De hoofdprijs gaat naar de heer dr Ronald A Kortram, wetenschappelijk medewerker van de faculteit der wiskunde en natuurwetenschappen aan de Katholieke Universiteit van Nijmegen.
Ik ben hem zeer erkentelijk voor zijn welwillende deelname aan de wedstrijd.
In eerste instantie afwijkend van mijn normering, gaat hij uit van punten B en C met gelijke y-coördinaat, hetgeen de berekeningen vereenvoudigt.
Verder maakt hij in zijn bewijzen op elegante wijze gebruik van een stelling van Ptolemaeus.
Hij redeneert zeer precies en helder.
Zijn bijdrage wordt hieronder integraal weergegeven.

Verder mocht ik een mooie bijdrage ontvangen van de heer dr ir Jos KM Jansen, wetenschappelijk medewerker van de faculteit der wiskunde en informatica aan de Technische Universiteit van Eindhoven.
Ook hem ben ik dankbaar voor zijn welwillende deelname aan de wedstrijd.
Van hem had ik al eerder mooie toepassingen van meetkunde-stellingen gezien, bijvoorbeeld van de lijn van Euler en de stelling van Stewart.
Hij bepaalt eerst numerieke oplossingen mbv het computeralgebra-programma Mathematica, en vindt daarna de exacte uitkomsten, gebruik makend van het punt van Torricelli.
Zijn bewijs is wat kort: in verband met symmetrie zouden de extremen hier in een gelijkbenige driehoek moeten optreden.
Uit erkentelijkheid voor al zijn bijdragen geef ik ook aan hem een prijs.

Bij de A-junioren gaat de prijs naar de heer drs Martien Luijcks, sociaal werker te Haarlem.
Hij geeft een visuele oplossing en vindt daarbij de exacte posities voor het maximum, en bij benadering de juiste posities voor het minimum. Ook geeft hij bij benadering de juiste waarden voor de extremen (3 en 5).
Hij gebruikt de term 'zwaartepunt', maar op zodanige wijze dat dit geen diskwalificatie voor de indeling in categorie A inhoudt. Overigens speelt het wiskundige zwaartepunt in volkomen correcte oplossingen niet de daaraan door Martien toebedachte rol.

In categorie B gaat de prijs naar de heer Armand Schneider uit Aachen. Ik laat hem zelf aan het woord:

Ik werk met Cabri. Ik heb een cirkel getrokken met een straal van 5 cm. Ik weet niet hoe ik de eenheden moet veranderen, dus de lengten zijn 5 keer te lang, en de oppervlakten 25 keer te groot.
Ik maak een driehoek ABC met A,B,C op de cirkel (A op 12 uur, B op 9 uur, C op 3 uur). Deze driehoek heeft een oppervlakte van 25 cm2.
Ik zet een punt P op de cirkel en trek de lijnstukken PA,PB,PC. Ik laat Cabri de lengten van deze lijnstukken opmeten. Wanneer ik P langs de cirkel sleep, schijnt de afstandensom PA+PB+PC maximaal te zijn als P op 6 uur staat. De som is dan 24.15 cm.
Nu beweeg ik B langs de cirkel in de richting van 6 uur, en C in de richting van 12 uur, en houd de oppervlakte van de driehoek (ook gemeten door Cabri) op 25 cm2.
Dan moet ik P een beetje vanaf 6 uur in de richting van 3 uur bewegen om de afstandensom maximaal te houden, maar de maximale som is nu 24.13 cm.
Ik herhaal deze procedure, B een stukje verderop slepend, en krijg nu maximale som 23.93 cm.
Het antwoord schijnt dus 24.15 te zijn. Ik deel door 5 en krijg 4.83. Het exacte antwoord is waarschijnlijk 2+wortel(2)+wortel(2).

Om de minimale afstandensom te bepalen, begin ik weer met de rechthoekige driehoek met punten A,B,C op 12,9 en 3 uur resp.
Ik zet een punt P binnen de driehoek, trek de lijnstukken PA,PB,PC, en laat Cabri de lengten van deze lijnstukken opmeten. Wanneer ik P rondsleep, schijnt de som minimaal te zijn als PB=PC en P een beetje dichter bij A ligt als bij BC. De som is dan 13.67 cm.
Wanneer ik B over de cirkel in de richting van 6 uur beweeg, en C in de richting van 12 uur, en de oppervlakte van driehoek ABC op 25 cm2 houd, is de nieuwe minimale waarde 13.73 cm.
Het schijnt dus dat de minimale afstandensom in alle mogelijke driehoeken ongeveer 13.67 cm is, en dat de driehoek waar je de minimale waarde vindt de rechthoekige driehoek met hoekpunten op 12, 9 en 3 uur is.
Ik deel door 5 en krijg 2.73. Het exacte antwoord zou wortel(3)+1 kunnen zijn.

Goed gedaan, Armand!

De oplossing van hoofdprijswinnaar dr Kortram: klik hier.