{"year": "2010", "tier": "T1", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $A B C$ een scherphoekige driehoek met de eigenschap $\\angle B A C=45^{\\circ}$. Zij $D$ het voetpunt van de loodlijn vanuit $C$ op $A B$. Zij $P$ een inwendig punt van het lijnstuk $C D$. Bewijs dat de lijnen $A P$ en $B C$ loodrecht op elkaar staan dan en slechts dan als $|A P|=|B C|$.", "solution": "Zij $E$ het snijpunt van $A P$ en $B C$. Merk op dat $\\angle D C A=90^{\\circ}-\\angle C A D=$ $90^{\\circ}-\\angle C A B=45^{\\circ}$, dus $\\triangle A C D$ is gelijkbenig: $|A D|=|C D|$.\nStel nu dat $|A P|=|B C|$. Omdat $\\angle A D P=90^{\\circ}=\\angle C D B$, geldt $\\triangle A D P \\cong \\triangle C D B$ wegens (ZZR). Dus $\\angle A P D=\\angle C B D$, waaruit volgt\n\n$$\n\\begin{gathered}\n\\angle C E A=\\angle C E P=180^{\\circ}-\\angle E P C-\\angle P C E=180^{\\circ}-\\angle A P D-\\angle D C B \\\\\n=180^{\\circ}-\\angle C B D-\\angle D C B=\\angle B D C=90^{\\circ},\n\\end{gathered}\n$$\n\ndus $A P$ staat loodrecht op $B C$.\nStel andersom dat $A P$ loodrecht op $B C$ staat, oftewel $\\angle C E P=90^{\\circ}$. Dan geldt\n\n$$\n\\angle A P D=\\angle E P C=90^{\\circ}-\\angle P C E=90^{\\circ}-\\angle D C B=\\angle C B D .\n$$\n\nOmdat ook $\\angle A D P=90^{\\circ}=\\angle C D B$, volgt nu met $(\\mathrm{ZHH})$ dat $\\triangle A D P \\cong \\triangle C D B$. Dus $|A P|=|B C|$.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-C_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 1.", "solution_match": "\nOplossing."}}
{"year": "2010", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Laat $A$ en $B$ positieve gehele getallen zijn. Definieer de rekenkundige rij $a_{0}, a_{1}, a_{2}, \\ldots$ door $a_{n}=A n+B$. Neem aan dat er minstens één $n \\geq 0$ is zodat $a_{n}$ een kwadraat is. $\\mathrm{Zij} M$ een positief geheel getal zodat $M^{2}$ het kleinste kwadraat in de rij is. Bewijs dat $M<A+\\sqrt{B}$.", "solution": "Als $M \\leq A$, dan zeker $M<A+\\sqrt{B}$, dus zijn we klaar.\nAls $M>A$, zij dan $k$ zodat $a_{k}=M^{2}$. Dan geldt dus $A k+B=M^{2}$. Omdat $0<M-A<$ $M$, is $(M-A)^{2}$ kleiner dan $M^{2}$. Er geldt $(M-A)^{2}=M^{2}-2 M A+A^{2}=M^{2}-A(2 M-A)$. Als $k-(2 M-A) \\geq 0$, dan is\n$a_{k-(2 M-A)}=A(k-(2 M-A))+B=(A k+B)-2 M A+A^{2}=M^{2}-2 M A+A^{2}=(M-A)^{2}$.\nMaar dan is $M^{2}$ niet het kleinste kwadraat in de rij, tegenspraak. Dus geldt $k-(2 M-A)<$ 0 . Hieruit volgt $A(k-(2 M-A))+B<B$, oftewel $(M-A)^{2}<B$. Omdat $M-A$ positief is, mogen we concluderen dat $M-A<\\sqrt{B}$, oftewel $M<A+\\sqrt{B}$.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-C_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 2.", "solution_match": "\nOplossing."}}
{"year": "2010", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $n \\geq 2$ een positief geheel getal en $p$ een priemgetal zodat $n \\mid p-1$ en $p \\mid n^{3}-1$. Bewijs dat $4 p-3$ een kwadraat is.", "solution": "Uit $n \\mid p-1$ volgt $n<p$. Omdat $p$ priem is, is $p$ een deler van één van de twee factoren van $n^{3}-1=(n-1)\\left(n^{2}+n+1\\right)$, maar $p$ is te groot om een deler van $n-1>0$ te zijn. Dus $p \\mid n^{2}+n+1$. Wegens $n \\mid p-1$ kunnen we $p$ schrijven als $k n+1$, met $k$ een positief geheel getal. Uit $k n+1 \\mid n^{2}+n+1$ volgt\n\n$$\nk n+1 \\mid k\\left(n^{2}+n+1\\right)-(n+1)(k n+1)=k-n-1 .