diff --git "a/Dutch_TST/segmented/nl-2025-B2025_uitwerkingen.jsonl" "b/Dutch_TST/segmented/nl-2025-B2025_uitwerkingen.jsonl"
--- "a/Dutch_TST/segmented/nl-2025-B2025_uitwerkingen.jsonl"
+++ "b/Dutch_TST/segmented/nl-2025-B2025_uitwerkingen.jsonl"
@@ -3,9 +3,9 @@
{"year": "2025", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij \\(n \\ge 2\\) een geheel getal, en laat \\(z_1, \\dots, z_n\\) positieve gehele getallen zijn die voldoen aan: \n\n- \\(z_j \\le j\\) voor \\(j = 1, \\dots, n\\); \n\n- \\(z_1 + \\dots + z_n\\) is even. \n\nBewijs dat er \\(s_1, \\dots, s_n \\in \\{-1, 1\\}\\) bestaan zodat: \n\n\\[s_1 z_1 + s_2 z_2 + \\dots + s_n z_n = 0.\\]", "solution": "We bewijzen dit met tweestapsinductie naar \\(n\\). Voor \\(n = 2\\) volgt uit de voorwaarden dat \\(z_1 = z_2 = 1\\), en dan geldt dus dat \\(z_1 - z_2 = 0\\). Voor \\(n = 3\\) volgt uit de voorwaarde dat \\((z_1, z_2, z_3)\\) gelijk is aan \\((1, 1, 2)\\), \\((1, 2, 1)\\) of \\((1, 2, 3)\\). Daarvoor kiezen we respectievelijk \\((s_1, s_2, s_3)\\) gelijk aan \\((1, 1, -1)\\), \\((1, -1, 1)\\) en \\((1, 1, -1)\\). \n\nStel nu dat we het gevraagde bewezen hebben voor \\(n = k\\) en \\(n = k-1\\), waarbij \\(k \\ge 2\\). Laat \\(z_1, \\dots, z_{k+1}\\) getallen zijn die voldoen aan de voorwaarden in de opgave. We onderscheiden twee gevallen. Stel eerst dat \\(z_k = z_{k+1}\\). Door de inductiehypothese voor \\(n = k-1\\) toe te passen op \\(z_1, \\dots, z_{k-1}\\) vinden we \\(s_1, \\dots, s_{k-1}\\) zodat \\(s_1 z_1 + \\dots + s_{k-1} z_{k-1} = 0\\). Nu hebben we ook dat \n\n\\[s_1 z_1 + \\dots + s_{k-1} z_{k-1} + z_k - z_{k+1} = 0,\\]\n\ndus volgt het gevraagde. Stel nu dat \\(z_k \\neq z_{k+1}\\). Dan geldt dat \\(|z_k - z_{k+1}| \\ge 1\\). Daarnaast weten we ook dat \\(|z_k - z_{k+1}| \\le k\\) omdat \\(1 \\le z_k, z_{k+1} \\le k+1\\). Omdat \\(|z_k - z_{k+1}| \\equiv z_k + z_{k+1} \\mod 2\\), geldt ook dat \\(z_1 + \\dots + z_{k-1} + |z_k - z_{k+1}|\\) even is. We kunnen dus de inductiehypothese voor \\(n = k\\) toepassen op \\(z_1, \\dots, z_{k-1}, |z_k - z_{k+1}|\\). Hierdoor vinden we \\(s_1, \\dots, s_k\\) zodanig dat: \n\n\\[s_1 z_1 + \\dots + s_{k-1} z_{k-1} + s_k |z_k - z_{k+1}| = 0.\\]\n\nOmdat \\(|z_k - z_{k+1}| = \\pm (z_k - z_{k+1})\\), volgt ook nu het gevraagde.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2025-B2025_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 2.", "solution_match": "\nOplossing I."}}
{"year": "2025", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij \\(n \\ge 2\\) een geheel getal, en laat \\(z_1, \\dots, z_n\\) positieve gehele getallen zijn die voldoen aan: \n\n- \\(z_j \\le j\\) voor \\(j = 1, \\dots, n\\); \n\n- \\(z_1 + \\dots + z_n\\) is even. \n\nBewijs dat er \\(s_1, \\dots, s_n \\in \\{-1, 1\\}\\) bestaan zodat: \n\n\\[s_1 z_1 + s_2 z_2 + \\dots + s_n z_n = 0.\\]", "solution": "We construeren recursief \\(s_n, s_{n-1}, \\dots, s_1\\), op de volgende manier. Om te beginnen kiezen we \\(s_n = 1\\). Bekijk vervolgens een \\(k \\in \\{2, \\dots, n\\}\\) en stel dat we \\(s_k, \\dots, s_n\\) gekozen hebben. Definieer \\(b_k = s_k z_k + \\dots + s_n z_n\\), en kies: \n\n\\[s_{k-1} = \\begin{cases} -1 & \\text{als } b_k \\ge 0; \\\\ 1 & \\text{als } b_k < 0. \\end{cases}\\]\n\n\n\nDefinieer ten slotte \\(b_1 = s_1z_1 + \\dots + s_nz_n\\). \n\nWe beweren dat \\(|b_k| \\le k\\) voor \\(k = 1, \\dots, n\\). We bewijzen dit met neerwaartse inductie naar \\(k\\). Voor \\(k = n\\) geldt inderdaad dat \\(|b_n| = |s_nz_n| = |z_n| \\le n\\). Stel nu dat we bewezen hebben dat \\(|b_k| \\le k\\) voor een zekere \\(k \\in \\{2, \\dots, n\\}\\). Als \\(b_k \\ge 0\\), dan geldt dat \\(b_{k-1} = b_k - z_{k-1}\\). We hebben \\(-(k-1) \\le -z_{k-1} \\le b_k - z_{k-1} \\le b_k - 1 \\le k-1\\), dus \\(|b_{k-1}| = |b_k - z_{k-1}| \\le k-1\\). Als \\(b_k < 0\\), dan geldt dat \\(b_{k-1} = b_k + z_{k-1}\\). In dit geval hebben we \\(-(k-1) \\le b_k + 1 \\le b_k + z_{k-1} < z_{k-1} \\le k-1\\), dus volgt ook dat \\(|b_{k-1}| = |b_k + z_{k-1}| \\le k-1\\). Dit voltooit de inductie. \n\nIn het bijzonder geldt dat \\(|b_1| \\le 1\\). Daarnaast weten we dat \\(b_1 \\equiv z_1 + \\dots + z_n \\equiv 0 \\mod 2\\), dus moet \\(b_1 = 0\\), zoals we wilden. \\(\\square\\)", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2025-B2025_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 2.", "solution_match": "\nOplossing II."}}
