{"year": "2010", "tier": "T1", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $A B C D$ een trapezium met $A B \\| C D, 2|A B|=|C D|$ en $B D \\perp B C$. Zij $M$ het midden van $C D$ en zij $E$ het snijpunt van $B C$ en $A D$. Zij $O$ het snijpunt van $A M$ en $B D$. $\\operatorname{Zij} N$ het snijpunt van $O E$ en $A B$.\n(a) Bewijs dat $A B M D$ een ruit is.\n(b) Bewijs dat de lijn $D N$ door het midden van lijnstuk $B E$ gaat.", "solution": "Uit 2 $|A B|=|C D|$ en $A B \\| C D$ volgt dat $A B$ een middenparallel in driehoek $C D E$ is. Dus $A$ is het midden van $D E$. Omdat $\\angle D B E=90^{\\circ}$, geldt volgens Thales dat $A$ het middelpunt is van de cirkel door $D, B$ en $E$. Dus $|A D|=|A E|=|A B|$ en we wisten al dat $|A B|=|D M|=|M C|$. Op dezelfde manier met Thales laten we zien dat $|B M|=|C M|=|D M|$, dus van vierhoek $A B M D$ zijn alle zijden even lang. Het is dus een ruit (a). De diagonalen van een ruit delen elkaar middendoor, dus $O$ is het midden van $B D$. Omdat $A$ ook het midden van $D E$ is, is $N$ het zwaartepunt van driehoek $B D E$. Dus $D N$ gaat door het midden van $B E$ (b).", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-B_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 1.", "solution_match": "\nOplossing I."}}
{"year": "2010", "tier": "T1", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $A B C D$ een trapezium met $A B \\| C D, 2|A B|=|C D|$ en $B D \\perp B C$. Zij $M$ het midden van $C D$ en zij $E$ het snijpunt van $B C$ en $A D$. Zij $O$ het snijpunt van $A M$ en $B D$. $\\operatorname{Zij} N$ het snijpunt van $O E$ en $A B$.\n(a) Bewijs dat $A B M D$ een ruit is.\n(b) Bewijs dat de lijn $D N$ door het midden van lijnstuk $B E$ gaat.", "solution": "Omdat $A B$ en $D M$ evenwijdig zijn en $|A B|=\\frac{1}{2}|C D|=|D M|$, is $A B M D$ een parallellogram. Wegens $A B \\| C D$ en $|C D|=2|A B|$ geldt verder $\\triangle E A B \\sim \\triangle E D C$ met vergrotingsfactor 2. Dus $A$ is het midden van $D E$. Daarom is $A M$ de middenparallel in $\\triangle E C D$ evenwijdig aan $E C$. Omdat $E C$ en $B D$ loodrecht op elkaar staan (wegens $B D \\perp B C$ ) staan ook $A M$ en $B D$ loodrecht op elkaar. Dus $A B M D$ is een parallellogram waarvan de diagonalen loodrecht op elkaar staan. Dus $A B M D$ is een ruit (a). Onderdeel (b) gaat hetzelfde als in de eerste oplossing.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-B_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 1.", "solution_match": "\nOplossing II."}}
{"year": "2010", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Vind alle functies $f: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}$ die voldoen aan\n\n$$\nf(x) f(y)=f(x+y)+x y\n$$\n\nvoor alle $x, y \\in \\mathbb{R}$.", "solution": "Merk eerst op dat de functie $f(x)=0$ voor alle $x \\in \\mathbb{R}$ niet voldoet. Er is dus zeker een $x_{0} \\in \\mathbb{R}$ waarvoor $f\\left(x_{0}\\right) \\neq 0$. Vul nu $x=x_{0}$ en $y=0$ in: $f\\left(x_{0}\\right) f(0)=f\\left(x_{0}\\right)$. We mogen delen door $f\\left(x_{0}\\right)$, waardoor we krijgen: $f(0)=1$. Vul nu $x=1$ en $y=-1$ in: $f(1) f(-1)=f(0)-1=1-1=0$. Dus $f(1)=0$ of $f(-1)=0$.