| {"year": "2014", "tier": "T1", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $f: \\mathbb{Z}_{>0} \\rightarrow \\mathbb{R}$ een functie waarvoor geldt: voor alle $n>1$ is er een priemdeler $p$ van $n$ zodat\n\n$$\nf(n)=f\\left(\\frac{n}{p}\\right)-f(p)\n$$\n\nBovendien is gegeven dat $f\\left(2^{2014}\\right)+f\\left(3^{2015}\\right)+f\\left(5^{2016}\\right)=2013$.\nBereken $f\\left(2014^{2}\\right)+f\\left(2015^{3}\\right)+f\\left(2016^{5}\\right)$.", "solution": "Als $n=q$ met $q$ priem, dan is er maar één priemdeler van $n$, namelijk $q$, dus moet gelden dat $f(q)=f(1)-f(q)$, dus $f(q)=\\frac{1}{2} f(1)$. Als $n=q^{2}$ met $q$ priem, dan heeft $n$ ook maar één priemdeler, dus geldt $f\\left(q^{2}\\right)=f(q)-f(q)=0$. We bewijzen nu met inductie naar $k$ dat $f\\left(q^{k}\\right)=\\frac{2-k}{2} f(1)$ als $q$ een priemgetal is en $k$ een positief geheel getal. Voor $k=1$ en $k=2$ hebben we dit al laten zien. Stel nu dat $f\\left(q^{k}\\right)=\\frac{2-k}{2} f(1)$ voor zekere $k \\geq 2$ en vul in $n=q^{k+1}$. Er geldt\n\n$$\nf\\left(q^{k+1}\\right)=f\\left(q^{k}\\right)-f(q)=\\frac{2-k}{2} f(1)-\\frac{1}{2} f(1)=\\frac{2-(k+1)}{2} f(1)\n$$\n\nDit voltooit de inductie.\nNu gebruiken we ons tweede gegeven. Er geldt\n\n$$\n\\begin{aligned}\n2013 & =f\\left(2^{2014}\\right)+f\\left(3^{2015}\\right)+f\\left(5^{2016}\\right) \\\\\n& =\\frac{2-2014}{2} f(1)+\\frac{2-2015}{2} f(1)+\\frac{2-2016}{2} f(1) \\\\\n& =-\\frac{6039}{2} f(1)\n\\end{aligned}\n$$\n\ndus $f(1)=\\frac{2013 \\cdot 2}{-6039}=-\\frac{2}{3}$. En dan geldt voor elk priemgetal $q$ dat $f(q)=\\frac{1}{2} f(1)=-\\frac{1}{3}$.\nWe bewijzen vervolgens dat als $n=p_{1} p_{2} \\cdots p_{m}$ met $p_{1}, p_{2}, \\ldots, p_{m}$ niet noodzakelijk verschillende priemgetallen en $m \\geq 0$, dat dan geldt $f(n)=\\frac{m-2}{3}$. Dit doen we met inductie naar $m$. Voor $m=0$ is $n=1$ en $f(1)=-\\frac{2}{3}=\\frac{0-2}{3}$, dus hiervoor klopt het. Stel nu dat we het bewezen hebben voor zekere $m \\geq 0$. Bekijk een willekeurige $n$ van de vorm $n=p_{1} p_{2} \\cdots p_{m+1}$. Dan is $n>1$, dus is er een priemfactor $p \\mid n$ waarvoor geldt $f(n)=f\\left(\\frac{n}{p}\\right)-f(p)$; zonder verlies van algemeenheid is dit $p=p_{m+1}$. Nu volgt\n\n$$\nf(n)=f\\left(p_{1} p_{2} \\cdots p_{m}\\right)-f\\left(p_{m+1}\\right)=\\frac{m-2}{3}--\\frac{1}{3}=\\frac{(m+1)-2}{3} .\n$$\n\nDit voltooit de inductie.\nWe kunnen nu het gevraagde berekenen. De priemfactorisaties van 2014, 2015 en 2016 zijn $2014=2 \\cdot 19 \\cdot 53,2015=5 \\cdot 13 \\cdot 31$ en $2016=2^{5} \\cdot 3^{2} \\cdot 7$, dus\n\n$$\nf\\left(2014^{2}\\right)+f\\left(2015^{3}\\right)+f\\left(2016^{5}\\right)=\\frac{6-2}{3}+\\frac{9-2}{3}+\\frac{40-2}{3}=\\frac{49}{3} .\n$$", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2014-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 1.", "solution_match": "\nOplossing."}} |