{"year": "2025", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij \\(n \\ge 2\\) een geheel getal, en laat \\(z_1, \\dots, z_n\\) positieve gehele getallen zijn die voldoen aan: \n\n- \\(z_j \\le j\\) voor \\(j = 1, \\dots, n\\); \n\n- \\(z_1 + \\dots + z_n\\) is even. \n\nBewijs dat er \\(s_1, \\dots, s_n \\in \\{-1, 1\\}\\) bestaan zodat: \n\n\\[s_1 z_1 + s_2 z_2 + \\dots + s_n z_n = 0.\\]", "solution": "We bewijzen de volgende sterkere claim, waaruit de opgave volgt door voor \\(m = \\frac{1}{2}S\\) te kiezen. \n\n**Claim.** Zij \\(n\\) een positief geheel getal, en laat \\(z_1, \\dots, z_n\\) positieve gehele getallen zo dat \\(z_j \\le j\\) voor \\(j = 1, \\dots, n\\). Zij \\(S = z_1 + \\dots + z_n\\) (niet-noodzakelijk even) en \\(0 \\le m \\le S\\). Dan bestaat er een deelverzameling van \\(\\{z_1, \\dots, z_n\\}\\) met som \\(m\\). \n\nWe bewijzen dit met inductie naar \\(n\\). Voor \\(n = 1\\), heeft de lege deelverzameling som 0 en de hele verzameling \\(\\{z_1\\}\\) som 1. \n\nStel nu dat de claim waar is voor \\(n = k\\) en beschouw getallen \\(z_1, \\dots, z_{k+1}\\) die aan de voorwaarde voldoen. We definiëren \\(Z = \\max(z_1, \\dots, z_{k+1})\\) en zij \\(j\\) maximaal zo dat \\(z_j = Z\\). Dat betekent dat \\(z_i < Z \\le j\\) voor alle \\(i > j\\). \n\nAls we \\(z_j\\) weglaten krijgen we een verzameling van \\(k\\) elementen, gedefinieerd als \n\n\\[ \\text{voor } i < j: \\quad \\tilde{z}_i = z_i \\le i; \\\\ \\text{voor } i \\ge j: \\quad \\tilde{z}_i = z_{i+1} < Z \\le j \\le i, \\]\n\nmet som \\(\\tilde{S} = \\sum_{i=1}^n \\tilde{z}_i = S-Z\\). Merk op dat \\(Z \\le j \\le k+1\\) en \\(S-Z = \\sum_{i=1; i \\ne j}^{k+1} z_i \\ge k \\cdot 1 = k\\), oftewel \\(Z \\le S-k\\). Dat betekent dat \\(2Z \\le (k+1) + (S-k) = S+1\\). Dus \\(Z\\) is hoogstens de helft van de som \\(S\\) naar boven afgerond, \\(Z \\le \\lceil \\frac{1}{2}S \\rceil\\), en \\(\\tilde{S}\\) is minstens de helft van \\(S\\) naar beneden afgerond, \\(\\tilde{S} \\ge \\lfloor \\frac{1}{2}S \\rfloor\\). Hiermee kunnen we nu de inductiehypothese toepassen. \n\n- Voor \\(0 \\le m \\le \\lfloor \\frac{1}{2}S \\rfloor\\), geldt dus \\(0 \\le m \\le \\tilde{S}\\). Dan is er een deelverzameling van de \\(\\tilde{z}_i\\) met som \\(m\\), wat meteen een deelverzameling van de \\(z_i\\) geeft met dezelfde som. \n\n- Voor \\(\\lceil \\frac{1}{2}S \\rceil \\le m \\le S\\), geldt dat \\(0 \\le m-Z \\le S-Z = \\tilde{S}\\). Dus er is een deelverzameling van de \\(\\tilde{z}_i\\) met som \\(m-Z\\). Als we hier \\(z_j\\) aan toevoegen krijgen we een deelverzameling van de \\(z_i\\) met som \\(m\\).\n\n\n\nHiermee hebben we voor \\(n = k + 1\\) voor elke \\(0 \\le m \\le S\\) een deelverzameling gevonden met som \\(m\\), en is de inductie voltooid. \n\nAls de som \\(S\\) even is, dan kunnen we \\(m = \\frac{1}{2}S\\) kiezen. Dat geeft een deelverzameling met som \\(\\frac{1}{2}S\\), en de som van de overige getallen is ook gelijk aan aan \\(S - \\frac{1}{2}S = \\frac{1}{2}S\\). Neem nu de bijbehorende \\(s_i = 1\\) voor de \\(z_i\\) in deze deelverzameling, en alle overige \\(s_i = -1\\). Dan geldt dus \\(s_1z_1 + s_2z_2 + \\dots + s_nz_n = \\frac{1}{2}S - \\frac{1}{2}S = 0\\). \\(\\square\\) \n\nOpmerking. Met de substitutie \\(s_i = 2t_i - 1\\) wordt de vraag equivalent aan een reeks \\(t_1, \\dots, t_n\\) met \\(t_i \\in \\{0, 1\\}\\) zo dat \n\n\\[t_1z_1 + t_2z_2 + \\dots + t_nz_n = \\frac{1}{2}S.\\]\n\nDan is de omschreven strategie van Oplossing 2 om de \\(t_i\\) te kiezen beginnende vanaf \\(i = n\\) zodanig dat de som \\(t_i z_i + \\dots + t_n z_n\\) niet groter is dan \\(\\frac{1}{2}S\\). En de deelverzameling van Oplossing 3 wordt gegeven door de \\(i\\) waarvoor \\(t_i = 1\\).", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2025-B2025_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 2.", "solution_match": "\nOplossing III."}}