\nWe onderscheiden gevallen. Stel eerst dat $f(1)=0$ en vul $x=1 \\mathrm{in}: 0=f(1) f(y)=$ $f(1+y)+y$ voor alle $y \\in \\mathbb{R}$, dus $f(1+y)=-y$ voor alle $y \\in \\mathbb{R}$. Substitueren we nu $y=t-1$, dan zien we $f(t)=-t+1$ voor alle $t \\in \\mathbb{R}$. Dit is onze eerste kandidaatoplossing. Stel nu dat $f(-1)=0$ en vul $x=-1$ in: $0=f(-1) f(y)=f(-1+y)-y$ voor alle $y \\in \\mathbb{R}$, dus $f(-1+y)=y$ voor alle $y \\in \\mathbb{R}$. Substitueren we nu $y=t+1$, dan zien we $f(t)=t+1$ voor alle $t \\in \\mathbb{R}$. Dit is onze tweede kandidaatoplossing.\nWe hebben alle gevallen gehad, dus er zijn twee mogelijke oplossingen. We controleren ze allebei. Stel eerst dat $f(t)=-t+1$ voor alle $t \\in \\mathbb{R}$, dan geldt voor alle $x, y \\in \\mathbb{R}$ :\n\n$$\nf(x) f(y)=(-x+1)(-y+1)=x y-x-y+1=(-x-y+1)+x y=f(x+y)+x y\n$$\n\nStel nu dat $f(t)=t+1$ voor alle $t \\in \\mathbb{R}$, dan geldt voor alle $x, y \\in \\mathbb{R}$ :\n\n$$\nf(x) f(y)=(x+1)(y+1)=x y+x+y+1=(x+y+1)+x y=f(x+y)+x y\n$$\n\nBeide oplossingen voldoen dus.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-B_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 2.", "solution_match": "\nOplossing."}}
{"year": "2010", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $N$ het aantal geordende vijftallen $\\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5}\\right)$ van positieve gehele getallen waarvoor geldt\n\n$$\n\\frac{1}{a_{1}}+\\frac{1}{a_{2}}+\\frac{1}{a_{3}}+\\frac{1}{a_{4}}+\\frac{1}{a_{5}}=1 .\n$$\n\n(Bij geordende vijftallen doet de volgorde er toe, dus $(2,3,15,15,30)$ en $(15,2,15,3,30)$ zijn verschillende geordende vijftallen.)\nIs $N$ een even of een oneven getal?", "solution": "Bekijk een ongeordend vijftal dat voldoet en stel dat het uit de verschillende getallen $b_{1}, \\ldots, b_{k}$ bestaat (met $k \\leq 5$ ), waarbij $b_{i}$ precies $t_{i}$ keer voorkomt. Er geldt dus $t_{1}+\\cdots+t_{k}=5$. Nu geldt dat dit vijftal op $\\frac{5!}{t_{1}!\\cdots t_{k}!}$ manieren geordend kan worden. Dit is oneven dan en slechts dan als in de noemer drie factoren 2 zitten. Dat geldt dan en slechts dan als er 4! of 5! in de noemer voorkomt. Kortom, de enige ongeordende vijftallen die op een oneven aantal manieren geordend kunnen worden, zijn die bestaande uit minstens vier dezelfde getallen.\nZo'n vijftal ziet er dus uit als ( $a, a, a, a, b$ ), waarbij $b$ eventueel gelijk zou kunnen zijn aan $a$ en waarbij $a$ en $b$ positieve gehele getallen zijn. We krijgen de vergelijking $\\frac{4}{a}+\\frac{1}{b}=1$, oftewel $4 b+a=a b$. We zien dat $b$ een deler moet zijn van $a$ en dat $a$ een deler moet zijn van $4 b$. Er zijn dus drie opties: $a=b, a=2 b$ en $a=4 b$. In het eerste geval krijgen we $5 b=b^{2}$, dus $b=5$. Dit geeft de oplossing $(5,5,5,5,5)$. In het tweede geval krijgen we $6 b=2 b^{2}$, dus $b=3$. Dit geeft de oplossing $(6,6,6,6,3)$. In het derde geval krijgen we $8 b=4 b^{2}$, dus $b=2$. Dit geeft de oplossing $(8,8,8,8,2)$. Er zijn dus drie ongeordende vijftallen die op een oneven aantal manieren geordend kunnen worden. Dus $N$ is oneven.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-B_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 3.", "solution_match": "\nOplossing I."}}