| {"year": "2014", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "De verzamelingen $A$ en $B$ zijn deelverzamelingen van de positieve gehele getallen. De som van elke twee verschillende elementen uit $A$ is een element van $B$. Het quotiënt van elke twee verschillende elementen van $B$ (waarbij we de grootste door de kleinste delen) is een element van $A$. Bepaal het maximale aantal elementen in $A \\cup B$.", "solution": "Stel dat $A$ minstens drie elementen bevat, zeg $a<b<c$. Dan bevat $B$ de drie verschillende elementen $a+b<a+c<b+c$. Dus $A$ bevat in elk geval het element $\\frac{b+c}{a+c}$. Deze breuk is kennelijk geheel, dus $a+c \\mid b+c$. Maar dan volgt $a+c \\mid(b+c)-(a+c)=b-a$. We weten $b>a$, dus $b-a$ is positief, dus moet gelden $a+c \\leq b-a$. Dit geeft $c \\leq b-2 a<b$, een tegenspraak met $c>b$. Dus $A$ bevat hoogstens twee elementen.\nStel dat $B$ minstens vier elementen bevat, zeg $a<b<c<d$. Dan bevat $A$ de drie verschillende elementen $\\frac{d}{a}, \\frac{d}{b}$ en $\\frac{d}{c}$. Maar $A$ kan geen drie verschillende elementen bevatten, tegenspraak. Dus $B$ bevat hoogstens drie elementen.\nIn totaal bevat $A \\cup B$ dus hoogstens 5 elementen. Dit is mogelijk, bijvoorbeeld met $A=\\{2,4\\}$ en $B=\\{3,6,12\\}$. Nu is $2+4=6 \\in B$ en $\\frac{12}{6}=\\frac{6}{3}=2 \\in A$ en $\\frac{12}{3}=4 \\in A$, dus dit paar verzamelingen voldoet. We concluderen dat $A \\cup B$ maximaal 5 elementen bevat.\nHet vinden van een paar verzamelingen dat voldoet, kan bijvoorbeeld als volgt. Stel B bevat de elementen $a<b<c$. Dan bevat $A$ de elementen $\\frac{c}{b}, \\frac{b}{a}$ en $\\frac{c}{a}$, waarvan $\\frac{c}{a}$ in elk geval de grootste is. Omdat A maar twee elementen bevat, moet wel gelden $\\frac{c}{b}=\\frac{b}{a}$. Verder moet de som van de twee elementen in $A$ weer in $B$ zitten, dus $\\frac{b}{a}+\\frac{c}{a} \\in B$. Schrijf $b=t a$, dan $c=t b=t^{2} a$ en $\\frac{b}{a}+\\frac{c}{a}=t+t^{2}$. Nu zie je dat $b$ gelijk kan zijn aan $t+t^{2}$ door $a=t+1$ te kiezen. Met $t=1$ krijg je $b=a$, dus die voldoet niet; met $t=2$ krijg je bovenstaande oplossing.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2014-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 2.", "solution_match": "\nOplossing."}} |
| {"year": "2014", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $H$ het hoogtepunt van een scherphoekige driehoek $A B C$. De lijn door $A$ loodrecht op $A C$ en de lijn door $B$ loodrecht op $B C$ snijden elkaar in $D$. De cirkel met middelpunt $C$ door $H$ snijdt de omgeschreven cirkel van driehoek $A B C$ in de punten $E$ en $F$. Bewijs dat $|D E|=|D F|=|A B|$.", "solution": "De driehoek is scherphoekig, dus $H$ ligt binnen de driehoek. Dat betekent dat $E$ en $F$ op de korte bogen $A C$ en $B C$ liggen. Neem aan dat $E$ op de korte boog $A C$ ligt en $F$ op de korte boog $B C$.