-{"year": "2025", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Een groep van 4050 vrienden speelt een videospel-toernooi. Daarvoor staan er 2025 computers in een zaal gelabeld \\(a_1, \\dots, a_{2025}\\) en 2025 computers in een andere zaal gelabeld \\(b_1, \\dots, b_{2025}\\). De speler op computer \\(a_i\\) speelt altijd tegen de spelers \\(b_i\\), \\(b_{i+2}\\), \\(b_{i+3}\\) en \\(b_{i+4}\\) (in het bijzonder dus juist niet tegen \\(b_{i+1}\\)), waarbij we de computers cyclisch doornummeren. Na de eerste ronde kiezen alle spelers een computer binnen hun zaal voor de tweede ronde. Daarna merken ze op dat iedereen in de tweede ronde dezelfde tegenstanders heeft als in de eerste ronde. \n\nBewijs dat als er iemand dezelfde computer heeft gekozen in beide rondes, dan iedereen dezelfde computer heeft gekozen in beide rondes.", "solution": "Voor de tegenstandercomputers van \\(a_i\\) bekijken we tegen welke \\(a_j\\) zij spelen in de volgende tabel. \n\n| \\(b_i\\) : | \\(a_{i-4}\\) | \\(a_{i-3}\\) | \\(a_{i-2}\\) | \\(a_i\\) |
\n\n| \\(b_{i+2}\\) : | \\(a_{i-2}\\) | \\(a_{i-1}\\) | \\(a_i\\) | \\(a_{i+2}\\) |
| \\(b_{i+3}\\) : | | \\(a_{i-1}\\) | \\(a_i\\) | \\(a_{i+1}\\) | \\(a_{i+3}\\) |
| \\(b_{i+4}\\) : | | | \\(a_i\\) | \\(a_{i+1}\\) | \\(a_{i+2}\\) | \\(a_{i+4}\\) |
\n\nMerk op dat de computers \\(a_{i-2}\\), \\(a_{i-1}\\), \\(a_{i+1}\\) en \\(a_{i+2}\\) elk twee gemeenschappelijk tegenstandercomputers hebben met \\(a_i\\). Verder hebben \\(a_{i-4}\\), \\(a_{i-3}\\), \\(a_{i+3}\\) en \\(a_{i+4}\\) elk één gemeenschappelijke tegenstandercomputer met \\(a_i\\). Alleen voor de eerste twee, \\(a_{i-4}\\) en \\(a_{i-3}\\), is de gemeenschappelijk tegenstander met \\(a_i\\) hetzelfde, namelijk \\(b_i\\). \n\n\n\n \n\nStel nu dat er een speler is blijven zitten, zeg de speler op \\(a_{2025}\\). We gaan nu met inductie bewijzen dat alle spelers op \\(a_i\\) en \\(b_i\\) zijn blijven zitten. \n\nStel per inductiehypothese dat de speler op een zekere computer \\(a_i\\) in beide rondes hetzelfde is. Aangezien iedereen dezelfde tegenstanders heeft in beide rondes, hebben de spelers die op \\(a_{i-4}\\) en \\(a_{i-3}\\) zaten wederom elk één dezelfde gemeenschappelijke speler met\n\n\n\n\\(a_i\\), namelijk de speler die op \\(b_i\\) zat. Dat betekent dat de speler op \\(b_i\\) ook is blijven zitten. Nu merken we op dat alleen de speler die op \\(a_{i-2}\\) zat naast \\(b_i\\) nog een tweede gemeenschappelijke tegenstander met \\(a_i\\) heeft. Dus ook op \\(a_{i-2}\\) is dezelfde speler blijven zitten. \n\nOmdat 2025 oneven is, volgt nu met inductie eenvoudig dat iedereen op dezelfde computer is blijven zitten, als er één iemand is blijven zitten. □", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2025-B2025_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 3.", "solution_match": "\nOplossing I."}}
-{"year": "2025", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Een groep van 4050 vrienden speelt een videospel-toernooi. Daarvoor staan er 2025 computers in een zaal gelabeld \\(a_1, \\dots, a_{2025}\\) en 2025 computers in een andere zaal gelabeld \\(b_1, \\dots, b_{2025}\\). De speler op computer \\(a_i\\) speelt altijd tegen de spelers \\(b_i\\), \\(b_{i+2}\\), \\(b_{i+3}\\) en \\(b_{i+4}\\) (in het bijzonder dus juist niet tegen \\(b_{i+1}\\)), waarbij we de computers cyclisch doornummeren. Na de eerste ronde kiezen alle spelers een computer binnen hun zaal voor de tweede ronde. Daarna merken ze op dat iedereen in de tweede ronde dezelfde tegenstanders heeft als in de eerste ronde. \n\nBewijs dat als er iemand dezelfde computer heeft gekozen in beide rondes, dan iedereen dezelfde computer heeft gekozen in beide rondes.", "solution": "We noemen twee computers *superconnected* als ze twee tegenstandercomputers gemeen hebben. We merken op dat de enige computers superconnected met \\(a_i\\) de computers \\(a_{i-2}\\), \\(a_{i-1}\\), \\(a_{i+1}\\) en \\(a_{i+2}\\) zijn. Nu gaan we kijken naar drietallen die superconnected zijn. \n\n- Er zijn twee computers superconnected met zowel \\(a_i\\) als \\(a_{i+1}\\), namelijk de computers \\(a_{i-1}\\) en \\(a_{i+2}\\). \n\n- Er is één computer superconnected met zowel \\(a_i\\) als \\(a_{i+2}\\), namelijk de computer \\(a_{i+1}\\). \n\n\n\n \n\nDus als een computer zelf superconnected is met \\(a_i\\) en twee gemeenschappelijke