Oplossingen - Nederlandse Wiskunde Olympiade

Uitwerkingen toetsOpgave 1. We gebruiken dat x + 1 x ≥ 2 voor alle x ∈ R >0. Er geldt(1 + a ) ( m+ 1 + b m=ba)==≥m∑( ) m (a ) i ∑ m ( ) ( i m b +i b i a)i=0m∑( ) ( m( a) ( ) )iib+i b ai=0i=0m∑( ) ( )m aii b + bii a im∑( ) m· 2ii=0i=0= 2 m+1 .Alternatieve oplossing.Pas de ongelijkheid van het rekenkundig en meetkundig gemiddelde toe op 1 en a b :1 + a b ≥ 2 √ ab ,dusAnaloog geldt natuurlijk(1 + a ) ( √ ) m m a ≥ 2 .bb((1 +a) b m√ ) mb≥ 2 .aNu passen we opnieuw de ongelijkheid van het rekenkundig en meetkundig gemiddelde toe:( √ ) m( √ ) m a b ( √ ) m( √ ) m2 + 2 ≥ 2√a b2 · 2 = 2 m+1 .bab aDit bewijst het gevraagde.Opgave 2. Omdat ∠P SR recht is, is P R een middellijn en is dus ook ∠P QR recht.Verder is P QHK een koordenvierhoek (en P QRS natuurlijk ook), dus∠QSR = ∠QP R = ∠QP H = ∠QKH.Dus∠T KS = 90 ◦ − ∠QKH = 90 ◦ − ∠QSR = ∠QSK.

Dus △T SK is gelijkbenig met |KT | = |T S|. Verder is ∠QSR = ∠KQS, omdat SR enQK beide loodrecht op P S staan, dus∠KQS = ∠QSR = ∠QKH,zodat ook driehoek KQT 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 , . . . , n 2007 waarbij n 1 ≠ n 2 .Zijs i = n 1 + n 2 + . . . + n i ,voor i = 1, 2, . . . , 2007. We weten nu dat s i ≢ 0 (mod 2008) voor alle i. Stel dat s i ≡ s j(mod 2008) met i < j, dan geldtn i+1 + . . . + n j ≡ 0 (mod 2008),tegenspraak. Dus s 1 , . . . , s 2007 nemen modulo 2008 precies de waarden 1, 2, . . . , 2007 aan.Bekijk nu n 2 . We weten dat n 2 ≢ 0 (mod 2008), dus n 2 ≡ s i (mod 2008) voor een ofandere i. Voor i = 1 staat hier n 2 ≡ n 1 (mod 2008), wat wegens n 1 , n 2 ∈ {1, . . . , 2007}impliceert dat n 1 = n 2 ; tegenspraak. En voor i > 1 betekent het dat de niet-lege soms i − n 2 = n 1 + n 3 + n 4 + . . . + n i gelijk is aan 0 modulo 2008; wederom tegenspraak.aOpgave 4. Stel dat voor zekere i ≤ n − 1 geldt dat a i > i. Er geldt2 ia i+1≤ i + 2,dusa i+1 ≥a2 i (i + 1)2≥i + 2 i + 2 = i2 + 2i + 1> i.i + 2Als a i ≥ i + 2, dan geldt op dezelfde manier a i+1 > i + 1. Als a i = i + 1, dan is i + 1 nietmeer 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 ≤ n, kan er dus geen enkele i zijn meta 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 = 4xy, dusx 2 − (4y − 1)x + (y 2 + y) = 0.Als we dit zien als een vergelijking in x met parameter y, dan geldt er voor de tweeoplossingen x 0 en x 1 wegens Vieta dat (i): x 0 + x 1 = 4y − 1 en (ii): x 0 · x 1 = y 2 + y.Stel nou dat x 0 ∈ N en y 0 ∈ N een willekeurige oplossing vormen. Dan is er bij deze waardevan 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 = 4y 0 −1−x 0 . Kortom, elk oplossingspaar(x, y) leidt tot een oplossingspaar (4y − 1 − x, y). De truc is nou om te bedenken dat danook (y, 4y − 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 =4z n+1 −1−z n (n ≥ 1), dan is elk paar (z n , z n+1 ) dus blijkbaar een oplossing van de gegevenvergelijking.

Tot slot moeten we nog bewijzen dat dit tot echt allemaal verschillende oplossingen (z n , z n+1 )leidt. Hiertoe bewijzen we met inductie dat ∀n ≥ 2 : z n+1 ≥ 2z n ∧ z n+1 ≥ 1.Voor n = 2 is dit duidelijk, want z 3 = 2 en z 2 = 1. Stel het geldt voor zekere n ≥ 2, dusz n+1 ≥ 2z n ∧ z n+1 ≥ 1. Dan z n+2 = 4z n+1 − 1 − z n ≥ 4z n+1 − z n+1 − z n+1 = 2z n+1 ≥ 2 > 1,dus zien we dat het ook geldt voor n + 1.