problem:
Zij $m$ een positief geheel getal. Bewijs dat voor alle positieve reële getallen $a$ en $b$ geldt:

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

solution:
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.

solution_match: Opgave 1.


problem: Vier punten $P, Q, R$ en $S$ liggen in deze volgorde op een cirkel, zodat $\angle P S R=90^{\circ}$. Zij $H$ en $K$ de voetpunten van de loodlijnen uit $Q$ op respectievelijk $P R$ en $P S$. Zij $T$ het snijpunt van $H K$ en $Q S$. Bewijs dat $|S T|=|T Q|$.

solution:
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 $|T Q|=|T K|=|T S|$.

solution_match: Opgave 2.


problem: Je hebt 2007 kaarten. Op elke kaart is een positief geheel getal kleiner dan 2008 geschreven. Als je een aantal (minstens 1) van deze kaarten neemt, is de som van de getallen op de kaarten niet deelbaar door 2008. Bewijs dat op elke kaart hetzelfde getal staat.

solution:
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.

solution_match: Opgave 3.


problem:
$\mathrm{Zij} n \geq 1$. Vind alle permutaties $\left(a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}\right)$ van $(1,2, \ldots, n)$ waarvoor geldt

$$
\frac{a_{k}^{2}}{a_{k+1}} \leq k+2 \quad \text { voor } k=1,2, \ldots, n-1
$$

solution:
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 $i$.

solution_match: Opgave 4.


problem:
Bewijs dat er oneindig veel paren positieve gehele getallen $(x, y)$ zijn met

$$
\frac{x+1}{y}+\frac{y+1}{x}=4 .
$$

solution:
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 $n+1$.

solution_match: Opgave 5.