superconnected computers met \\(a_i\\) heeft, dan is deze computer \\(a_{i-1}\\) of \\(a_{i+1}\\). \n\nAangezien iedereen dezelfde tegenstanders heeft in beide rondes, geldt dat als twee vrienden in de eerste ronde op superconnected computers speelden, ze in de tweede ronde ook op superconnected computers spelen. Uit het bovenstaande volgt dan dat, als twee vrienden in de eerste ronde naast elkaar zaten, ze dat in de tweede ronde ook doen. \n\nStel nu dat de speler op \\(a_1\\) beide rondes hetzelfde is. We nemen verder uit het ongerijmde aan dat de speler die de eerste ronde op \\(a_2\\) zat, in de tweede ronde op \\(a_{2025}\\) zat. Dan moeten inductief de spelers op \\(a_3\\), \\(a_4\\) en \\(a_5\\) verhuisd zijn naar \\(a_{2024}\\), \\(a_{2023}\\) en \\(a_{2022}\\). Dus de speler die in de eerste ronde op \\(b_5\\) zat (en tegen \\(a_1\\), \\(a_2\\), \\(a_3\\), \\(a_5\\) speelde), moet in de tweede ronde tegen de spelers op computers \\(a_{2022}\\), \\(a_{2024}\\), \\(a_{2025}\\), \\(a_1\\). Maar er is geen computer met die tegenstanders. We concluderen dus dat de speler op \\(a_2\\) wel moet zijn blijven zitten. Dit laat inductief zien dat iedereen in die zaal op dezelfde computer is blijven zitten. \n\nAangezien de spelers in de tweede zaal dezelfde tegenstanders hebben in beide rondes, weten we nu dat ze ook tegen dezelfde computers spelen. Dit legt de computers in de tweede zaal vast, dus iedereen in de tweede zaal heeft ook voor dezelfde computer gekozen in beide rondes. □", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2025-B2025_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 3.", "solution_match": "\nOplossing II."}}
-{"year": "2025", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Gegeven is \\(\\triangle ABC\\) met omgeschreven cirkel \\(\\Gamma\\). Zij \\(M\\) het midden van de boog \\(BC\\) van \\(\\Gamma\\) waar \\(A\\) niet op ligt. Het punt \\(N\\) op \\(\\Gamma\\) is de antipode van \\(A\\). De lijn door \\(B\\) loodrecht op \\(AM\\) snijdt \\(AM\\) in het punt \\(D\\) en snijdt \\(\\Gamma\\) een tweede keer in het punt \\(P \\neq B\\). De lijn door \\(D\\) loodrecht op \\(AC\\) snijdt \\(AC\\) in het punt \\(E\\) en snijdt \\(BC\\) in het punt \\(F\\). \n\nBewijs dat \\(ND\\), \\(MF\\) en \\(PE\\) concurrent zijn. \n\n", "solution": "We noteren de helft van de hoek bij \\(A\\) als \\(\\alpha = \\frac{1}{2} \\angle BAC = \\angle BAM = \\angle MAC\\), want \\(M\\) is het midden van boog \\(BC\\). Dan merken we op dat \\(\\angle ABP = \\angle ABD = 90^\\circ - \\angle DAB = 90^\\circ - \\alpha\\) en dat \\(\\angle EDA = 90^\\circ - \\angle DAE = 90^\\circ - \\alpha\\). Ook rekenen we uit dat, wegens de gestrekte hoek \\(\\angle ADM\\), geldt dat \\(\\angle PDE = 180^\\circ - \\angle EDA - \\angle MDP = 180^\\circ - (90^\\circ - \\alpha) - 90^\\circ = \\alpha\\). \n\nNu definiëren we \\(K\\) als het tweede snijpunt van de omgeschreven cirkel van \\(\\triangle ADE\\) met \\(\\Gamma\\) (naast \\(A\\)). Dan merken we op dat \\(\\angle AKE = \\angle ADE = 90^\\circ - \\alpha = \\angle ABP = \\angle AKP\\), dus \\(K\\), \\(E\\) en \\(P\\) zijn collinear. Evenzo geldt dat \\(\\angle AKD = 180^\\circ - \\angle AED = 90^\\circ = \\angle AKN\\), wegens Thales omdat \\(A\\) en \\(N\\) antipoden zijn. Dus \\(K\\), \\(D\\) en \\(N\\) zijn collinear. \n\nVoor de laatste lijn claimen we dat \\(BFDK\\) ook een koordenvierhoek is. Inderdaad, \\(\\angle KBF = \\angle KBC = 180^\\circ - \\angle KAC = 180^\\circ - \\angle KAE = \\angle KDE = 180^\\circ - \\angle KDF\\).\n\n\n\n(Merk op dat dit in feite de stelling van Miquel is in \\(\\triangle CEF\\) en koordenvierhoeken \\(AKBC\\) en \\(DEAK\\).) Uit de omtrekhoekstelling in de koordenvierhoek \\(BFDK\\) volgt dat \\(\\angle BKF = \\angle BDF = \\angle PDE = \\alpha = \\angle BAM = \\angle BKM\\), dus \\(K\\), \\(F\\) en \\(M\\) zijn collinear. We concluderen dat \\(ND\\), \\(MF\\) en \\(PE\\) concurrent zijn in het punt \\(K\\). \\(\\square\\)", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2025-B2025_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 4.", "solution_match": "\nOplossing I."}}
