## Uitwerkingen toets 12 juni 2010

Opgave 1. Bekijk rijen $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots$ van positieve gehele getallen. Bepaal de kleinst mogelijke waarde van $a_{2010}$ als gegeven is:
(i) $a_{n}<a_{n+1}$ voor alle $n \geq 1$,
(ii) $a_{i}+a_{l}>a_{j}+a_{k}$ voor alle viertallen $(i, j, k, l)$ met $1 \leq i<j \leq k<l$.

Oplossing. We bewijzen met inductie dat $a_{n}-a_{1} \geq 2^{n-1}-1$ voor alle $n \geq 2$. Voor $n=2$ staat hier $a_{2}-a_{1} \geq 1$ en dat volgt uit voorwaarde (i). $\mathrm{Zij} \mathrm{nu} m \geq 2$ en stel dat $a_{m}-a_{1} \geq 2^{m-1}-1$. We passen voorwaarde (ii) toe met $i=1, j=k=m$ en $l=m+1$. We vinden dat $a_{1}+a_{m+1}>2 a_{m}$. Dus

$$
a_{m+1}-a_{1}>2 a_{m}-2 a_{1} \stackrel{\mathrm{IH}}{\geq} 2\left(2^{m-1}-1\right)=2^{m}-2,
$$

en aangezien $a_{m+1}$ positief en geheel is, volgt hieruit $a_{m+1}-a_{1} \geq 2^{m}-1$. Dit voltooit de inductie.
Nu zien we dat voor $n \geq 1$ geldt:

$$
a_{n} \geq 2^{n-1}-1+a_{1} \geq 2^{n-1}
$$

en in het bijzonder $a_{2010} \geq 2^{2009}$.
Anderzijds bewijzen we dat $a_{2010}=2^{2009}$ mogelijk is door te laten zien dat de rij gegeven door $a_{n}=2^{n-1}$ aan de voorwaarden voldoet. Deze rij bestaat uit positieve gehele getallen en is strikt stijgend (voorwaarde (i)). Zij nu ( $i, j, k, l)$ een viertal dat voldoet aan $1 \leq i<$ $j \leq k<l$. Er geldt

$$
a_{j}+a_{k}=2^{j-1}+2^{k-1} \leq 2^{k-1}+2^{k-1}=2^{k} \leq 2^{l-1}<2^{i-1}+2^{l-1},
$$

dus ook aan voorwaarde (ii) is voldaan.
We concluderen dat de kleinst mogelijke waarde van $a_{2010}$ gelijk is aan $2^{2009}$.

Opgave 2. Vind alle functies $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ waarvoor geldt dat

$$
f(x)=\max _{y \in \mathbb{R}}(2 x y-f(y))
$$

voor alle $x \in \mathbb{R}$.
(In het algemeen betekent de uitdrukking $a=\max _{s \in S} g(s)$ : er geldt $a \geq g(s)$ voor alle $s \in S$ en bovendien is er een $s \in S$ waarvoor $a=g(s)$.)

Oplossing. Voor alle $x \in \mathbb{R}$ geldt

$$
f(x)=\max _{y \in \mathbb{R}}(2 x y-f(y)) \geq 2 x^{2}-f(x)
$$

dus $2 f(x) \geq 2 x^{2}$, oftewel $f(x) \geq x^{2}$.
Omdat $(x-y)^{2} \geq 0$, geldt $x^{2} \geq 2 x y-y^{2}$ voor alle $x, y \in \mathbb{R}$. Omdat we al hebben laten zien dat $f(y) \geq y^{2}$, geldt $2 x y-f(y) \leq 2 x y-y^{2} \leq x^{2}$ en dus

$$
f(x)=\max _{y \in \mathbb{R}}(2 x y-f(y)) \leq x^{2}
$$

We concluderen $f(x)=x^{2}$.
We controleren nog dat deze functie voldoet. Kies een willekeurige $x \in \mathbb{R}$. Omdat $(x-y)^{2} \geq$ 0 , geldt $x^{2} \geq 2 x y-y^{2}$ voor alle $y \in \mathbb{R}$ met gelijkheid als $x=y$, dus

$$
x^{2}=\max _{y \in \mathbb{R}}\left(2 x y-y^{2}\right)
$$

## Opgave 3.

(a) Laat $a$ en $b$ positieve gehele getallen zijn zodat $M(a, b)=a-\frac{1}{b}+b\left(b+\frac{3}{a}\right)$ een geheel getal is. Bewijs dat $M(a, b)$ een kwadraat is.
(b) Vind gehele getallen $a$ en $b$, beide ongelijk aan nul, zodat $M(a, b)$ een positief geheel getal is, maar geen kwadraat.