{"year": "2010", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $N$ het aantal geordende vijftallen $\\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5}\\right)$ van positieve gehele getallen waarvoor geldt\n\n$$\n\\frac{1}{a_{1}}+\\frac{1}{a_{2}}+\\frac{1}{a_{3}}+\\frac{1}{a_{4}}+\\frac{1}{a_{5}}=1 .\n$$\n\n(Bij geordende vijftallen doet de volgorde er toe, dus $(2,3,15,15,30)$ en $(15,2,15,3,30)$ zijn verschillende geordende vijftallen.)\nIs $N$ een even of een oneven getal?", "solution": "$\\mathrm{Zij}\\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5}\\right)$ een geordend vijftal dat voldoet. Dan voldoet ook het vijftal $\\left(a_{2}, a_{1}, a_{3}, a_{4}, a_{5}\\right)$. Als $a_{1} \\neq a_{2}$, is dit echt een ander vijftal. Zo zien we dat er een even aantal oplossingen $\\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5}\\right)$ met $a_{1} \\neq a_{2}$ is. We bekijken nu verder alleen de oplossingen met $a_{1}=a_{2}$. Op dezelfde manier zien we dat er een even aantal oplossingen $\\left(a_{1}, a_{1}, a_{3}, a_{4}, a_{5}\\right)$ met $a_{3} \\neq a_{4}$ is. We bekijken nu verder alleen de oplossingen met $a_{1}=a_{2}$ en $a_{3}=a_{4}$. Voor elke oplossing $\\left(a_{1}, a_{1}, a_{3}, a_{3}, a_{5}\\right)$ met $a_{1} \\neq a_{3}$ is er nog een andere oplossing $\\left(a_{3}, a_{3}, a_{1}, a_{1}, a_{5}\\right)$, dus ook van de oplossingen $\\left(a_{1}, a_{1}, a_{3}, a_{3}, a_{5}\\right)$ met $a_{1} \\neq a_{3}$ is er een even aantal. We bekijken nu verder alleen de oplossingen van de vorm ( $a, a, a, a, b$ ), waarbij $b$ eventueel nog gelijk aan $a$ zou kunnen zijn.\nWe krijgen de vergelijking $\\frac{4}{a}+\\frac{1}{b}=1$, oftewel $4 b+a=a b$. Dit kunnen we herschrijven als $(a-4)(b-1)=4$. Omdat $b$ een positief geheel getal moet zijn, geldt $b-1 \\geq 0$. Dus $b-1$ is een positieve deler van 4 , te weten 1,2 of 4 . Dit leidt tot respectievelijk $(a, b)=(8,2)$, $(a, b)=(6,3)$ en $(a, b)=(5,5)$. Dit zijn drie oplossingen. Het aantal eerder beschouwde oplossingen is even, dus $N$ is oneven.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-B_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 3.", "solution_match": "\nOplossing II."}}
{"year": "2010", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "De twee cirkels $\\Gamma_{1}$ en $\\Gamma_{2}$ snijden elkaar in $P$ en $Q$. De gemeenschappelijke raaklijn aan de kant van $P$ raakt de cirkels in $A$ resp. $B$. De raaklijn aan $\\Gamma_{1}$ in $P$ snijdt $\\Gamma_{2}$ voor de tweede keer in $C$ en de raaklijn aan $\\Gamma_{2}$ in $P$ snijdt $\\Gamma_{1}$ voor de tweede keer in $D$. Het snijpunt van de lijnen $A P$ en $B C$ noemen we $E$ en het snijpunt van de lijnen $B P$ en $A D$ noemen we $F$. Zij $M$ de puntspiegeling van $P$ in het midden van $A B$. Bewijs dat $A M B E Q F$ een koordenzeshoek is.", "solution": "We gaan alle relevante hoeken uitdrukken in $\\alpha=\\angle B A P$ en $\\beta=\\angle P B A$. Het midden van $A B$ is per definitie ook het midden van $P M$, dus de diagonalen van vierhoek $A P B M$ snijden elkaar middendoor. Daarom is $A P B M$ een parallellogram en geldt $\\angle A M B=\\angle A P B$. Wegens hoekensom van $\\triangle A B P$ geldt $\\angle A P B+\\alpha+\\beta=180^{\\circ}$. Dus $180^{\\circ}-\\angle A M B=\\alpha+\\beta$.