\n$$\n\nWe onderscheiden nu drie gevallen.\nGeval 1: $k>n+1$. Dan is $k-n-1$ positief en moet gelden $k n+1 \\leq k-n-1$. Daaruit volgt $(k+1) n \\leq k-2$, maar links staat nu iets dat duidelijk groter is dan wat er rechts staat. Dit geval kan dus niet.\nGeval 2: $k<n+1$. Dan is $k-n-1$ negatief en moet gelden $k n+1 \\leq n+1-k$. Daaruit volgt $(k-1) n \\leq-k$, maar links staat nu iets niet-negatiefs en rechts iets negatiefs. Dit geval kan dus ook niet.\nGeval 3: $k=n+1$. Nu geldt $p=(n+1) n+1=n^{2}+n+1$. Dus $4 p-3=4 n^{2}+4 n+1=$ $(2 n+1)^{2}$ en dit is een kwadraat.\nWe concluderen dat in het enige mogelijke geval $4 p-3$ een kwadraat is.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-C_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 $n \\geq 2$ een positief geheel getal en $p$ een priemgetal zodat $n \\mid p-1$ en $p \\mid n^{3}-1$. Bewijs dat $4 p-3$ een kwadraat is.", "solution": "Zoals in de eerste oplossing laten we zien dat $p \\mid n^{2}+n+1$. Als $p=n^{2}+n+1$, dan geldt $4 p-3=4 n^{2}+4 n+1=(2 n+1)^{2}$ en dit is een kwadraat. Stel nu dat $p \\neq n^{2}+n+1$. Dan is er een geheel getal $m>1$ zodat $p m=n^{2}+n+1$. Modulo $n$ staat hier $p m \\equiv 1$ $\\bmod n$. Uit $n \\mid p-1$ volgt dat $p \\equiv 1 \\bmod n$, dus we krijgen $m \\equiv 1 \\bmod n$. Dus $p$ en $m$ zijn beide minstens $n+1$. Echter, $(n+1)^{2}=n^{2}+2 n+1>n^{2}+n+1=p m$, tegenspraak.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-C_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 3.", "solution_match": "\nOplossing II."}}
{"year": "2010", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $A B C D$ een koordenvierhoek met de eigenschap dat $\\angle A B D=\\angle D B C$. Zij $E$ het snijpunt van de diagonalen $A C$ en $B D$. Zij $M$ het midden van $A E$ en $N$ het midden van $D C$. Bewijs dat $M B C N$ een koordenvierhoek is.", "solution": "Omdat $A B C D$ een koordenvierhoek is, weten we dat $\\angle B D C=\\angle B A C=$ $\\angle B A E$. Daarnaast volgt uit het gegeven dat $\\angle C B D=\\angle E B A$. Samen geeft dit $\\triangle D C B \\sim$ $\\triangle A E B$ (hh). We gaan nu bewijzen dat hieruit volgt $\\triangle N C B \\sim \\triangle M E B$. Allereerst vinden we dat $\\angle N C B=\\angle D C B=\\angle A E B=\\angle M E B$. Verder zien we dat $\\frac{|N C|}{|M E|}=$ $\\frac{2|N C|}{2|M E|}=\\frac{|D C|}{|A E|}=\\frac{|C B|}{|E B|}$. Met (zhz) concluderen we dat inderdaad $\\triangle N C B \\sim \\triangle M E B$. Dus $\\angle B M C=\\angle B M E=\\angle B N C$, waaruit volgt dat $M B C N$ een koordenvierhoek is.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-C_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 4.", "solution_match": "\nOplossing I."}}
{"year": "2010", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $A B C D$ een koordenvierhoek met de eigenschap dat $\\angle A B D=\\angle D B C$. Zij $E$ het snijpunt van de diagonalen $A C$ en $B D$. Zij $M$ het midden van $A E$ en $N$ het midden van $D C$. Bewijs dat $M B C N$ een koordenvierhoek is.", "solution": "Net als in de eerste oplossing leiden we af dat $\\triangle D C B \\sim \\triangle A E B$. Merk nu op dat de lijnen $B M$ en $B N$ zwaartelijnen in deze twee gelijkvormige driehoeken zijn. Daaruit volgt dat de corresponderende hoeken $\\angle B M E$ en $\\angle B N C$ even groot zijn. Dus $\\angle B M C=\\angle B M E=\\angle B N C$, waaruit volgt dat $M B C N$ een koordenvierhoek is.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-C_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 4.", "solution_match": "\nOplossing II."}}