-{"year": "2025", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Gegeven is \\(\\triangle ABC\\) met omgeschreven cirkel \\(\\Gamma\\). Zij \\(M\\) het midden van de boog \\(BC\\) van \\(\\Gamma\\) waar \\(A\\) niet op ligt. Het punt \\(N\\) op \\(\\Gamma\\) is de antipode van \\(A\\). De lijn door \\(B\\) loodrecht op \\(AM\\) snijdt \\(AM\\) in het punt \\(D\\) en snijdt \\(\\Gamma\\) een tweede keer in het punt \\(P \\neq B\\). De lijn door \\(D\\) loodrecht op \\(AC\\) snijdt \\(AC\\) in het punt \\(E\\) en snijdt \\(BC\\) in het punt \\(F\\). \n\nBewijs dat \\(ND\\), \\(MF\\) en \\(PE\\) concurrent zijn. \n\n", "solution": "Net als in Oplossing I schrijven we \\(\\alpha = \\frac{1}{2}\\angle BAC\\) en merken we op dat \\(\\angle ANP = \\angle ABP = 90^\\circ - \\alpha = \\angle ADE\\). Omdat ook \\(\\angle APN = 90^\\circ = \\angle AED\\) zien we dat \\(\\triangle ANP \\sim \\triangle ADE\\). Bovendien zijn ze gelijk georiënteerd. Uit de theorie van draaiver- menigvuldigingen volgt nu dat \\(\\triangle AND \\sim \\triangle APE\\) en dat \\(ND\\) en \\(PE\\) elkaar snijden in het tweede snijpunt van de omgeschreven cirkels van \\(\\triangle ANP\\) en \\(\\triangle ADE\\), oftewel in \\(K\\). Nu gaan we verder zoals in Oplossing I om te laten zien dat \\(MF\\) door \\(K\\) gaat. \\(\\square\\)", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2025-B2025_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 4.", "solution_match": "\nOplossing II."}}
+{"year": "2025", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Een groep van 4050 vrienden speelt een videospel-toernooi. Daarvoor staan er 2025 computers in een zaal gelabeld \\(a_1, \\dots, a_{2025}\\) en 2025 computers in een andere zaal gelabeld \\(b_1, \\dots, b_{2025}\\). De speler op computer \\(a_i\\) speelt altijd tegen de spelers \\(b_i\\), \\(b_{i+2}\\), \\(b_{i+3}\\) en \\(b_{i+4}\\) (in het bijzonder dus juist niet tegen \\(b_{i+1}\\)), waarbij we de computers cyclisch doornummeren. Na de eerste ronde kiezen alle spelers een computer binnen hun zaal voor de tweede ronde. Daarna merken ze op dat iedereen in de tweede ronde dezelfde tegenstanders heeft als in de eerste ronde. \n\nBewijs dat als er iemand dezelfde computer heeft gekozen in beide rondes, dan iedereen dezelfde computer heeft gekozen in beide rondes.", "solution": "Voor de tegenstandercomputers van \\(a_i\\) bekijken we tegen welke \\(a_j\\) zij spelen in de volgende tabel. \n\n| \\(b_i\\) : | \\(a_{i-4}\\) | \\(a_{i-3}\\) | \\(a_{i-2}\\) | \\(a_i\\) |
\n\n| \\(b_{i+2}\\) : | \\(a_{i-2}\\) | \\(a_{i-1}\\) | \\(a_i\\) | \\(a_{i+2}\\) |
| \\(b_{i+3}\\) : | | \\(a_{i-1}\\) | \\(a_i\\) | \\(a_{i+1}\\) | \\(a_{i+3}\\) |
| \\(b_{i+4}\\) : | | | \\(a_i\\) | \\(a_{i+1}\\) | \\(a_{i+2}\\) | \\(a_{i+4}\\) |
\n\nMerk op dat de computers \\(a_{i-2}\\), \\(a_{i-1}\\), \\(a_{i+1}\\) en \\(a_{i+2}\\) elk twee gemeenschappelijk tegenstandercomputers hebben met \\(a_i\\). Verder hebben \\(a_{i-4}\\), \\(a_{i-3}\\), \\(a_{i+3}\\) en \\(a_{i+4}\\) elk één gemeenschappelijke tegenstandercomputer met \\(a_i\\). Alleen voor de eerste twee, \\(a_{i-4}\\) en \\(a_{i-3}\\), is de gemeenschappelijk tegenstander met \\(a_i\\) hetzelfde, namelijk \\(b_i\\). \n\n\n\n \n\nStel nu dat er een speler is blijven zitten, zeg de speler op \\(a_{2025}\\). We gaan nu met inductie bewijzen dat alle spelers op \\(a_i\\) en \\(b_i\\) zijn blijven zitten. \n\nStel per inductiehypothese dat de speler op een zekere computer \\(a_i\\) in beide rondes hetzelfde is. Aangezien iedereen dezelfde tegenstanders heeft in beide rondes, hebben de spelers die op \\(a_{i-4}\\) en \\(a_{i-3}\\) zaten wederom elk één dezelfde gemeenschappelijke speler met\n\n\n\n\\(a_i\\), namelijk de speler die op \\(b_i\\) zat. Dat betekent dat de speler op \\(b_i\\) ook is blijven zitten. Nu merken we op dat alleen de speler die op \\(a_{i-2}\\) zat naast \\(b_i\\) nog een tweede gemeenschappelijke tegenstander met \\(a_i\\) heeft. Dus ook op \\(a_{i-2}\\) is dezelfde speler blijven zitten. \n\nOmdat 2025 oneven is, volgt nu met inductie eenvoudig dat iedereen op dezelfde computer is blijven zitten, als er één iemand is blijven zitten. □", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2025-B2025_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 3.", "solution_match": "\nOplossing I."}}
