Dutch_TST/md/nl-2007-uitwerkingen.md

Uitwerkingen toets

Opgave 1. We gebruiken dat $x+\frac{1}{x} \geq 2$ voor alle $x \in \mathbb{R}_{>0}$. Er geldt

Alternatieve oplossing.

Pas de ongelijkheid van het rekenkundig en meetkundig gemiddelde toe op 1 en $\frac{a}{b}$ :

$$1+\frac{a}{b}\ge 2\sqrt{\frac{a}{b}}1+\backslash frac\{a\}\{b\}\; \backslash geq\; 2\; \backslash sqrt\{\backslash frac\{a\}\{b\}\}$$

dus

$${(1+\frac{a}{b})}^m\ge {\left(2\sqrt{\frac{a}{b}}\right)}^m\backslash left(1+\backslash frac\{a\}\{b\}\backslash right)^\{m\}\; \backslash geq\backslash left(2\; \backslash sqrt\{\backslash frac\{a\}\{b\}\}\backslash right)^\{m\}$$

Analoog geldt natuurlijk

$${(1+\frac{b}{a})}^m\ge {\left(2\sqrt{\frac{b}{a}}\right)}^m\backslash left(1+\backslash frac\{b\}\{a\}\backslash right)^\{m\}\; \backslash geq\backslash left(2\; \backslash sqrt\{\backslash frac\{b\}\{a\}\}\backslash right)^\{m\}$$

Nu passen we opnieuw de ongelijkheid van het rekenkundig en meetkundig gemiddelde toe:

$${\left(2\sqrt{\frac{a}{b}}\right)}^m+{\left(2\sqrt{\frac{b}{a}}\right)}^m\ge 2\sqrt{{\left(2\sqrt{\frac{a}{b}}\right)}^m\cdot {\left(2\sqrt{\frac{b}{a}}\right)}^m}=2^{m+1}\backslash left(2\; \backslash sqrt\{\backslash frac\{a\}\{b\}\}\backslash right)^\{m\}+\backslash left(2\; \backslash sqrt\{\backslash frac\{b\}\{a\}\}\backslash right)^\{m\}\; \backslash geq\; 2\; \backslash sqrt\{\backslash left(2\; \backslash sqrt\{\backslash frac\{a\}\{b\}\}\backslash right)^\{m\}\; \backslash cdot\backslash left(2\; \backslash sqrt\{\backslash frac\{b\}\{a\}\}\backslash right)^\{m\}\}=2^\{m+1\}$$

Dit bewijst het gevraagde. Opgave 2. Omdat $\angle P S R$ recht is, is $P R$ een middellijn en is dus ook $\angle P Q R$ recht. Verder is $P Q H K$ een koordenvierhoek (en $P Q R S$ natuurlijk ook), dus

$$\mathrm{\angle }QSR=\mathrm{\angle }QPR=\mathrm{\angle }QPH=\mathrm{\angle }QKH\backslash angle\; Q\; S\; R=\backslash angle\; Q\; P\; R=\backslash angle\; Q\; P\; H=\backslash angle\; Q\; K\; H$$

Dus

$$\mathrm{\angle }TKS={90}^{\circ }-\mathrm{\angle }QKH={90}^{\circ }-\mathrm{\angle }QSR=\mathrm{\angle }QSK\backslash angle\; T\; K\; S=90^\{\backslash circ\}-\backslash angle\; Q\; K\; H=90^\{\backslash circ\}-\backslash angle\; Q\; S\; R=\backslash angle\; Q\; S\; K$$

Dus $\triangle T S K$ is gelijkbenig met $|K T|=|T S|$. Verder is $\angle Q S R=\angle K Q S$, omdat $S R$ en $Q K$ beide loodrecht op $P S$ staan, dus

$$\mathrm{\angle }KQS=\mathrm{\angle }QSR=\mathrm{\angle }QKH,\backslash angle\; K\; Q\; S=\backslash angle\; Q\; S\; R=\backslash angle\; Q\; K\; H,$$

zodat ook driehoek $K Q T$ gelijkbenig is met $|T Q|=|T K|$. Dus $|T Q|=|T K|=|T S|$. Opgave 3. Stel niet. Noem de getallen op de kaarten $n_{1}, \ldots, n_{2007}$ waarbij $n_{1} \neq n_{2}$. Zij

$$s_i=n_1+n_2+\dots +n_i,s\_\{i\}=n\_\{1\}+n\_\{2\}+\backslash ldots+n\_\{i\},$$

voor $i=1,2, \ldots, 2007$. We weten nu dat $s_{i} \equiv \equiv(\bmod 2008)$ voor alle $i$. Stel dat $s_{i} \equiv s_{j}$ $(\bmod 2008)$ met $i<j$, dan geldt