{"year": "2010", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $A B C D$ een koordenvierhoek met de eigenschap dat $\\angle A B D=\\angle D B C$. Zij $E$ het snijpunt van de diagonalen $A C$ en $B D$. Zij $M$ het midden van $A E$ en $N$ het midden van $D C$. Bewijs dat $M B C N$ een koordenvierhoek is.", "solution": "Zij $K$ het midden van $D E$. Nu is $M K$ een middenparallel in driehoek $E A D$ evenwijdig aan $A D$, dus $\\angle M K B=\\angle M K E=\\angle A D E=\\angle A D B$. In koordenvierhoek $A B C D$ zien we $\\angle A D B=\\angle A C B=\\angle M C B$, dus $\\angle M K B=\\angle M C B$, waaruit volgt dat $M K C B$ een koordenvierhoek is.\nVerder is $K N$ een middenparallel in driehoek $C E D$ evenwijdig aan $C E$, dus $180^{\\circ}-$ $\\angle K N C=\\angle K N D=\\angle E C D=\\angle A C D$. Vanwege koordenvierhoek $A B C D$ geldt $\\angle A C D=$ $\\angle A B D$ en volgens het gegeven is dit gelijk aan $\\angle D B C$. Dus $180^{\\circ}-\\angle K N C=\\angle D B C=$ $\\angle K B C$. Hieruit volgt dat $K N C B$ een koordenvierhoek is.\nWe concluderen dat zowel $M$ als $N$ op de omgeschreven cirkel van driehoek $B C K$ liggen. Dus $M B C N$ is een koordenvierhoek.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-C_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 4.", "solution_match": "\nOplossing III."}}
{"year": "2010", "tier": "T1", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Vind alle drietallen $(x, y, z)$ van reële (maar niet noodzakelijk positieve) getallen die voldoen aan\n\n$$\n\\begin{aligned}\n3\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\\right) & =1 \\\\\nx^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2} & =x y z(x+y+z)^{3} .\n\\end{aligned}\n$$", "solution": "We gaan laten zien dat voor reële getallen $x, y$ en $z$ die aan de eerste voorwaarde voldoen, geldt\n\n$$\nx^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2} \\geq x y z(x+y+z)^{3} .\n$$\n\nDe oplossingen die we zoeken, zijn dus de gelijkheidsgevallen van deze ongelijkheid.\nLaat $a, b$ en $c$ reële getallen zijn. Er geldt $(a-b)^{2} \\geq 0$, dus $\\frac{a^{2}+b^{2}}{2} \\geq a b$ met gelijkheid d.e.s.d.a. $a=b$. Dit doen we analoog voor $b$ en $c$ en voor $c$ en $a$, zodat opgeteld volgt dat\n\n$$\na^{2}+b^{2}+c^{2} \\geq a b+b c+c a\n$$\n\nmet gelijkheid d.e.s.d.a. $a=b=c$.\nPassen we dit toe op $(x y, y z, z x)$, dan vinden we dat\n\n$$\nx^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2} \\geq x y^{2} z+y z^{2} x+z x^{2} y=x y z(x+y+z)\n$$\n\nmet gelijkheid d.e.s.d.a. $x y=y z=z x$. Door het ook toe te passen op $(x, y, z)$ vinden we $x^{2}+y^{2}+z^{2} \\geq x y+y z+z x$, dus volgens de eerste eis geldt\n$1=3\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\\right)=\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\\right)+2\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\\right) \\geq x^{2}+y^{2}+z^{2}+2 x y+2 y z+2 z x=(x+y+z)^{2}$, met gelijkheid d.e.s.d.a. $x=y=z$. We willen nu deze twee ongelijkheden,\n\n$$\nx^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2} \\geq x y z(x+y+z)\n$$\n\nen\n\n$$\n1 \\geq(x+y+z)^{2}\n$$\n\nmet elkaar combineren. Hiervoor vermenigvuldigen we eerst (3) met de niet-negatieve factor $x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}$; dan krijgen we\n\n$$\n\\left(x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}\\right) \\cdot 1 \\geq\\left(x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}\\right) \\cdot(x+y+z)^{2}\n$$\n\nmet gelijkheid d.e.s.d.a. $x=y=z$ of $x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}=0$. Verder vermenigvuldigen (2) met de niet-negatieve factor $(x+y+z)^{2}$, waaruit volgt\n\n$$\n\\left(x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}\\right) \\cdot(x+y+z)^{2} \\geq x y z(x+y+z) \\cdot(x+y+z)^{2}\n$$\n\nmet gelijkheid d.e.s.d.a. $x y=y z=z x$ of $x+y+z=0$. Al met al vinden we $\\left(x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}\\right) \\cdot 1 \\geq\\left(x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}\\right) \\cdot(x+y+z)^{2} \\geq x y z(x+y+z) \\cdot(x+y+z)^{2}$,\noftewel (1), met gelijkheid d.e.s.d.a.\n\n$$\n\\left(x=y=z \\text { of } x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}=0\\right) \\text { en }(x y=y z=z x \\text { of } x+y+z=0) .\n$$\n\nNu zegt de tweede vergelijking dat hier inderdaad gelijkheid moet gelden, dus we zitten in het zojuist beschreven gelijkheidsgeval. Daarnaast zegt de eerste eis nog steeds dat $3\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\\right)=1:$\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& 3\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\\right)=1 \\\\\n& x=y=z \\text { of } \\\\\n& x y=y z=z x \\text { of } \\\\\n& x+y+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}=0 \\\\\n& x y=0\n\\end{aligned}\n$$\n\nWe onderscheiden twee gevallen. Stel eerst $x=y=z$. Dan wordt automatisch voldaan aan $x y=y z=z x$. We vinden met behulp van de eerste eis dat $1=3\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\\right)=$ $9 x^{2}=(3 x)^{2}$, dus $x=y=z= \\pm \\frac{1}{3}$.\nStel nu dat $x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}=0$; dan moet wel elk van de termen nul zijn, dus $x y=y z=z x=0$, dus ook nu wordt voldaan aan $x y=y z=z x$. Uit $x y=0$ volgt dat (z.b.d.a.) $x=0$. Uit $y z=0$ ook z.b.d.a. dat $y=0$. Zo vinden we de oplossingen $\\left(0,0, \\pm \\frac{1}{3} \\sqrt{3}\\right)$ en daarnaast ook $\\left(0, \\pm \\frac{1}{3} \\sqrt{3}, 0\\right)$ en $\\left( \\pm \\frac{1}{3} \\sqrt{3}, 0,0\\right)$.\n\nOpmerking. Als je (2) en (3) hebt bewezen, kun je (1) ook vinden door (3) te vermenigvuldigen met $x y z(x+y+z)$. Hiervoor moet je dan wel aantonen dat $x y z(x+y+z)$ niet-negatief is. We weten vanwege de tweede eis in de opgave dat $x y z(x+y+z)^{3}$ gelijk is aan een som van kwadraten en dus niet-negatief. Als $x+y+z \\neq 0$, volgt hieruit $x y z(x+y+z) \\geq 0$. Als $x+y+z=0$, dan geldt $x y z(x+y+z)=0$. Dus in beide gevallen geldt $x y z(x+y+z) \\geq 0$.\nHet gelijkheidsgeval wordt bij deze methode:\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& 3\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\\right)=1 \\\\\n& \\quad x y=y z=z x \\\\\n& x=y=z \\quad \\text { of } \\quad x y z(x+y+z)=0 .\n\\end{aligned}\n$$", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-C_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 5.", "solution_match": "\nOplossing."}}