| {"year": "2009", "tier": "T1", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $n \\geq 10$ een geheel getal. We schrijven $n$ in het tientallig stelsel. Zij $S(n)$ de som van de cijfers van $n$. Een stomp van $n$ is een positief geheel getal dat verkregen is door een aantal (minstens één, maar niet alle) cijfers van $n$ aan het rechteruiteinde weg te halen. Bijvoorbeeld: 23 is een stomp van 2351. $\\mathrm{Zij} T(n)$ de som van alle stompen van $n$. Bewijs dat $n=S(n)+9 \\cdot T(n)$.", "solution": "Van rechts naar links geven we de cijfers van $n$ aan met $a_{0}, a_{1}, \\ldots, a_{k}$. Er geldt dus\n\n$$\nn=a_{0}+10 a_{1}+\\cdots+10^{k} a_{k} .\n$$\n\nEen stomp van $n$ bestaat van rechts naar links uit de cijfers $a_{i}, a_{i+1}, \\ldots, a_{k}$ waarbij $1 \\leq i \\leq k$. Zo'n stomp is dan gelijk aan $a_{i}+10 a_{i+1}+\\cdots+10^{k-i} a_{k}$. Als we dit sommeren over alle $i$, krijgen we $T(n)$. We kunnen vervolgens $T(n)$ makkelijker schrijven door alle termen met $a_{1}$ samen te nemen, alle termen met $a_{2}$, enzovoorts (dit komt hieronder neer op het verwisselen van de sommatietekens: eerst sommeren over $i$ van 1 tot en met $k$ en daarna per $i$ nog over $j$ van $i$ tot en met $k$, is hetzelfde als eerst sommeren over $j$ van 1 tot en met $k$ en daarna per $j$ nog over $i$ van 1 tot en met $j$ ):\n\n$$\n\\begin{gathered}\nT(n)=\\sum_{i=1}^{k}\\left(a_{i}+10 a_{i+1}+\\cdots+10^{k-i} a_{k}\\right)=\\sum_{i=1}^{k} \\sum_{j=i}^{k} 10^{j-i} a_{j} \\\\\n=\\sum_{j=1}^{k} \\sum_{i=1}^{j} 10^{j-i} a_{j}=\\sum_{j=1}^{k}\\left(1+10+\\cdots+10^{j-1}\\right) a_{j}=\\sum_{j=1}^{k} \\frac{10^{j}-1}{10-1} a_{j} .\n\\end{gathered}\n$$\n\nIn de laatste stap hebben we de somformule voor de meetkundige reeks gebruikt. We krijgen nu\n\n$$\n9 \\cdot T(n)=\\sum_{j=1}^{k}\\left(10^{j}-1\\right) a_{j}=\\sum_{j=0}^{k}\\left(10^{j}-1\\right) a_{j}\n$$\n\nBedenk nu dat $S(n)=\\sum_{j=0}^{k} a_{j}$. Er geldt dus\n\n$$\nS(n)+9 \\cdot T(n)=\\sum_{j=0}^{k}\\left(10^{j}-1+1\\right) a_{j}=\\sum_{j=0}^{k} 10^{j} a_{j}=n\n$$", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2009-uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 1.", "solution_match": "\nOplossing."}} |
| {"year": "2009", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $A B C$ een driehoek, punt $P$ het midden van $B C$ en punt $Q$ op lijnstuk $C A$ zodat $|C Q|=2|Q A|$. Zij $S$ het snijpunt van $B Q$ en $A P$. Bewijs dat $|A S|=|S P|$.", "solution": "Trek een lijn door $P$ evenwijdig aan $A C$ en zij $T$ het snijpunt van deze lijn met $B Q$. Dan is $P T$ een middenparallel in driehoek $B C Q$, dus geldt $|P T|=\\frac{1}{2}|C Q|=|Q A|$. Nu is $A T P Q$ een vierhoek met een paar even lange, evenwijdige zijden, dus $A T P Q$ is een parallellogram. Van een parallellogram weten we dat de diagonalen elkaar middendoor snijden, dus $|A S|=|S P|$.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2009-uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 2.", "solution_match": "\nOplossing I."}} |
| {"year": "2009", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $A B C$ een driehoek, punt $P$ het midden van $B C$ en punt $Q$ op lijnstuk $C A$ zodat $|C Q|=2|Q A|$. Zij $S$ het snijpunt van $B Q$ en $A P$. Bewijs dat $|A S|=|S P|$.", "solution": "We passen de stelling van Menelaos toe in driehoek $P C A$. We weten dat de punten $B, S$ en $Q$ op één lijn liggen, dus\n\n$$\n-1=\\frac{P B}{B C} \\cdot \\frac{C Q}{Q A} \\cdot \\frac{A S}{S P}=\\frac{-1}{2} \\cdot \\frac{2}{1} \\cdot \\frac{A S}{S P}=-\\frac{A S}{S P}\n$$\n\nDus $\\frac{A S}{S P}=1$, waaruit volgt dat $S$ midden tussen $A$ en $P$ ligt.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2009-uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 2.", "solution_match": "\nOplossing II."}} |