$$n_{i+1}+\dots +n_j\equiv 0(2008)n\_\{i+1\}+\backslash ldots+n\_\{j\}\; \backslash equiv\; 0\; \backslash quad(\backslash bmod\; 2008)$$

tegenspraak. Dus $s_{1}, \ldots, s_{2007}$ nemen modulo 2008 precies de waarden 1, 2, .., 2007 aan. Bekijk nu $n_{2}$. We weten dat $n_{2} \not \equiv 0(\bmod 2008)$, dus $n_{2} \equiv s_{i}(\bmod 2008)$ voor een of andere $i$. Voor $i=1$ staat hier $n_{2} \equiv n_{1}(\bmod 2008)$, wat wegens $n_{1}, n_{2} \in{1, \ldots, 2007}$ impliceert dat $n_{1}=n_{2}$; tegenspraak. En voor $i>1$ betekent het dat de niet-lege som $s_{i}-n_{2}=n_{1}+n_{3}+n_{4}+\ldots+n_{i}$ gelijk is aan 0 modulo 2008; wederom tegenspraak.

Opgave 4. Stel dat voor zekere $i \leq n-1$ geldt dat $a_{i}>i$. Er geldt $\frac{a_{i}^{2}}{a_{i+1}} \leq i+2$, dus

$$a_{i+1}\ge \frac{a_i^2}{i+2}\ge \frac{(i+1{)}^2}{i+2}=\frac{i^2+2i+1}{i+2}>i\mathrm{.}a\_\{i+1\}\; \backslash geq\; \backslash frac\{a\_\{i\}^\{2\}\}\{i+2\}\; \backslash geq\; \backslash frac\{(i+1)^\{2\}\}\{i+2\}=\backslash frac\{i^\{2\}+2\; i+1\}\{i+2\}>i\; .$$

Als $a_{i} \geq i+2$, dan geldt op dezelfde manier $a_{i+1}>i+1$. Als $a_{i}=i+1$, dan is $i+1$ niet meer beschikbaar als waarde voor $a_{i+1}$, dus geldt ook $a_{i+1}>i+1$. Dus als $a_{i}>i$, dan ook $a_{i+1}>i+1$. Aangezien $a_{n} \leq n$, kan er dus geen enkele $i$ zijn met $a_{i}>i$. Hieruit volgt dat $a_{i}=i$ voor alle $i$.

Opgave 5. We kunnen de vergelijking herschrijven tot $(x+1) x+(y+1) y=4 x y$, dus

$$x^2-(4y-1)x+(y^2+y)=0.x^\{2\}-(4\; y-1)\; x+\backslash left(y^\{2\}+y\backslash right)=0\; .$$

Als we dit zien als een vergelijking in $x$ met parameter $y$, dan geldt er voor de twee oplossingen $x_{0}$ en $x_{1}$ wegens Vieta dat (i): $x_{0}+x_{1}=4 y-1$ en (ii): $x_{0} \cdot x_{1}=y^{2}+y$. Stel nou dat $x_{0} \in \mathbb{N}$ en $y_{0} \in \mathbb{N}$ een willekeurige oplossing vormen. Dan is er bij deze waarde van $y_{0}$ dus nog een oplossing $x_{1}$, die wegens (i) weer geheel is, en wegens (ii) weer positief. Voor deze andere oplossing geldt wegens (i): $x_{1}=4 y_{0}-1-x_{0}$. Kortom, elk oplossingspaar $(x, y)$ leidt tot een oplossingspaar $(4 y-1-x, y)$. De truc is nou om te bedenken dat dan ook $(y, 4 y-1-x)$ een oplossingspaar is. Het paar $(1,1)$ is duidelijk een oplossing. Beschouw nu de rij $z_{1}=1, z_{2}=1$, en $z_{n+2}=$ $4 z_{n+1}-1-z_{n}(n \geq 1)$, dan is elk paar $\left(z_{n}, z_{n+1}\right)$ dus blijkbaar een oplossing van de gegeven vergelijking.

Tot slot moeten we nog bewijzen dat dit tot echt allemaal verschillende oplossingen $\left(z_{n}, z_{n+1}\right)$ leidt. Hiertoe bewijzen we met inductie dat $\forall n \geq 2: z_{n+1} \geq 2 z_{n} \wedge z_{n+1} \geq 1$. Voor $n=2$ is dit duidelijk, want $z_{3}=2$ en $z_{2}=1$. Stel het geldt voor zekere $n \geq 2$, dus $z_{n+1} \geq 2 z_{n} \wedge z_{n+1} \geq 1$. Dan $z_{n+2}=4 z_{n+1}-1-z_{n} \geq 4 z_{n+1}-z_{n+1}-z_{n+1}=2 z_{n+1} \geq 2>1$, dus zien we dat het ook geldt voor $n+1$.