| {"year": "2010", "tier": "T1", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Bekijk rijen $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \\ldots$ van positieve gehele getallen. Bepaal de kleinst mogelijke waarde van $a_{2010}$ als gegeven is:\n(i) $a_{n}<a_{n+1}$ voor alle $n \\geq 1$,\n(ii) $a_{i}+a_{l}>a_{j}+a_{k}$ voor alle viertallen $(i, j, k, l)$ met $1 \\leq i<j \\leq k<l$.", "solution": "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\n\n$$\na_{m+1}-a_{1}>2 a_{m}-2 a_{1} \\stackrel{\\mathrm{IH}}{\\geq} 2\\left(2^{m-1}-1\\right)=2^{m}-2,\n$$\n\nen aangezien $a_{m+1}$ positief en geheel is, volgt hieruit $a_{m+1}-a_{1} \\geq 2^{m}-1$. Dit voltooit de inductie.\nNu zien we dat voor $n \\geq 1$ geldt:\n\n$$\na_{n} \\geq 2^{n-1}-1+a_{1} \\geq 2^{n-1}\n$$\n\nen in het bijzonder $a_{2010} \\geq 2^{2009}$.\nAnderzijds 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\n\n$$\na_{j}+a_{k}=2^{j-1}+2^{k-1} \\leq 2^{k-1}+2^{k-1}=2^{k} \\leq 2^{l-1}<2^{i-1}+2^{l-1},\n$$\n\ndus ook aan voorwaarde (ii) is voldaan.\nWe concluderen dat de kleinst mogelijke waarde van $a_{2010}$ gelijk is aan $2^{2009}$.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 1.", "solution_match": "\nOplossing."}} |
| {"year": "2010", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Vind alle functies $f: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}$ waarvoor geldt dat\n\n$$\nf(x)=\\max _{y \\in \\mathbb{R}}(2 x y-f(y))\n$$\n\nvoor alle $x \\in \\mathbb{R}$.\n(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 $a=g(s)$.)", "solution": "Voor alle $x \\in \\mathbb{R}$ geldt\n\n$$\nf(x)=\\max _{y \\in \\mathbb{R}}(2 x y-f(y)) \\geq 2 x^{2}-f(x)\n$$\n\ndus $2 f(x) \\geq 2 x^{2}$, oftewel $f(x) \\geq x^{2}$.\nOmdat $(x-y)^{2} \\geq 0$, 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\n\n$$\nf(x)=\\max _{y \\in \\mathbb{R}}(2 x y-f(y)) \\leq x^{2}\n$$\n\nWe concluderen $f(x)=x^{2}$.\nWe 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\n\n$$\nx^{2}=\\max _{y \\in \\mathbb{R}}\\left(2 x y-y^{2}\\right)\n$$", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 2.", "solution_match": "\nOplossing."}} |
| {"year": "2010", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "(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.\n(b) Vind gehele getallen $a$ en $b$, beide ongelijk aan nul, zodat $M(a, b)$ een positief geheel getal is, maar geen kwadraat.", "solution": "(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 $3-m$.\nStel 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 $2 b$.\nStel 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.\nWe concluderen dat $M(a, b)$ in alle gevallen een kwadraat is.\n(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.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "# Opgave 3.", "solution_match": "# Oplossing."}} |
| {"year": "2010", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "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 $|D R|=|D A|$.", "solution": "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.\nOmdat $\\angle D P B=\\angle D M Q=90^{\\circ}$ 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 $|D R|=\\sqrt{2}|D M|=|D A|$.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 4.", "solution_match": "\nOplossing I."}} |
| {"year": "2010", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "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 $|D R|=|D A|$.", "solution": "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.\nVerder gaat het bewijs zoals in de eerste oplossing.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 4.", "solution_match": "\nOplossing II."}} |
| {"year": "2010", "tier": "T1", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "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 $A(m)=A(m+1)=0$.", "solution": "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\n\n$$\nA(k+1)-A(k)=(k+1)^{2}+a(k+1)+b-\\left(k^{2}+a k+b\\right)=2 k+1+a,\n$$\n\ndus $2 k \\equiv-1-a \\bmod p$. Omdat $A(k)$ deelbaar is door $p$, is $4 A(k)$ dat ook, dus modulo $p$ geldt\n\n$$\n4 A(k)=4 k^{2}+4 a k+4 b \\equiv(-1-a)^{2}+2(-1-a) a+4 b=-a^{2}+4 b+1 \\quad \\bmod p\n$$\n\nDe 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 $A(m)=A(m+1)=0$.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 5.", "solution_match": "\nOplossing I."}} |
| {"year": "2010", "tier": "T1", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "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 $A(m)=A(m+1)=0$.", "solution": "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.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 5.", "solution_match": "\nOplossing II."}} |
|
|
