| {"year": "2016", "tier": "T1", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Bewijs dat voor alle positieve reële getallen $a, b, c$ geldt:\n\n$$\na+\\sqrt{a b}+\\sqrt[3]{a b c} \\leq \\frac{4}{3}(a+b+c)\n$$", "solution": "We kunnen $\\sqrt[3]{a b c}$ schrijven als $\\sqrt[3]{\\frac{a}{4} \\cdot b \\cdot 4 c}$. Toepassen van de ongelijkheid van het rekenkundig en meetkundig gemiddelde op de (positieve) termen $\\frac{a}{4}, b$ en $4 c$ geeft dan\n\n$$\n\\sqrt[3]{a b c}=\\sqrt[3]{\\frac{a}{4} \\cdot b \\cdot 4 c} \\leq \\frac{\\frac{a}{4}+b+4 c}{3}=\\frac{a}{12}+\\frac{b}{3}+\\frac{4 c}{3} .\n$$\n\nDaarnaast passen we rekenkundig-meetkundig toe op $\\frac{a}{2}$ en $2 b$ :\n\n$$\n\\sqrt{a b}=\\sqrt{\\frac{a}{2} \\cdot 2 b} \\leq \\frac{\\frac{a}{2}+2 b}{2}=\\frac{a}{4}+b .\n$$\n\nDeze twee ongelijkheden tellen we bij elkaar op en we tellen er ook nog $a$ bij op:\n\n$$\na+\\sqrt{a b}+\\sqrt[3]{a b c} \\leq a+\\frac{a}{4}+b+\\frac{a}{12}+\\frac{b}{3}+\\frac{4 c}{3}=\\frac{4}{3}(a+b+c) .\n$$", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2016-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 1.", "solution_match": "\nOplossing."}} |
| {"year": "2016", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Bepaal alle paren $(a, b)$ van gehele getallen met de volgende eigenschap: er is een gehele $d \\geq 2$ zodat $a^{n}+b^{n}+1$ deelbaar is door $d$ voor alle positieve gehele getallen $n$.", "solution": "Bekijk een paar $(a, b)$ dat voldoet, met bijbehorende $d$. Zij $p$ een priemdeler van $d$ (die bestaat omdat $d \\geq 2$ ). Omdat $d \\mid a^{n}+b^{n}+1$ voor alle $n$, geldt ook $p \\mid a^{n}+b^{n}+1$ voor alle $n$. Bekijk nu $n=p-1$. Dan geldt $a^{n} \\equiv 0 \\bmod p$ als $p \\mid a$ en $a^{n} \\equiv 1 \\bmod p$ als $p \\nmid a$, wegens de kleine stelling van Fermat. Hetzelfde geldt voor $b$. Dus $a^{n}+b^{n}+1$ kan modulo $p$ de waarden 1 , 2 en 3 aannemen. Omdat het anderzijds 0 modulo $p$ moet zijn, zien we dat $p=2$ of $p=3$. We onderscheiden dus twee gevallen.\nStel dat $p=3$. Dan moet dus $3 \\nmid a, 3 \\nmid b$. Het geval $n=1$ geeft verder dat $3 \\mid a+b+1$, dus $a+b \\equiv 2 \\bmod 3$. Die twee eisen samen betekenen dat $a \\equiv b \\equiv 1 \\bmod 3$. In dit geval geldt voor alle positieve gehele $n$ dat $a^{n}+b^{n}+1 \\equiv 1+1+1 \\equiv 0 \\bmod 3$, dus elk zo'n tweetal voldoet, met $d=3$.\nStel nu dat $p=2$. Dan moet 2 een deler zijn van precies één van $a$ en $b$. In dat geval geldt voor alle positieve gehele $n$ dat $a^{n}+b^{n}+1 \\equiv 0+1+1 \\equiv 0 \\bmod 2$, dus elk zo'n tweetal voldoet, met $d=2$.\nWe concluderen dat dit de paren zijn die voldoen: $(a, b)$ met $a \\equiv b \\equiv 1 \\bmod 3,(a, b)$ met $a \\equiv 1, b \\equiv 0 \\bmod 2$, en $(a, b)$ met $a \\equiv 0, b \\equiv 1 \\bmod 2$.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2016-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 2.", "solution_match": "\nOplossing."}} |