## Oplossing.

(a) Omdat $a+b^{2}$ een geheel getal is, is ook $-\frac{1}{b}+\frac{3 b}{a}$ een geheel getal. Dit kunnen we schrijven als $\frac{-a+3 b^{2}}{a b}$. We zien dat $a b$ een deler is van $3 b^{2}-a$. In het bijzonder is $b$ een deler van $3 b^{2}-a$ en dus geldt $b \mid a$. Maar dat betekent dat $b^{2}$ een deler is van $a b$ en dus ook van $3 b^{2}-a$, waaruit volgt $b^{2} \mid a$. We schrijven nu $a=m b^{2}$ met $m$ een positief geheel getal. Dan geldt dat $m b^{3}$ een deler is van $3 b^{2}-m b^{2}$, dus is $m b$ een deler van $3-m$. Hieruit volgt dat $m$ een deler is van 3 (oftewel $m=1$ of $m=3$ ) en dat $b$ een deler is van $3-m$.
Stel eerst dat $m=3$. Dan geldt $a=3 b^{2}$. Dit invullen geeft $M\left(3 b^{2}, b\right)=3 b^{2}-\frac{1}{b}+$ $b^{2}+\frac{1}{b}=4 b^{2}$ en dat is het kwadraat van $2 b$.
Stel nu dat $m=1$. Uit $b \mid 3-m$ volgt nu $b=1$ of $b=2$. In het eerste geval geldt $a=1$ en in het tweede geval geldt $a=4$. De eerste mogelijkheid invullen geeft $M(1,1)=1-1+1+3=4$ en dat is een kwadraat. De tweede mogelijkheid invullen geeft $M(4,2)=4-\frac{1}{2}+4+\frac{3}{2}=9$ en dat is ook een kwadraat.
We concluderen dat $M(a, b)$ in alle gevallen een kwadraat is.
(b) Neem $a=4$ en $b=-2$. Dan geldt $M(4,-2)=7$. Dat is een positief geheel getal, maar geen kwadraat. Na al het werk van onderdeel (a) is dit antwoord niet moeilijk te vinden. Je weet dat a van de vorm $m b^{2}$ moet zijn, nu met $m \in \mathbb{Z}$, en dat $m$ een deler moet zijn van 3. Bovendien werkt $m=3$ niet, want dan kriggen we altijd een kwadraat. De rest van de mogelijkheden voor $m$ kun je simpel uitproberen.

Opgave 4. Gegeven is een vierkant $A B C D$ met omgeschreven cirkel $\Gamma_{1}$. Zij $P$ een punt op boog $A C$ waar ook $B$ op ligt. Een cirkel $\Gamma_{2}$ raakt inwendig aan $\Gamma_{1}$ in $P$ en raakt daarnaast diagonal $A C$ in $Q$. Zij $R$ een punt op $\Gamma_{2}$ zodat de lijn $D R$ raakt aan $\Gamma_{2}$. Bewijs dat $|D R|=|D A|$.

Oplossing I. Zij $M$ het snijpunt van $A C$ en $B D$ (oftewel het middelpunt van $\Gamma_{1}$ ) en zij $N$ het middelpunt van $\Gamma_{2}$. We gaan allereerst bewijzen dat $P, Q$ en $D$ op een lijn liggen. Als $P=B$, dan is $Q=M$ en is het triviaal. Zo niet, definieer dan $S$ als het snijpunt van $P Q$ en $B D$. We willen bewijzen dat $S=D$. Merk op dat $M, N$ en $P$ op een lijn liggen en dat $Q N$ evenwijdig is aan $D B$. Hieruit volgt wegens $F$-hoeken $\angle P S B=\angle P Q N=\angle N P Q$, dat laatste vanwege $|N P|=|N Q|$. Met $Z$-hoeken zien we dat $\angle P M B=\angle M N Q$ en vanwege de buitenhoekstelling in driehoek $P Q N$ is dat gelijk aan $\angle P Q N+\angle N P Q=2 \angle P S B$. Dus $\angle P M B=2 \angle P S B$, waaruit met de middelpuntsomtrekshoekstelling volgt dat $S$ op $\Gamma_{1}$ ligt. Dus $S=D$, waaruit volgt dat $P, Q$ en $D$ op een lijn liggen.
Omdat $\angle D P B=\angle D M Q=90^{\circ}$ en $\angle P D B=\angle Q D M$, geldt $\triangle D P B \sim \triangle D M Q$. Hieruit volgt $\frac{|D P|}{|D B|}=\frac{|D M|}{|D Q|}$. Aangezien $|D B|=2|D M|$, staat hier $|D P||D Q|=2|D M|^{2}$. Uit de machtstelling op $\Gamma_{2}$ volgt $|D P||D Q|=|D R|^{2}$, dus $|D R|=\sqrt{2}|D M|=|D A|$.

