Home › Archief › Internationale Olympiades › IMO › 2016 › veel factoren uitvegen

veel factoren uitvegen

Tags:

Opgave - IMO 2016 dag 2 vraag 2

Op een krijtbord staat de vergelijking
$$(x-1)(x-2)\cdots(x-2016)=(x-1)(x-2)\cdots (x-2016)$$
met aan beide kanten van het gelijkheidsteken $2016$ factoren van graad $1$. Wat is de kleinst mogelijke waarde van $k$ waarvoor het mogelijk is om precies $k$ van deze $4032$ factoren van graad $1$ uit te vegen zodanig dat aan beide kanten minstens één factor overblijft en de nieuwe vergelijking geen reële oplossingen heeft.

Oplossing

Ingediend door Tijs B.

We zullen bewijzen dat $k=2016$.

Merk allereerst op dat noodzakelijk $k \geq 2016$. Anders zal er volgens het DVH een gemeenschappelijke factor $x-a$ in het LL en RL zijn, zodat $x=a$ een reële oplossing van de vergelijking is.

Definieer nu $P_i(x)=(x-4i+3)(x-4i)$. Merk op dat $P_i(x)+2=x^2-(8i-3)x+4i(4i+3)+2=(x-4i+2)(x-4i+1)$. Dus dat betekent dat $\prod_{i=1}^{2016} {(x-i)}=\prod_{i=1}^{504}{P_i(x)} \prod_{i=1}^{504}{(P_i(x)+2)}$.

We zullen nu bewijzen dat de vergelijking $\prod_{i=1}^{504}{(P_i(x)+2)}=\prod_{i=1}^{504}{P_i(x)}$ geen reële oplossingen heeft. Hierbij zijn er exact $2016$ factoren geschrapt. We maken een gevalsonderscheid:

1:Veronderstel eerst dat $x \in ]-\infty,1[\cup ]2016,+\infty[$. Dan zal elke afzonderlijke factor in het LL en RL positief zijn. Aangezien geldt dat $P_i(x) $<$P_i(x)+2$, geldt dat $LL$>$RL$ en is er dus geen oplossing.

2:Veronderstel nu dat $x \in [1,2016]$. $x$ kan onmogelijk een geheel getal zijn, omdat dan één van de leden nul wordt en het ander niet. Dus moet $x$ een reëel getal zijn dat in een open interval tussen twee andere opeenvolgende gehele getallen ligt. We maken weer een gevalsonderscheid:

1:Veronderstel eerst dat $4k-3$<$x$<$4k-2$. Dan zal er in het RL een negatieve factor zijn die er niet is in het LL. Dus dan is het RL negatief en het LL positief. Dit is ook strikt, aangezien $0$ enkel bereikt kan worden als $x$ geheel is. Dus ook nu is er geen oplossing.

2:Veronderstel nu dat $4k-2$<$x$<$4k-1$. Dan zal er exact één negatieve factor in het RL en LL zijn.
We definiëren nu $Q_i=(x-4i+1)(x-4i-2)$. Dan is $Q_i+2=(x-4i)(x-4i-1)$. We herschrijven nu het LL als $(x-2)\left(\prod_{i=1}^{503}{Q_i} \right)(x-2015)$ en het RL als $(x-1) \left( \prod_{i=1}^{503}{(Q_i+2)}\right) (x-2016)$. Merk op dat, daar $4k-2$<$x$<$4k-1$, geldt dat $\prod_{i=1}^{502}{Q_i}$<$\prod_{i=1}^{502}{(Q_i+2)}$, en beide leden zijn positief. Tevens geldt dat $(2-x)(x-2015)$<$(1-x)(x-2016)$, en ook nu zijn beide leden positief. We mogen dus vermenigvuldigen en krijgen: $-LL$<$-RL$, zodat $LL$>$RL$.

3:Veronderstel ten slotte dat $4k$<$x$<$4k+1$ (het geval $4k-1$<$x$<$4k$ verloopt analoog met het geval $4k-3$<$x$<$4k-2$). In dit geval zal terug elke afzonderlijke factor positief zijn zodat terug geldt dat $LL$>$RL$.

De vergelijking heeft dus geen oplossingen, en dus $k=2016$. Q.E.D.