{"year": "2012", "tier": "T1", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Bestaan er kwadratische polynomen $P(x)$ en $Q(x)$ met reële coëfficiënten zodat het polynoom $P(Q(x))$ als nulpunten precies $x=2, x=3, x=5$ en $x=7$ heeft?", "solution": "Stel dat zulke polynomen bestaan en schrijf $Q(x)=a x^{2}+b x+c$. Als we 2, 3, 5 en 7 in $Q$ stoppen, moeten er precies de (hoogstens) twee nulpunten van $P$ uitkomen. Omdat er niet meer dan twee keer dezelfde waarde uit $Q(x)$ kan komen (want $Q$ is kwadratisch) krijgen we dus twee verschillende waarden elk precies twee keer.\nStel nu $Q(n)=Q(m)$ voor verschillende getallen $m$ en $n$. Dan geldt $a n^{2}+b n+c=$ $a m^{2}+b m+c$, dus $a\\left(n^{2}-m^{2}\\right)=b(m-n)$, dus $a(n+m)(n-m)=-b(n-m)$. Omdat $m-n \\neq 0$, volgt hieruit $a(n+m)=-b$, oftewel $n+m=\\frac{-b}{a}$.\nWe weten dat we in $2,3,5$ en 7 twee verschillende paren $(m, n)$ en $(k, l)$ kunnen vinden zodat $Q(m)=Q(n)$ en $Q(k)=Q(l)$. Er geldt dan dus $m+n=\\frac{-b}{a}=k+l$. We moeten dus de vier getallen $2,3,5$ en 7 op kunnen delen in twee paren die dezelfde som hebben. Dit is echter onmogelijk, aangezien $2+3+5+7=17$ oneven is. We concluderen dat er geen polynomen $P$ en $Q$ met de gevraagde eigenschappen bestaan.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-B_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 1.", "solution_match": "\nOplossing."}}
{"year": "2012", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $A B C$ een driehoek en zij $X$ een punt binnen de driehoek. De lijnen $X A$, $X B$ en $X C$ snijden de omgeschreven cirkel van $\\triangle A B C$ nogmaals in respectievelijk $P, Q$ en $R$. Zij $U$ een punt op de halfrechte $X P$ (d.w.z. op de lijn $X P$ zodat $P$ en $U$ aan dezelfde kant van $X$ liggen). De lijn door $U$ evenwijdig aan $A B$ snijdt $B Q$ in $V$. De lijn door $U$ evenwijdig aan $A C$ snijdt $C R$ in $W$.\nBewijs dat $Q, R, V$ en $W$ op één cirkel liggen.", "solution": "Omdat $A B$ en $U V$ evenwijdig zijn, geldt $\\triangle A B X \\sim \\triangle U V X$ (hh). Zo ook is $\\triangle A C X \\sim \\triangle U W X$. Uit deze gelijkvormigheden verkrijgen we de verhoudingen\n\n$$\n\\frac{|X A|}{|X B|}=\\frac{|X U|}{|X V|} \\quad \\text { en } \\quad \\frac{|X A|}{|X C|}=\\frac{|X U|}{|X W|}\n$$\n\nHieruit volgt\n\n$$\n\\frac{|X B|}{|X C|}=\\frac{|X B|}{|X A|} \\frac{|X A|}{|X C|}=\\frac{|X V|}{|X U|} \\frac{|X U|}{|X W|}=\\frac{|X V|}{|X W|}\n$$\n\nMet behulp van de machtstelling vanuit het punt $X$ op de koordenvierhoek $B C Q R$ volgt nu\n\n$$\n|X C| \\cdot|X R|=|X B| \\cdot|X Q|=\\frac{|X B|}{|X C|} \\cdot|X C| \\cdot|X Q|=\\frac{|X V|}{|X W|} \\cdot|X C| \\cdot|X Q|\n$$\n\ndus\n\n$$\n|X W| \\cdot|X R|=|X V| \\cdot|X Q| .\n$$\n\nUit de gegeven configuratie ( $X$ binnen de driehoek, $U$ en $P$ op de lijn $X P$ aan dezelfde kant van $X$ ) volgt dat $R$ en $W$ op de lijn $X C$ aan dezelfde kant van $X$ liggen, en ook $V$ en $Q$ op de lijn $X B$ liggen aan dezelfde kant van $X$. Dus geldt ook zonder absoluutstrepen: $X W \\cdot X R=X V \\cdot X Q$. De machtstelling zegt vervolgens dat dan $W, R, V$ en $Q$ op een cirkel liggen.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-B_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 2.", "solution_match": "\nOplossing I."}}