+{"year": "2025", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Een groep van 4050 vrienden speelt een videospel-toernooi. Daarvoor staan er 2025 computers in een zaal gelabeld \\(a_1, \\dots, a_{2025}\\) en 2025 computers in een andere zaal gelabeld \\(b_1, \\dots, b_{2025}\\). De speler op computer \\(a_i\\) speelt altijd tegen de spelers \\(b_i\\), \\(b_{i+2}\\), \\(b_{i+3}\\) en \\(b_{i+4}\\) (in het bijzonder dus juist niet tegen \\(b_{i+1}\\)), waarbij we de computers cyclisch doornummeren. Na de eerste ronde kiezen alle spelers een computer binnen hun zaal voor de tweede ronde. Daarna merken ze op dat iedereen in de tweede ronde dezelfde tegenstanders heeft als in de eerste ronde. \n\nBewijs dat als er iemand dezelfde computer heeft gekozen in beide rondes, dan iedereen dezelfde computer heeft gekozen in beide rondes.", "solution": "We noemen twee computers *superconnected* als ze twee tegenstandercomputers gemeen hebben. We merken op dat de enige computers superconnected met \\(a_i\\) de computers \\(a_{i-2}\\), \\(a_{i-1}\\), \\(a_{i+1}\\) en \\(a_{i+2}\\) zijn. Nu gaan we kijken naar drietallen die superconnected zijn. \n\n- Er zijn twee computers superconnected met zowel \\(a_i\\) als \\(a_{i+1}\\), namelijk de computers \\(a_{i-1}\\) en \\(a_{i+2}\\). \n\n- Er is één computer superconnected met zowel \\(a_i\\) als \\(a_{i+2}\\), namelijk de computer \\(a_{i+1}\\). \n\n\n\n \n\nDus als een computer zelf superconnected is met \\(a_i\\) en twee gemeenschappelijke superconnected computers met \\(a_i\\) heeft, dan is deze computer \\(a_{i-1}\\) of \\(a_{i+1}\\). \n\nAangezien iedereen dezelfde tegenstanders heeft in beide rondes, geldt dat als twee vrienden in de eerste ronde op superconnected computers speelden, ze in de tweede ronde ook op superconnected computers spelen. Uit het bovenstaande volgt dan dat, als twee vrienden in de eerste ronde naast elkaar zaten, ze dat in de tweede ronde ook doen. \n\nStel nu dat de speler op \\(a_1\\) beide rondes hetzelfde is. We nemen verder uit het ongerijmde aan dat de speler die de eerste ronde op \\(a_2\\) zat, in de tweede ronde op \\(a_{2025}\\) zat. Dan moeten inductief de spelers op \\(a_3\\), \\(a_4\\) en \\(a_5\\) verhuisd zijn naar \\(a_{2024}\\), \\(a_{2023}\\) en \\(a_{2022}\\). Dus de speler die in de eerste ronde op \\(b_5\\) zat (en tegen \\(a_1\\), \\(a_2\\), \\(a_3\\), \\(a_5\\) speelde), moet in de tweede ronde tegen de spelers op computers \\(a_{2022}\\), \\(a_{2024}\\), \\(a_{2025}\\), \\(a_1\\). Maar er is geen computer met die tegenstanders. We concluderen dus dat de speler op \\(a_2\\) wel moet zijn blijven zitten. Dit laat inductief zien dat iedereen in die zaal op dezelfde computer is blijven zitten. \n\nAangezien de spelers in de tweede zaal dezelfde tegenstanders hebben in beide rondes, weten we nu dat ze ook tegen dezelfde computers spelen. Dit legt de computers in de tweede zaal vast, dus iedereen in de tweede zaal heeft ook voor dezelfde computer gekozen in beide rondes. □", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2025-B2025_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 3.", "solution_match": "\nOplossing II."}}
+{"year": "2025", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Gegeven is \\(\\triangle ABC\\) met omgeschreven cirkel \\(\\Gamma\\). Zij \\(M\\) het midden van de boog \\(BC\\) van \\(\\Gamma\\) waar \\(A\\) niet op ligt. Het punt \\(N\\) op \\(\\Gamma\\) is de antipode van \\(A\\). De lijn door \\(B\\) loodrecht op \\(AM\\) snijdt \\(AM\\) in het punt \\(D\\) en snijdt \\(\\Gamma\\) een tweede keer in het punt \\(P \\neq B\\). De lijn door \\(D\\) loodrecht op \\(AC\\) snijdt \\(AC\\) in het punt \\(E\\) en snijdt \\(BC\\) in het punt \\(F\\). \n\nBewijs dat \\(ND\\), \\(MF\\) en \\(PE\\) concurrent zijn. \n\n", "solution": "We noteren de helft van de hoek bij \\(A\\) als \\(\\alpha = \\frac{1}{2} \\angle BAC = \\angle BAM = \\angle MAC\\), want \\(M\\) is het midden van boog \\(BC\\). Dan merken we op dat \\(\\angle ABP = \\angle ABD = 90^\\circ - \\angle DAB = 90^\\circ - \\alpha\\) en dat \\(\\angle EDA = 90^\\circ - \\angle DAE = 90^\\circ - \\alpha\\). Ook