| {"year": "2016", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $\\triangle A B C$ een gelijkbenige driehoek met $|A B|=|A C|$. Laat $D, E$ en $F$ punten zijn op de respectievelijke lijnstukken $B C, C A$ en $A B$ zodat $|B F|=|B E|$ en zodat $E D$ de binnenbissectrice van $\\angle B E C$ is.\nBewijs dat $|B D|=|E F|$ dan en slechts dan als $|A F|=|E C|$.", "solution": "Uit het gegeven en de bissectricestelling volgt dat\n\n$$\n\\frac{|B F|}{|B D|}=\\frac{|B E|}{|B D|}=\\frac{|C E|}{|C D|}\n$$\n\nVanwege de gelijkbenigheid van $\\triangle A B C$ geldt verder $\\angle F B D=\\angle E C D$, wat samen geeft dat $\\triangle B F D \\sim \\triangle C E D$. Hieruit volgt dat $\\angle B F D=\\angle C E D=\\angle B E D$, dus $B D E F$ is een koordenvierhoek. Met de stelling van Julian geldt dus $|B D|=|E F|$ dan en slechts dan als $D E \\| B F$. Er geldt $|A F|=|E C|$ dan en slechts dan als $|B F|=|A E|$ (aangezien $|A B|=|A C|$ ), oftewel dan en slechts dan als $|E A|=|E B|$, en dat geldt dan en slechts dan als $\\angle B A E=\\angle A B E$. Aangezien $2 \\angle B E D=\\angle B E C=\\angle B A E+\\angle A B E$ vanwege de buitenhoekstelling, is $\\angle B A E=\\angle A B E$ equivalent met $\\angle B E D=\\angle A B E$ en dat is weer equivalent met $D E \\| B F$. Kortom, $|B D|=|E F|$ dan en slechts dan als $D E \\| B F$ en dat geldt dan en slechts dan als $|A F|=|E C|$.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2016-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 3.", "solution_match": "\nOplossing I."}} |
| {"year": "2016", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $\\triangle A B C$ een gelijkbenige driehoek met $|A B|=|A C|$. Laat $D, E$ en $F$ punten zijn op de respectievelijke lijnstukken $B C, C A$ en $A B$ zodat $|B F|=|B E|$ en zodat $E D$ de binnenbissectrice van $\\angle B E C$ is.\nBewijs dat $|B D|=|E F|$ dan en slechts dan als $|A F|=|E C|$.", "solution": "Stel eerst $|B D|=|E F|$. Vanwege de buitenhoekstelling en het gegeven dat $|B F|=|B E|$ geldt $\\angle A E F=\\angle B F E-\\angle F A E=\\angle B E F-\\angle F A E$. Dus\n$180^{\\circ}-2 \\angle B E D=\\angle A E F+\\angle B E F=2 \\angle B E F-\\angle F A E=2 \\angle B E F-\\left(180^{\\circ}-2 \\angle A B C\\right)$.\nHieruit volgt\n\n$$\n180^{\\circ}=\\angle B E D+\\angle B E F+\\angle A B C=\\angle D E F+\\angle F B D,\n$$\n\ndus $B D E F$ is een koordenvierhoek. Vanwege $|B D|=|E F|$ krijgen we met de stelling van Julian dat $B F \\| D E$. Dus\n\n$$\n\\angle B F D=\\angle B E D=\\angle D E C=\\angle B A C,\n$$\n\nwat betekent dat $F D \\| A C$. Dus $F A E D$ is een parallellogram. Verder zijn driehoeken $B F D$ en $B A C$ nu gelijkvormig wegens gelijke hoeken bij $A$ en $F$, dus $B F D$ is ook gelijkbenig. Dus geldt $|A E|=|F D|=|F B|$. Vanwege $|A B|=|A C|$ volgt daaruit $|E C|=|A F|$. Stel nu andersom dat $|E C|=|A F|$. Dat betekent $|A E|=|B F|=|B E|$, dus $\\triangle A E B$ is gelijkbenig. Hieruit volgt $\\angle B A C=\\angle A B E$, dus hebben de gelijkbenige driehoeken $\\triangle A B C$ en $\\triangle B E F$ dezelfde tophoek. Dat maakt dat ze gelijkvormig zijn. Noem de tophoek van deze driehoeken even $\\alpha$ en de basishoek $\\beta$. Dan is $\\angle D B E=\\angle D B A-\\angle E B F=\\beta-\\alpha=\\angle A E F$ vanwege de buitenhoekstelling in $\\triangle A F E$. Verder is $\\angle B E D=\\frac{1}{2} \\angle B E C=\\frac{1}{2} \\cdot 2 \\alpha=\\alpha$ vanwege de buitenhoekstelling in $\\triangle A E B$. Driehoeken $\\triangle A F E$ en $\\triangle E D B$ hebben dus twee paren gelijke hoeken. Daarnaast is $|A E|=|E B|$, dus deze driehoeken zijn congruent. Daaruit volgt $|D B|=|E F|$.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2016-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 3.", "solution_match": "\nOplossing II."}} |