\nWegens de raaklijnomtrekshoekstelling met raaklijn $A B$ aan $\\Gamma_{1}$ geldt $\\alpha=\\angle A D P$. Vervolgens volgt uit de omtrekshoekstelling op koorde $A P$ van $\\Gamma_{1}$ dat $\\angle A D P=\\angle A Q P$. Dus $\\alpha=\\angle A Q P$. Zo ook $\\beta=\\angle P C B=\\angle P Q B$. Dus $\\angle A Q B=\\angle A Q P+\\angle P Q B=\\alpha+\\beta=$ $180^{\\circ}-\\angle A M B$. Hieruit concluderen we dat $A Q B M$ een koordenvierhoek is.\nZij $S$ het snijpunt van $D P$ en $A B$. Met de raaklijnomtrekshoekstelling zien we dat $\\angle S P B=\\angle P C B=\\angle P B S=\\angle P B A=\\beta$. Dus $\\angle D P F=\\angle S P B=\\beta$ wegens overstaande hoeken. Nu passen we de buitenhoekstelling toe op $\\triangle D F P$, zodat geldt: $\\angle A F B=$ $\\angle A F P=\\angle F D P+\\angle D P F=\\alpha+\\beta=\\angle A Q B$. Dus $A F Q B$ is een koordenvierhoek. Daaruit volgt dat $F$ op de omgeschreven cirkel van koordenvierhoek $A Q B M$ ligt. Analoog zien we dat $E$ daar ook op ligt. Dus $A M B E Q F$ is een koordenzeshoek.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-B_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 4.", "solution_match": "\nOplossing."}}
{"year": "2010", "tier": "T1", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Voor een niet-negatief geheel getal $n$ noemen we een permutatie $\\left(a_{0}, a_{1}, \\ldots, a_{n}\\right)$ van $\\{0,1, \\ldots, n\\}$ kwadratisch als $k+a_{k}$ een kwadraat is voor $k=0,1, \\ldots, n$. Bewijs dat er voor elke niet-negatieve gehele $n$ een kwadratische permutatie van $\\{0,1, \\ldots, n\\}$ bestaat.", "solution": "We bewijzen dit met inductie naar $n$. Voor $n=0$ werkt de permutatie ( 0 ), want $0+0$ is een kwadraat. Zij nu $l \\geq 0$ en neem aan dat er voor elke $n \\leq l$ een kwadratische permutatie bestaat (de inductiehypothese). We bekijken $n=l+1$. Zij $m$ zodat $m^{2}$ het kleinste kwadraat groter dan of gelijk aan $l+1$ is. Nu geldt $l \\geq(m-1)^{2}=m^{2}-2 m+1$, dus $2(l+1) \\geq 2 m^{2}-4 m+4=m^{2}+(m-2)^{2} \\geq m^{2}$. Dit betekent dat we een gehele $p$ met $0 \\leq p \\leq l+1$ kunnen vinden zodat $(l+1)+p=m^{2}$. Nu definiëren we onze permutatie als volgt. Als $p \\geq 1$, nemen we voor $\\left(a_{0}, a_{1}, \\ldots, a_{p-1}\\right)$ een kwadratische permutatie van $\\{0,1, \\ldots, p-1\\}$; deze bestaat volgens de inductiehypothese omdat $p-1 \\leq l$. Voor $p \\leq i \\leq l+1$ definiëren we $a_{i}=m^{2}-i$. (Merk op dat we voor $p=0 \\mathrm{nu}$ ook een volledige permutatie hebben gedefinieerd.) Het rijtje $\\left(a_{p}, a_{p+1}, \\ldots, a_{l+1}\\right)$ is nu precies $(l+1, l, \\ldots, p)$, zodat we samen met het beginstuk nu alle waarden van 0 tot en met $l+1$ gebruikt hebben. Verder is $a_{i}+i$ een kwadraat voor alle $i$. Dus $\\left(a_{0}, a_{1}, \\ldots, a_{l+1}\\right)$ is een kwadratische permutatie van $\\{0,1, \\ldots, l+1\\}$.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-B_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 5.", "solution_match": "\nOplossing."}}