rekenen we uit dat, wegens de gestrekte hoek \\(\\angle ADM\\), geldt dat \\(\\angle PDE = 180^\\circ - \\angle EDA - \\angle MDP = 180^\\circ - (90^\\circ - \\alpha) - 90^\\circ = \\alpha\\). \n\nNu definiëren we \\(K\\) als het tweede snijpunt van de omgeschreven cirkel van \\(\\triangle ADE\\) met \\(\\Gamma\\) (naast \\(A\\)). Dan merken we op dat \\(\\angle AKE = \\angle ADE = 90^\\circ - \\alpha = \\angle ABP = \\angle AKP\\), dus \\(K\\), \\(E\\) en \\(P\\) zijn collinear. Evenzo geldt dat \\(\\angle AKD = 180^\\circ - \\angle AED = 90^\\circ = \\angle AKN\\), wegens Thales omdat \\(A\\) en \\(N\\) antipoden zijn. Dus \\(K\\), \\(D\\) en \\(N\\) zijn collinear. \n\nVoor de laatste lijn claimen we dat \\(BFDK\\) ook een koordenvierhoek is. Inderdaad, \\(\\angle KBF = \\angle KBC = 180^\\circ - \\angle KAC = 180^\\circ - \\angle KAE = \\angle KDE = 180^\\circ - \\angle KDF\\).\n\n\n\n(Merk op dat dit in feite de stelling van Miquel is in \\(\\triangle CEF\\) en koordenvierhoeken \\(AKBC\\) en \\(DEAK\\).) Uit de omtrekhoekstelling in de koordenvierhoek \\(BFDK\\) volgt dat \\(\\angle BKF = \\angle BDF = \\angle PDE = \\alpha = \\angle BAM = \\angle BKM\\), dus \\(K\\), \\(F\\) en \\(M\\) zijn collinear. We concluderen dat \\(ND\\), \\(MF\\) en \\(PE\\) concurrent zijn in het punt \\(K\\). \\(\\square\\)", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2025-B2025_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 4.", "solution_match": "\nOplossing I."}}
+{"year": "2025", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Gegeven is \\(\\triangle ABC\\) met omgeschreven cirkel \\(\\Gamma\\). Zij \\(M\\) het midden van de boog \\(BC\\) van \\(\\Gamma\\) waar \\(A\\) niet op ligt. Het punt \\(N\\) op \\(\\Gamma\\) is de antipode van \\(A\\). De lijn door \\(B\\) loodrecht op \\(AM\\) snijdt \\(AM\\) in het punt \\(D\\) en snijdt \\(\\Gamma\\) een tweede keer in het punt \\(P \\neq B\\). De lijn door \\(D\\) loodrecht op \\(AC\\) snijdt \\(AC\\) in het punt \\(E\\) en snijdt \\(BC\\) in het punt \\(F\\). \n\nBewijs dat \\(ND\\), \\(MF\\) en \\(PE\\) concurrent zijn. \n\n", "solution": "Net als in Oplossing I schrijven we \\(\\alpha = \\frac{1}{2}\\angle BAC\\) en merken we op dat \\(\\angle ANP = \\angle ABP = 90^\\circ - \\alpha = \\angle ADE\\). Omdat ook \\(\\angle APN = 90^\\circ = \\angle AED\\) zien we dat \\(\\triangle ANP \\sim \\triangle ADE\\). Bovendien zijn ze gelijk georiënteerd. Uit de theorie van draaiver- menigvuldigingen volgt nu dat \\(\\triangle AND \\sim \\triangle APE\\) en dat \\(ND\\) en \\(PE\\) elkaar snijden in het tweede snijpunt van de omgeschreven cirkels van \\(\\triangle ANP\\) en \\(\\triangle ADE\\), oftewel in \\(K\\). Nu gaan we verder zoals in Oplossing I om te laten zien dat \\(MF\\) door \\(K\\) gaat. \\(\\square\\)", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2025-B2025_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 4.", "solution_match": "\nOplossing II."}}
{"year": "2025", "tier": "T1", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Bepaal alle natuurlijke getallen \\(n\\) waarvoor geldt dat alle priemfactoren van \\(2^n - 1\\) hoogstens 7 zijn.", "solution": "We merken op dat \\(2 \\nmid 2^n - 1\\) voor alle \\(n > 1\\), dus we zijn op zoek naar alle \\(n\\) zodanig dat 3, 5 en 7 de enige delers zijn, oftewel \\(2^n - 1 = 3^a 5^b 7^c\\). De antwoorden zijn \\(n = 1, 2, 3, 4, 6\\), die we gemakkelijk controleren met uitkomsten 1, 3, 7, 3 · 5, 3² · 7. \n\nWe rekenen uit dat \\(2^2 \\equiv 1 \\mod 3\\), \\(2^4 \\equiv 1 \\mod 5\\) en \\(2^3 \\equiv 1 \\mod 7\\), én dat dit de kleinste positieve exponenten zijn waarvoor \\(2^n\\) congruent is aan 1. Dat betekent dat \\(3 \\mid 2^n - 1\\) dan en slechts dan als \\(2 \\mid n\\), dat \\(5 \\mid 2^n - 1\\) dan en slechts dan als \\(4 \\mid n\\) en dat \\(7 \\mid 2^n - 1\\) dan en slechts dan als \\(3 \\mid n\\). \n\nAls \\(n\\) oneven is dan volgt uit het bovenstaande dat \\(2^n - 1\\) geen factoren 3 of 5 heeft. We onderscheiden twee gevallen. Als \\(3 \\nmid n\\) en \\(n > 1\\), geldt dat ook 7 geen deler is, terwijl \\(2^n - 1 > 1\\). Dus \\(2^n - 1\\) moet wel een grotere priemdeler dan 7 hebben, en deze \\(n\\) voldoen