\nAls we $H$ spiegelen in $A C$, komt het spiegelbeeld $H^{\\prime}$ op de omgeschreven cirkel van $\\triangle A B C$ terecht. (Dit is een bekend feit, te bewijzen door met wat hoekenjagen te laten zien dat $\\angle A H C=180^{\\circ}-\\angle A B C$.) Anderzijds ligt dit spiegelbeeld ook op de cirkel met middelpunt $C$ door $H$, aangezien $\\left|C H^{\\prime}\\right|=|C H|$. Dus $H^{\\prime}$ is het snijpunt van de twee cirkels en dat is $E$. We concluderen dat $E$ het spiegelbeeld van $H$ is onder spiegeling in $A C$.\nDit betekent dat $E H$ loodrecht op $A C$ staat en dus dezelfde lijn is als $B H$. Omdat $A D$ ook loodrecht op $A C$ staat, zijn $B E$ en $A D$ evenwijdig. Verder ligt $D$ op de omgeschreven cirkel van $\\triangle A B C$ omdat $\\angle C A D+\\angle C B D=90^{\\circ}+90^{\\circ}=180^{\\circ}$. We hadden al gezien dat $E$ op de korte boog $A C$ ligt, dus is $E A D B$ een koordenvierhoek in die volgorde. Nu is $\\angle B E A+\\angle E A D=180^{\\circ}$ wegens U-hoeken, maar ook $\\angle E B D+\\angle E A D=180^{\\circ}$ vanwege de koordenvierhoek. Dus $\\angle B E A=\\angle E B D$, dus de bijbehorende koorden $B A$ en $E D$ zijn even lang.\nAnaloog kunnen we bewijzen dat $|A B|=|D F|$, waarmee het gevraagde bewezen is.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2014-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 3.", "solution_match": "\nOplossing I."}} |
| {"year": "2014", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $H$ het hoogtepunt van een scherphoekige driehoek $A B C$. De lijn door $A$ loodrecht op $A C$ en de lijn door $B$ loodrecht op $B C$ snijden elkaar in $D$. De cirkel met middelpunt $C$ door $H$ snijdt de omgeschreven cirkel van driehoek $A B C$ in de punten $E$ en $F$. Bewijs dat $|D E|=|D F|=|A B|$.", "solution": "Op dezelfde manier als in de eerste oplossing laten we zien dat $E$ het spiegelbeeld van $H$ is onder spiegeling in $A C$ en dat $E A D B$ een koordenvierhoek is in die volgorde. Vanwege de spiegeling is $|A E|=|A H|$. Omdat zowel $B D$ als $A H$ loodrecht op $B C$ staan, zijn ze evenwijdig. Analoog zijn ook $A D$ en $B H$ evenwijdig, dus is $A D B H$ een parallellogram. Dus is $|A H|=|B D|$, waarmee we zien dat $|A E|=|B D|$. We hebben nu een koorde $E A$ naast een koorde $A D$, en verder een koorde $B D$ (even lang als $E A$ ) naast weer dezelfde koorde $A D$. We laten nu zien dat de overspannende koorden $E D$ en $A B$ daarom gelijk zijn. Er geldt $\\angle A E D=\\angle A B D$. En omdat $|A E|=|B D|$ geldt $\\angle A D E=\\angle B A D$. Dus $\\triangle E A D \\cong \\triangle B D A(\\mathrm{ZHH})$, waaruit volgt $|D E|=|A B|$.\nAnaloog kunnen we bewijzen dat $|A B|=|D F|$, waarmee het gevraagde bewezen is.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2014-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 3.", "solution_match": "\nOplossing II."}} |
