Opgave 537

Beschouw tien kruisjes op een rij. We mogen nu een plusje schrijven op elk van de plaatsen tussen twee kruisjes, of ervoor kiezen dat niet te doen. We dit doen op $512$ manieren. Elk van deze configuraties kunnen we omzetten in een manier om $10$ te schrijven als de som van positieve gehele getallen, door de tellen hoeveel kruisjes er tussen twee opeenvolgende plusjes zitten. Enkel de optie waarin we geen enkel kruisje zetten resulteert niet in een manier om het getal $10$ op te breken in minstens twee positieve gehele getallen. Er zijn in totaal dus $511$ mogelijkheden.

Opgave 538

Stel dat $80\%$ nooit voorkomt. Laat dan $p$ het aantal succesvolle passes zijn vlak voordat die grens gepasseerd wordt, en $q$ het totaal aantal passes. Dan hebben we dus

$\frac{p}{q} < \frac{4}{5} < \frac{p+1}{q+1} \Rightarrow 5p < 4p$   en   $4q+4<5p+5$.

We vinden dan dat $4q-5p > 0$, maar ook dat $4q-5p < 1$. Dit is echter niet mogelijk, want $4q - 5p$ is een geheel getal, en kan dus niet strikt tussen $0$ en $1$ in zitten. We concluderen dat $80\%$ wel voor moet komen.

Opgave 539

Beschouw zes kolommen in het rooster. Er zijn slechts $56$ mogelijkheden om een rij van deze zes kolommen te kleuren, dus als we $56 + 1$ rijen beschouwen, dan moeten er wel twee identiek zijn. Omdat we $5$ kleuren hebben, moeten er in deze twee identieke rijen wel twee vakjes met dezelfde kleur zijn. Deze vier vakjes vormen nu een gezochte rechthoek. Hetzelfde argument werkt voor elk eindige aantal kleuren $n$, door $n + 1$ kolommen te beschouwen en daarin $n^{n+1} + 1$ rijen.

Opgave 540

Als $a$, $b$ en $c$ de nulpunten van het polynoom zijn, dan moet er dus gelden dat 

$(X - a)(X - b)(X - c) = X^3 + aX^2 + bX + c$.

Dit levert de vergelijkingen

$a = -a - b - c$,   $b = ab + bc + ca$   en   $c = -abc$.

De laatste vergelijking levert twee gevallen: ofwel $c = 0$, ofwel $ab = -1$.

Als $c = 0$, dan versimpelt het stelsel tot

$a = -a - b$ en $b = ab$.

De tweede vergelijking geeft ofwel $b = 0$, ofwel $a = 1$. Dit levert de oplossingen $(0, 0, 0)$ en $(1,-2, 0)$.

Als $ab = -1$, dan kunnen we de eerste vergelijking met $b$ vermenigvuldigen; zo verandert het stelsel in

$b^2 + bc = 2$   en   $b = -1 + bc + ca$.

Vermenigvuldigen we nu de tweede vergelijking met $b^2$, dan vinden we 

$b^3 = -b^2 + b^2(2 - b^2) - bc = -b^2 + 2b^2 - b^4 - (2 - b^2) = 2b^2 - b^4 - 2$.

We concluderen dat

$b^4 + b^3 - 2b^2 + 2 = 0 \Rightarrow (b + 1)(b^3 - 2b + 2) = 0$.

De oplossing $b = -1$ geeft het drietal $(1,-1,-1)$. De tweede vergelijking heeft één reële oplossing en geeft zo aanleiding tot een vierde reële oplossing. Deze is helaas niet zo fraai, maar ze bestaat wel.