Oplossing II. Zij $M$ het snijpunt van $A C$ en $B D$ (oftewel het middelpunt van $\Gamma_{1}$ ) en zij $N$ het middelpunt van $\Gamma_{2}$. We gaan allereerst bewijzen dat $P, Q$ en $D$ op een lijn liggen. Bekijk een puntvermenigvuldiging vanuit $P$ die $N$ overvoert in $M$. Dan gaat $\Gamma_{2}$ over in $\Gamma_{1}$. De raaklijn $A C$ aan $\Gamma_{2}$ gaat over in een lijn evenwijdig aan $A C$ die raakt aan $\Gamma_{1}$. Dit moet de raaklijn in $D$ zijn. Dus $Q$ gaat over in $D$, waaruit volgt dat $P, Q$ en $D$ op een lijn liggen.
Verder gaat het bewijs zoals in de eerste oplossing.

Opgave 5. Het polynoom $A(x)=x^{2}+a x+b$ met gehele coëfficiënten heeft de eigenschap dat voor elk priemgetal $p$ er een geheel getal $k$ bestaat zodat $A(k)$ en $A(k+1)$ beide deelbaar zijn door $p$. Bewijs dat er een geheel getal $m$ bestaat zodat $A(m)=A(m+1)=0$.

Oplossing I. Zij $p$ een priemgetal en zij $k$ zodat $A(k)$ en $A(k+1)$ beide deelbaar zijn door $p$. Het verschil van $A(k)$ en $A(k+1)$ is dan ook deelbaar door $p$ en dit is gelijk aan

$$
A(k+1)-A(k)=(k+1)^{2}+a(k+1)+b-\left(k^{2}+a k+b\right)=2 k+1+a,
$$

dus $2 k \equiv-1-a \bmod p$. Omdat $A(k)$ deelbaar is door $p$, is $4 A(k)$ dat ook, dus modulo $p$ geldt

$$
4 A(k)=4 k^{2}+4 a k+4 b \equiv(-1-a)^{2}+2(-1-a) a+4 b=-a^{2}+4 b+1 \quad \bmod p
$$

De rechterkant is niet meer afhankelijk van $k$. We zien dus dat voor elk priemgetal $p$ het getal $-a^{2}+4 b+1$ deelbaar moet zijn door $p$. Dit kan alleen als $-a^{2}+4 b+1=0$. Dus geldt $a^{2}=4 b+1$. We zien dat $a$ oneven moet zijn en we schrijven $a=2 c+1$ met $c \in \mathbb{Z}$. Dan geldt $4 b+1=a^{2}=4 c^{2}+4 c+1$, dus $b=c^{2}+c$. Het polynoom is daarom van de vorm $A(x)=x^{2}+(2 c+1) x+\left(c^{2}+c\right)$ met $c$ geheel. We kunnen dit ontbinden als $A(x)=(x+c)(x+c+1)$, waaruit volgt dat $x=-c$ en $x=-c-1$ de nulpunten zijn van het polynoom. Deze zijn beide geheel. We concluderen dat $m=-c-1$ voldoet aan $A(m)=A(m+1)=0$.

Oplossing II. Zoals in de eerste oplossing vinden we voor alle $p$ en bijbehorende $k$ dat $2 k \equiv-1-a \bmod p$. Als we dit toepassen voor $p=2$, zien we dat $a$ oneven is. Dus $-1-a$ is even. Voor oneven $p$ mogen we delen door 2 en geldt dus $k \equiv \frac{-1-a}{2} \bmod p$. Zij nu $k_{0}=\frac{-1-a}{2}$. Dan geldt $k_{0} \equiv k \bmod p$ en daarom ook $A\left(k_{0}\right) \equiv A(k) \equiv 0 \bmod p$. Net zo geldt $A\left(k_{0}+1\right) \equiv A(k+1) \equiv 0 \bmod p$. Merk op dat $k_{0}$ onafhankelijk is van $p$. Het getal $A\left(k_{0}\right)$ is deelbaar door $p$ voor oneindig veel priemgetallen $p$ (namelijk alle oneven $p$ ) en moet dus wel gelijk zijn aan 0 . Zo ook is $A\left(k_{0}+1\right)$ gelijk aan 0 . Dus $m=k_{0}$ voldoet.