niet. De andere optie voor oneven \\(n\\) is dat \\(3 \\mid n\\). Om aan de voorwaarde te voldoen moet dan gelden dat \\(2^n - 1 = 7^c\\). Als \\(n \\ge 4\\) vinden we dus de relatie \\(7^c \\equiv -1 \\mod 16\\). Dat is echter in tegenspraak met het feit dat \\(7^c \\equiv 7, 1 \\mod 16\\), want \\(7^2 = 49 = 3 \\cdot 16 + 1\\). Dan is de enige mogelijkheid dus \\(n = 3\\). \n\nWe geven nu voor even \\(n \\ge 8\\) een bewijs dat \\(2^n - 1\\) een priemfactor heeft groter dan 7 met volledige inductie naar \\(n\\). Als inductiebasis rekenen we uit dat \n\n\\[ \n\\begin{align*} \n2^8 - 1 &= 3 \\cdot 5 \\cdot 17, \\\\\n2^{10} - 1 &= 3 \\cdot 11 \\cdot 31, \\\\\n2^{12} - 1 &= 3^2 \\cdot 5 \\cdot 7 \\cdot 13. \n\\end{align*} \n\\]\n\nStel nu dat \\(n = 2m\\) met \\(m \\ge 7\\), en stel dat voor alle even \\(k\\) met \\(8 \\le k < n\\) geldt dat \\(2^k - 1\\) een priemfactor groter dan 7 heeft. Beschouw de ontbinding \\(2^n - 1 = 2^{2m} - 1 = (2^m - 1)(2^m + 1)\\). Als \\(m\\) oneven is, dan heeft de eerst factor een priemfactor groter dan 7 aangezien \\(m \\ge 7 > 3\\). Als \\(m\\) even is, dan geldt hetzelfde op basis van de inductiehypothese aangezien nu geldt dat \\(8 \\le m < 2m = n\\). Dit voltooit de inductie. \\(\\square\\)", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2025-B2025_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 5.", "solution_match": "\nOplossing I."}}
{"year": "2025", "tier": "T1", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Bepaal alle natuurlijke getallen \\(n\\) waarvoor geldt dat alle priemfactoren van \\(2^n - 1\\) hoogstens 7 zijn.", "solution": "Het bewijs dat \\(2^n - 1\\) een priemfactor groter dan 7 heeft voor oneven \\(n > 3\\) gaat hetzelfde als hierboven. We geven een alternatief bewijs dat de enige even \\(n\\) die voldoen 2, 4 en 6 zijn door drie gevallen te onderscheiden. \n\nStel dat \\(4 \\mid n\\). Dan schrijven we \\(n = 4k\\) en ontbinden we \\(2^n - 1\\) als \\(2^n - 1 = (2^{2k})^2 - 1 = (4^k - 1)(4^k + 1)\\). Merk op dat \\(3 \\nmid 4^k + 1\\) want \\(4^k + 1 \\equiv 2 \\mod 3\\) voor alle \\(k\\), en merk op dat \\(7 \\nmid 4^k + 1\\) want de restklasses van \\(4^k\\) modulo 7 zijn 1, 4 en 2. Aangezien \\(2^n - 1\\)\n\n\n\ngeen priemfactor mag hebben groter dan 7, moet nu gelden dat \\(4^k + 1 = 5^d\\), met \\(d > 0\\) want \\(k > 0\\). Als \\(k \\ge 2\\), dan krijgen we dus dat 16 een deler is van \\(5^d - 1\\). Hieruit volgt dan weer dat \\(b\\) een viervoud is, dus we schrijven \\(b = 4d'\\), met \\(d' > 0\\). In dat geval vinden we dus dat \\(2^{2k} = 4^k = 5^{4d'} - 1 = (5^{2d'} - 1)(5^{2d'} + 1) = (25^{d'} - 1)(25^{d'} + 1)\\). Aangezien \\(\\text{ggd}(25^{d'} - 1, 25^{d'} + 1) = 2\\) betekent dit dan minstens één van de termen \\((25^{d'} - 1\\) of \\(25^{d'} + 1)\\) kleiner of gelijk is aan 2. Dat is een tegenspraak met \\(d' > 0\\). Dus de enige mogelijkheid in dit geval is \\(k = 1\\), oftewel \\(n = 4\\). \n\nStel dat 6 | \\(n\\), maar 4 \\(\\nmid\\) \\(n\\). Dan schrijven we \\(n = 6k\\) met \\(k\\) oneven, en ontbinden we \\(2^n - 1 = (2^{3k})^2 - 1 = (8^k - 1)(8^k + 1)\\). Merk op dat \\(5 \\nmid 8^k + 1\\) want \\(8^k \\equiv 3, -3 \\mod 5\\) voor oneven \\(k\\), en merk op dat \\(7 \\nmid 8^k + 1\\) want \\(8^k + 1 \\equiv 2 \\mod 7\\). Nu moet dus gelden dat \\(8^k + 1 = 3^a\\). Aangezien nu \\(8 \\mid 3^a - 1\\), is \\(a\\) even wat we schrijven als \\(a = 2a'\\), met \\(a' > 0\\). Dan krijgen we \\(8^k = (3^{a'} - 1)(3^{a'} + 1)\\). Omdat \\(\\text{ggd}(3^{a'} - 1, 3^{a'} + 1) = 2\\) volgt hieruit dat één van de termen \\((3^{a'} - 1\\) of \\(3^{a'} + 1)\\) kleiner of gelijk is aan 2. Dat kan alleen als \\(a' = 1\\), oftewel \\(a = 2\\), \\(k = 1\\) en \\(n = 6\\). \n\nHet laatste geval is dat 2 | \\(n\\), maar 4 \\(\\nmid\\) \\(n\\) en 3 \\(\\nmid\\) \\(n\\). Dan schrijven we \\(n = 2k\\) en vinden we meteen dat \\(3^a = 2^n - 1 = (2^k - 1)(2^k + 1)\\). Omdat \\(\\text{ggd}(2^k - 1, 2^k + 1) = 1 < 3\\), is de enige mogelijkheid dat \\(2^k - 1 = 1\\). Oftewel \\(k = 1\\) en \\(n = 2\\). \\(\\square\\)", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2025-B2025_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 5.", "solution_match": "\nOplossing II."}}