zijn $A$, $C$ en $F$ elk nog verbonden met respectievelijk $B$, $E$ en $D$ uit het andere drietal.

Opgave 564 ^[ooO]

De getallen zijn van de vorm $10^n + 1$, met $n\geq 2$. Kiezen we nu als macht $k=10^{n-1}$, dan vinden we met het binomium van Newton:
\begin{align*}
(10^n + 1)^k &> 10^{kn} + k 10^{(k-1)n}\\ &= 10 \cdot 10^{kn-1} + 10^{n-1}10^{kn-n} \\&=  10 \cdot 10^{kn-1} + 10^{n-1+kn-n}\\
&=  10 \cdot 10^{kn-1} + 10^{kn-1}\\ &=  11 \cdot 10^{kn-1}.
\end{align*}
We weten dat $(10^n+1)^1 < 11*10^{1n-1}$, omdat $n\geq 2$. Nu bekijken we steeds grotere exponenten $l$ en kijken naar de eerste waarvoor nog $(10^n+1)^l < 11 \cdot 10^{ln-1}$, maar waarvoor $(10^n+1)^{l+1} \geq 11 \cdot 10^{(l+1)n-1}$. Door de berekening met exponent $k$ hierboven weten we zeker dat er zo een $l$ moet bestaan.
We hebben dan 
\begin{align*}11 \cdot 10^{ln+n-1} &= 11*10^{(l+1)n-1} \\&\leq  (10^n+1)^{l+1} \\&=  (10^n+1)(10^n+1)^l \\&<  (10^n+1)11 \cdot 10^{ln-1} \\&=  11 \cdot 10^{ln+n-1} + 11 \cdot 10^{ln-1} \\ &\leq   11 \cdot 10^{ln+n-1} + 11 \cdot 10^{ln+n-3} \\&<  11 \cdot 10^{ln+n-1} + 100 \cdot 10^{ln+n-3} \\
&=  12 \cdot 10^{ln+n-1}.
\end{align*}
Het belangrijkste deel is $11 \cdot 10^{ln+n-1} \leq  (10^n+1)^{l+1} <  12 \cdot 10^{ln+n-1}$, waaruit we halen dat  $(10^n+1)^{l+1}$ zeker begint met 11. Het vermoeden van Eddie is dus voor geen enkel getal van de vorm $10^n + 1$ waar...

\end{document}