| {"year": "2009", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $A B C$ een driehoek, punt $P$ het midden van $B C$ en punt $Q$ op lijnstuk $C A$ zodat $|C Q|=2|Q A|$. Zij $S$ het snijpunt van $B Q$ en $A P$. Bewijs dat $|A S|=|S P|$.", "solution": "Zij $M$ het midden van $Q C$ en noem $x=[A Q S]=[Q M S]=[M C S]$ en $y=[C P S]=[P B S]$. Omdat $[C P A]=[P B A]$ geldt dat $[A S B]=3 x$. Maar dan is $[A Q B]=x+3 x$ terwijl anderzijds $2[A Q B]=[Q C B]$, dus $2 x+2 y=[Q C B]=2[A Q B]=8 x$. Dus $y=3 x$. Maar dan $[A S B]=3 x=y=[S P B]$, dus $|A S|=|S P|$.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2009-uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 2.", "solution_match": "\nOplossing III."}} |
| {"year": "2009", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $A B C$ een driehoek, punt $P$ het midden van $B C$ en punt $Q$ op lijnstuk $C A$ zodat $|C Q|=2|Q A|$. Zij $S$ het snijpunt van $B Q$ en $A P$. Bewijs dat $|A S|=|S P|$.", "solution": "Zij $R$ het snijpunt van $C S$ en $A B$. Volgens de stelling van Ceva geldt\n\n$$\n\\frac{A R}{R B} \\cdot \\frac{B P}{P C} \\cdot \\frac{C Q}{Q A}=1\n$$\n\nwaaruit volgt $2|A R|=|R B|$. Zij $a=[P S C], b=[Q S C], c=[Q S A], d=[R S A]$, $e=[R S B]$ en $f=[P S B]$. Nu geldt\n\n$$\nb+a+f=2(c+d+e) \\quad \\text { en } \\quad a+e+f=2(b+c+d)\n$$\n\nwaaruit volgt\n\n$$\nb-e=2 e-2 b\n$$\n\ndus $b=e$. Verder geldt $2 d=e$ en $2 c=b$, dus ook $c=d$ en $c+d=e$. Uit $a+e+f=$ $2(b+c+d)$ volgt nu\n\n$$\na+f=b+2 c+2 d=b+c+d+e,\n$$\n\ndus\n\n$$\n2(a+f)=a+b+c+d+e+f=[A B C] .\n$$\n\nDus $2|P S|=|P A|$, dus $|P S|=|A S|$.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2009-uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 2.", "solution_match": "\nOplossing IV."}} |
| {"year": "2009", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Laat $a, b$ en $c$ positieve reële getallen zijn die voldoen aan $a+b+c \\geq a b c$. Bewijs dat\n\n$$\na^{2}+b^{2}+c^{2} \\geq \\sqrt{3} a b c\n$$", "solution": "We weten dat $a^{2}+b^{2}+c^{2} \\geq a b+b c+c a$ en dus $3\\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\\right) \\geq(a+b+c)^{2}$. Wegens de ongelijkheid van het meetkundig en rekenkundig gemiddelde geldt $a+b+c \\geq$ $3(a b c)^{\\frac{1}{3}}$ en anderzijds is gegeven dat $a+b+c \\geq a b c$. Dus we hebben twee ongelijkheden:\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& a^{2}+b^{2}+c^{2} \\geq \\frac{1}{3}(a+b+c)^{2} \\geq 3(a b c)^{\\frac{2}{3}} \\\\\n& a^{2}+b^{2}+c^{2} \\geq \\frac{1}{3}(a+b+c)^{2} \\geq \\frac{1}{3}(a b c)^{2}\n\\end{aligned}\n$$\n\nWe doen de eerste ongelijkheid tot de macht $\\frac{3}{4}$ en de tweede tot de macht $\\frac{1}{4}$ (en dit mogen we doen omdat alles positief is):\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\\right)^{\\frac{3}{4}} \\geq 3^{\\frac{3}{4}}(a b c)^{\\frac{1}{2}} \\\\\n& \\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\\right)^{\\frac{1}{4}} \\geq 3^{-\\frac{1}{4}}(a b c)^{\\frac{1}{2}}\n\\end{aligned}\n$$\n\nNu vermenigvuldigen we deze beide en dan krijgen we\n\n$$\na^{2}+b^{2}+c^{2} \\geq 3^{\\frac{1}{2}}(a b c)\n$$\n\nwat het gevraagde is.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2009-uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 3.", "solution_match": "\nOplossing."}} |