| {"year": "2014", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Bepaal alle paren $(p, q)$ van priemgetallen waarvoor $p^{q+1}+q^{p+1}$ een kwadraat is.", "solution": "Stel eerst dat $p$ en $q$ beide oneven zijn. Dan zijn in $p^{q+1}+q^{p+1}$ beide exponenten even, waaruit volgt dat beide termen congruent $1 \\bmod 4$ zijn. De som is dus congruent 2 $\\bmod 4$, maar dat is nooit een kwadraat.\nStel nu dat $p$ en $q$ beide even zijn. Dan zijn ze beide gelijk aan 2 . Dat geeft $p^{q+1}+q^{p+1}=$ $2^{3}+2^{3}=16=4^{2}$, dus dit tweetal voldoet.\nStel ten slotte dat één beide, zeg $p$, even is en de ander oneven. We hebben dan dus $p=2$ en $2^{q+1}+q^{3}=a^{2}$ voor een zeker positief geheel getal $a$. Schrijf $q+1=2 b$ met $b$ positief geheel, dan staat er $2^{2 b}+q^{3}=a^{2}$, oftewel\n\n$$\nq^{3}=a^{2}-2^{2 b}=\\left(a-2^{b}\\right)\\left(a+2^{b}\\right)\n$$\n\nBeide factoren rechts moeten nu een $q$-macht zijn, zeg $a-2^{b}=q^{k}$ en $a+2^{b}=q^{l}$ met $l>k \\geq 0$. Beide factoren zijn deelbaar door $q^{k}$, dus ook het verschil is daardoor deelbaar. Dus $q^{k} \\mid 2 \\cdot 2^{b}=2^{b+1}$. Maar $q$ is een oneven priemgetal, dus de enige $q$-macht die een deler van een tweemacht is, is 1 . Dus $k=0$. We krijgen nu $q^{3}=a+2^{b}$ en $a-2^{b}=1$, dus $q^{3}=\\left(2^{b}+1\\right)+2^{b}=2^{b+1}+1$. Daaruit volgt\n\n$$\n2^{b+1}=q^{3}-1=(q-1)\\left(q^{2}+q+1\\right)\n$$\n\nEchter, $q^{2}+q+1 \\equiv 1 \\bmod 2$ en verder is $q^{2}+q+1>1$, dus dit kan nooit een tweemacht zijn. Tegenspraak.\nWe concluderen dat de enige oplossing $(p, q)=(2,2)$ is.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2014-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 4.", "solution_match": "\nOplossing."}} |
| {"year": "2014", "tier": "T1", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $P(x)$ een polynoom met gehele coëfficiënten en graad $n \\leq 10$ waarvoor geldt dat er voor elke $k \\in\\{1,2, \\ldots, 10\\}$ een gehele $m$ is met $P(m)=k$. Verder is gegeven dat $|P(10)-P(0)|<1000$. Bewijs dat er voor elke gehele $k$ een gehele $m$ is met $P(m)=k$.", "solution": "Laat voor $i=1,2, \\ldots, 10$ het gehele getal $c_{i}$ zo zijn dat $P\\left(c_{i}\\right)=i$. Er geldt voor $i \\in\\{1,2, \\ldots, 9\\}$ dat\n\n$$\nc_{i+1}-c_{i} \\mid P\\left(c_{i+1}\\right)-P\\left(c_{i}\\right)=(i+1)-i=1\n$$\n\ndus $c_{i+1}-c_{i}= \\pm 1$ voor alle $i \\in\\{1,2, \\ldots, 9\\}$. Verder geldt dat $c_{i} \\neq c_{j}$ voor $i \\neq j$, want $P\\left(c_{i}\\right)=i \\neq j=P\\left(c_{j}\\right)$. We concluderen dat $c_{1}, c_{2}, \\ldots, c_{10}$ tien opeenvolgende getallen zijn, ofwel stijgend ofwel dalend. We onderscheiden dus twee gevallen:\n(A) $c_{i}=c_{1}-1+i$ voor $i=1,2, \\ldots, 10$ (dus $c_{1}, c_{2}, \\ldots, c_{10}$ is een stijgend rijtje opeenvolgende getallen),\n(B) $c_{i}=c_{1}+1-i$ voor $i=1,2, \\ldots, 10$ (dus $c_{1}, c_{2}, \\ldots, c_{10}$ is een dalend rijtje opeenvolgende getallen).