| {"year": "2016", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Bepaal het aantal verzamelingen $A=\\left\\{a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{1000}\\right\\}$ van positieve gehele getallen met $a_{1}<a_{2}<\\ldots<a_{1000} \\leq 2014$, waarvoor geldt dat de verzameling\n\n$$\nS=\\left\\{a_{i}+a_{j} \\mid 1 \\leq i, j \\leq 1000 \\text { en } i+j \\in A\\right\\}\n$$\n\neen deelverzameling is van $A$.", "solution": "We bewijzen dat er $2^{14}$ zulke verzamelingen zijn. We bewijzen in het bijzonder dat de verzamelingen $A$ die voldoen van de vorm $B \\cup C$ zijn, met $C$ een deelverzameling van $\\{2001, \\ldots, 2014\\}$ en $B=\\{1,2, \\ldots, 1000-|C|\\}$. Noem verzamelingen van die vorm \"leuk\". Omdat er $2^{14}$ deelverzamelingen van $\\{2001, \\ldots, 2014\\}$ zijn, zijn er $2^{14}$ leuke verzamelingen. We laten eerst zien dat iedere leuke verzameling $A$ voldoet. Stel dat $i, j \\leq 1000$ met $i+j \\in A$. Dan is $i+j \\leq 2000$, dus $i+j \\in B$. Er bestaat dan dus een $k$ met $k \\leq 1000-|C|$ zodat $i+j=a_{k}(=k)$. Omdat $a_{k} \\leq 1000-|C|$ geldt ook $i, j \\leq 1000-|C|$, dus $a_{i}=i$ en $a_{j}=j$. Dat betekent $a_{i}+a_{j}=i+j=a_{k}$ en dat is een element van $A$. Dus elk element van $S$ is een element van $A$, waaruit volgt dat $A$ voldoet.\nWe laten nu zien dat iedere verzameling $A$ die voldoet, leuk is. Stel allereerst dat er een $k$ met $1 \\leq k \\leq 1000$ bestaat zodat $a_{k} \\in\\{1001, \\ldots, 2000\\}$. Dan is $a_{k}=1000+i$ voor zekere $i$ met $i \\leq 1000$, dus $a_{1000}+a_{i}$ is een element van $S$ en moet daarom ook een element van $A$ zijn. Er geldt echter $a_{1000}+a_{i}>a_{1000}$, tegenspraak. Dus zo'n $a_{k}$ kan niet voorkomen. Dit betekent dat $A$ te schrijven is als de disjuncte vereniging $B \\cup C$, met $C \\subseteq\\{2001, \\ldots, 2014\\}$ en $B \\subseteq\\{1,2, \\ldots, 1000\\}$. Zij $b$ het aantal elementen van $B$. Dan is $b \\geq 986$, want $C$ heeft hoogstens 14 elementen. Om te bewijzen dat $A$ leuk is, moeten we bewijzen dat $B=\\{1,2, \\ldots, b\\}$. Hiertoe is het voldoende om te bewijzen dat $a_{b}$, het grootste element van $B$, gelijk is aan $b$. Stel daarom uit het ongerijmde dat $a_{b}>b$. Voor $i$ met $i=a_{b}-b$ geldt dan $b+i=a_{b} \\leq 1000$, dus $i \\leq 1000-b \\leq 14<b$. Daarom is $a_{i} \\leq 1000$ en dus $a_{b}+a_{i} \\leq$ 2000. Omdat $i+b=a_{b} \\in A$, geldt $a_{b}+a_{i} \\in S \\subset A$, maar dan is $a_{b}+a_{i}$ een groter element van $B$ dan $a_{b}$, het maximale element. Tegenspraak. Dus $a_{b}=b$, waaruit volgt dat $B=\\{1,2, \\ldots, b\\}$. Dus $A$ is leuk.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2016-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 4.", "solution_match": "\nOplossing."}} |
|
|