| {"year": "2009", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Vind alle functies $f: \\mathbb{Z} \\rightarrow \\mathbb{Z}$ die voldoen aan\n\n$$\nf(m+n)+f(m n-1)=f(m) f(n)+2\n$$\n\nvoor alle $m, n \\in \\mathbb{Z}$.", "solution": "Stel eerst dat er een $c \\in \\mathbb{Z}$ is met $f(n)=c$ voor alle $n$. Dan hebben we $2 c=c^{2}+2$, dus $c^{2}-2 c+2=0$ en dat heeft geen oplossing voor $c$. Dus is $f$ niet constant. Vul nu in $m=0$. Dat geeft $f(n)+f(-1)=f(n) f(0)+2$, waaruit we concluderen dat $f(n)(1-f(0))$ een constante is. Omdat $f(n)$ niet constant is, volgt hieruit $f(0)=1$. Uit dezelfde vergelijking krijgen we nu $f(-1)=2$. Vul nu in $m=n=-1$, dat geeft $f(-2)+f(0)=f(-1)^{2}+2$, waaruit volgt $f(-2)=5$. Vul vervolgens in $m=1$ en $n=-1$, dan krijgen we $f(0)+f(-2)=f(1) f(-1)+2$, waaruit volgt $f(1)=2$.\nVul nu in $m=1$, dan krijgen we $f(n+1)+f(n-1)=f(1) f(n)+2$, ofwel\n\n$$\nf(n+1)=2 f(n)+2-f(n-1) .\n$$\n\nMet inductie bewijzen we nu gemakkelijk dat $f(n)=n^{2}+1$ voor alle $n \\geq 0$ en vervolgens met de vergelijking\n\n$$\nf(n-1)=2 f(n)+2-f(n+1)\n$$\n\nook voor $n \\leq 0$. Dus $f(n)=n^{2}+1$ voor alle $n$ en deze functie voldoet.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2009-uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 4.", "solution_match": "\nOplossing."}} |
| {"year": "2009", "tier": "T1", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Van een gegeven $n$-hoek met alle zijden even lang hebben alle hoekpunten rationale coördinaten. Bewijs dat $n$ even is.", "solution": "Laat $\\left(x_{1}, y_{1}\\right), \\ldots,\\left(x_{n}, y_{n}\\right)$ de coördinaten van de hoekpunten van de $n$-hoek zijn. Definieer $a_{i}=x_{i+1}-x_{i}, b_{i}=y_{i+1}-y_{i}$ voor $i=1,2, \\ldots, n$, waarbij $x_{n+1}=x_{1}$ en $y_{n+1}=y_{1}$. Gegeven is nu dat $a_{i}, b_{i} \\in \\mathbb{Q}$ en $\\sum_{i=1}^{n} a_{i}=\\sum_{i=1}^{n} b_{i}=0$; en de som $a_{i}^{2}+b_{i}^{2}$ is voor alle $i$ gelijk. Door alle noemers weg te vermenigvuldigen en eventuele gemeenschappelijke delers van de tellers weg te delen, mogen we aannemen dat $a_{i}, b_{i} \\in \\mathbb{Z}$ en $\\operatorname{ggd}\\left(a_{1}, \\ldots, a_{n}, b_{1}, \\ldots, b_{n}\\right)=1$. Zij $c$ het gehele getal zodat $a_{i}^{2}+b_{i}^{2}=c$ voor alle $i$.\nStel eerst dat $c \\equiv 1 \\bmod 2$. Dan is voor elke $i$ precies één van $a_{i}, b_{i}$ oneven. Dus van alle $2 n$ getallen $a_{i}, b_{i}$ zijn er precies $n$ even en $n$ oneven. Dus $0=\\sum_{i=1}^{n}\\left(a_{i}+b_{i}\\right) \\equiv n \\bmod 2$. Dus $n$ is even.\nStel nu dat $c \\equiv 0 \\bmod 2$. Dan geldt voor alle $i$ dat $a_{i} \\equiv b_{i} \\bmod 2$. Als er een $i$ is met $a_{i}$ en $b_{i}$ allebei oneven, dan is $c=a_{i}^{2}+b_{i}^{2} \\equiv 1+1 \\equiv 2 \\bmod 4$. Als er een $i$ is met $a_{i}$ en $b_{i}$ allebei even, dan is $c=a_{i}^{2}+b_{i}^{2} \\equiv 0+0 \\equiv 0 \\bmod 4$. Dit kan niet allebei tegelijk. Dus óf alle $a_{i}$ en $b_{i}$ zijn oneven, óf alle $a_{i}$ en $b_{i}$ zijn even. Het laatste is een tegenspraak met onze aanname over de ggd van alle $a_{i}$ en $b_{i}$. Het eerste geeft $0=\\sum_{i=1}^{n} a_{i} \\equiv n \\bmod 2$, dus $n$ is even.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2009-uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 5.", "solution_match": "\nOplossing."}} |
|
|