\n\nBekijk eerst geval (A). Definieer $Q(x)=1+x-c_{1}$. Dan geldt voor $1 \\leq i \\leq 10$ dat\n\n$$\nQ\\left(c_{i}\\right)=Q\\left(c_{1}-1+i\\right)=1+\\left(c_{1}-1+i\\right)-c_{1}=i=P\\left(c_{i}\\right)\n$$\n\ndus $P\\left(c_{i}\\right)-Q\\left(c_{i}\\right)=0$. Dus kunnen we schrijven\n\n$$\nP(x)-Q(x)=R(x) \\cdot \\prod_{i=1}^{10}\\left(x-c_{i}\\right)\n$$\n\noftewel\n\n$$\nP(x)=1+x-c_{1}+R(x) \\cdot \\prod_{i=1}^{10}\\left(x-c_{i}\\right)\n$$\n\nOmdat de graad van $P$ hoogstens 10 is, mag de graad van $R$ niet groter dan 0 zijn. Dus $R(x)$ is een constante, zeg $R(x)=a$ met $a \\in \\mathbb{Z}$. We krijgen dan\n\n$$\nP(x)=1+x-c_{1}+a \\cdot \\prod_{i=1}^{10}\\left(x-c_{i}\\right)\n$$\n\nWe vullen nu $x=10$ en $x=0$ in:\n\n$$\n\\begin{gathered}\nP(10)-P(0)=1+10-c_{1}+a \\cdot \\prod_{i=1}^{10}\\left(10-c_{i}\\right)-\\left(1+0-c_{1}\\right)-a \\cdot \\prod_{i=1}^{10}\\left(0-c_{i}\\right) \\\\\n=10+a \\cdot\\left(\\prod_{i=1}^{10}\\left(10-c_{i}\\right)-\\prod_{i=1}^{10}\\left(0-c_{i}\\right)\\right)\n\\end{gathered}\n$$\n\nDe getallen $10-c_{1}, 10-c_{2}, \\ldots, 10-c_{10}$ zijn tien opeenvolgende getallen en de getallen $0-c_{1}, 0-c_{2}, \\ldots, 0-c_{10}$ volgen daar weer precies op. Dus er is een $N$ zodat\n\n$$\n\\prod_{i=1}^{10}\\left(10-c_{i}\\right)-\\prod_{i=1}^{10}\\left(0-c_{i}\\right)=(N+20)(N+19) \\cdots(N+11)-(N+10)(N+9) \\cdots(N+1)\n$$\n\nWe gaan dit afschatten. We nemen eerst aan dat $N+1>0$. Dan geldt\n\n$$\n\\begin{aligned}\n(N+20)( & N+19) \\cdots(N+11)-(N+10)(N+9) \\cdots(N+1) \\\\\n& >(N+20)(N+9) \\cdots(N+1)-(N+10)(N+9) \\cdots(N+1) \\\\\n& =10 \\cdot(N+9)(N+8) \\cdots(N+1) \\\\\n& \\geq 10!.\n\\end{aligned}\n$$\n\nAls juist $N+20<0$, zijn alle factoren negatief. Helemaal analoog is het absolute verschil ook weer groter dan 10 !. Als $N+20 \\geq 0$ en $N+1 \\leq 0$, zit er dus ergens een 0 tussen de factoren. Dus precies één van de twee termen is gelijk aan 0 en de ander is in absolute waarde minstens 10 !. We concluderen dat het absolute verschil altijd minstens 10 ! is. Dus als $a \\neq 0$ is $|P(10)-P(0)| \\geq 10!-10>1000$. Gegeven is echter dat $|P(10)-P(0)|<1000$, dus blijkbaar moet gelden dat $a=0$. Nu vinden we dat\n\n$$\nP(x)=1+x-c_{1} .\n$$\n\nZij $k \\in \\mathbb{Z}$ willekeurig en kies $m=k-1+c_{1}$. Dan geldt $P(m)=1+\\left(k-1+c_{1}\\right)-c_{1}=k$. Dus voor elke gehele $k$ is er een gehele $m$ met $P(m)=k$.\nBekijk nu geval (B). We kunnen precies dezelfde redenering volgen, waarbij we nu $Q(x)=$ $1-x+c_{1}$ definiëren en uiteindelijk krijgen dat\n\n$$\nP(x)=1-x+c_{1}+a \\cdot \\prod_{i=1}^{10}\\left(x-c_{i}\\right)\n$$\n\nWe leiden op dezelfde manier af dat $a=0$, zodat\n\n$$\nP(x)=1-x+c_{1} .\n$$\n\nEn nu volgt weer dat er voor elke gehele $k$ een gehele $m$ is met $P(m)=k$.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2014-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 5.", "solution_match": "\nOplossing."}} |
|
|
