## Uitwerkingen toets

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

$$
\begin{aligned}
\left(1+\frac{a}{b}\right)^{m}+\left(1+\frac{b}{a}\right)^{m} & =\sum_{i=0}^{m}\binom{m}{i}\left(\frac{a}{b}\right)^{i}+\sum_{i=0}^{m}\binom{m}{i}\left(\frac{b}{a}\right)^{i} \\
& =\sum_{i=0}^{m}\binom{m}{i}\left(\left(\frac{a}{b}\right)^{i}+\left(\frac{b}{a}\right)^{i}\right) \\
& =\sum_{i=0}^{m}\binom{m}{i}\left(\frac{a^{i}}{b^{i}}+\frac{b^{i}}{a^{i}}\right) \\
& \geq \sum_{i=0}^{m}\binom{m}{i} \cdot 2 \\
& =2^{m+1} .
\end{aligned}
$$

## Alternatieve oplossing.

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

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

dus

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

Analoog geldt natuurlijk

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

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

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

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

$$
\angle Q S R=\angle Q P R=\angle Q P H=\angle Q K H
$$

Dus

$$
\angle T K S=90^{\circ}-\angle Q K H=90^{\circ}-\angle Q S R=\angle Q S K
$$

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

$$
\angle K Q S=\angle Q S R=\angle Q K H,
$$

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

$$
s_{i}=n_{1}+n_{2}+\ldots+n_{i},
$$

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

$$
n_{i+1}+\ldots+n_{j} \equiv 0 \quad(\bmod 2008)
$$

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

$$
a_{i+1} \geq \frac{a_{i}^{2}}{i+2} \geq \frac{(i+1)^{2}}{i+2}=\frac{i^{2}+2 i+1}{i+2}>i .
$$

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

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

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 $n+1$.