{"year": "2012", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $A B C$ een driehoek en zij $X$ een punt binnen de driehoek. De lijnen $X A$, $X B$ en $X C$ snijden de omgeschreven cirkel van $\\triangle A B C$ nogmaals in respectievelijk $P, Q$ en $R$. Zij $U$ een punt op de halfrechte $X P$ (d.w.z. op de lijn $X P$ zodat $P$ en $U$ aan dezelfde kant van $X$ liggen). De lijn door $U$ evenwijdig aan $A B$ snijdt $B Q$ in $V$. De lijn door $U$ evenwijdig aan $A C$ snijdt $C R$ in $W$.\nBewijs dat $Q, R, V$ en $W$ op één cirkel liggen.", "solution": "Omdat $A B$ en $U V$ evenwijdig zijn, geldt $\\triangle A B X \\sim \\triangle U V X$ (hh). Zo ook is $\\triangle A C X \\sim \\triangle U W X$. Met deze gelijkvormigheden kunnen we $\\frac{|X U|}{|X A|}$ op twee manieren uitdrukken:\n\n$$\n\\frac{|U V|}{|A B|}=\\frac{|X U|}{|X A|}=\\frac{|U W|}{|A C|}\n$$\n\nVerder volgt uit de evenwijdigheden ook\n\n$$\n\\angle V U W=\\angle V U A+\\angle A U W=\\angle B A U+\\angle U A C=\\angle B A C .\n$$\n\nNu zien we dat $\\triangle V U W \\sim \\triangle B A C$ (zhz). Hieruit volgt, samen met Z-hoeken (beide bij het tweede $=$-teken):\n\n$$\n\\angle W V B=\\angle W V U-\\angle B V U=\\angle C B A-\\angle V B A=\\angle C B V .\n$$\n\nBekijk nu de configuratie dat $V$ tussen $Q$ en $X$ ligt en $W$ tussen $X$ en $R$. Dan geldt\n\n$$\n\\angle C B V=\\angle C B Q=\\angle C R Q=\\angle W R Q,\n$$\n\ndus\n\n$$\n180^{\\circ}-\\angle W V Q=\\angle W V B=\\angle C B V=\\angle W R Q\n$$\n\nDit betekent dat $W V Q R$ een koordenvierhoek is.\nBij andere configuraties waarbij $V \\neq Q$ en $W \\neq R$ verloopt het bewijs analoog. Als $V=Q$ of $W=R$, dan zijn de vier punten $W, R, V$ en $Q$ er in feite maar drie (of nog minder), die dus zeker samen op een cirkel liggen.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-B_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 2.", "solution_match": "\nOplossing II."}}
{"year": "2012", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $A B C$ een driehoek en zij $X$ een punt binnen de driehoek. De lijnen $X A$, $X B$ en $X C$ snijden de omgeschreven cirkel van $\\triangle A B C$ nogmaals in respectievelijk $P, Q$ en $R$. Zij $U$ een punt op de halfrechte $X P$ (d.w.z. op de lijn $X P$ zodat $P$ en $U$ aan dezelfde kant van $X$ liggen). De lijn door $U$ evenwijdig aan $A B$ snijdt $B Q$ in $V$. De lijn door $U$ evenwijdig aan $A C$ snijdt $C R$ in $W$.\nBewijs dat $Q, R, V$ en $W$ op één cirkel liggen.", "solution": "Als $V=Q$ of $W=R$, dan zijn de vier punten $W, R$, $V$ en $Q$ er in feite maar drie (of nog minder), die dus zeker samen op een cirkel liggen. Bekijk nu de configuratie dat $U$ tussen $X$ en $P$ ligt, $V$ tussen $Q$ en $X$, en $W$ tussen $X$ en $R$. Het bewijs in andere configuraties gaat analoog, tenzij $U=P$. Dat geval behandelen we aan het eind nog even.\nWegens Z-hoeken geldt\n\n$$\n\\angle W U A=\\angle P A C=\\angle P R C=\\angle P R W .\n$$\n\nDus $\\angle P U W=180^{\\circ}-\\angle W U A=180^{\\circ}-\\angle P R W$, waaruit we concluderen dat $P U W R$ een koordenvierhoek is. Op een vergelijkbare manier kunnen we laten zien dat $P U V Q$ een koordenvierhoek is. Nu passen we de machtstelling toe vanuit het punt $X$ op beide koordenvierhoeken:\n\n$$\nX W \\cdot X R=X U \\cdot X P=X V \\cdot X Q\n$$\n\nNu zegt de machtstelling weer dat $W, R, V$ en $Q$ op een cirkel liggen.\nBekijk nu het geval dat $U=P$. Wegens Z-hoeken geldt\n\n$$\n\\angle W U A=\\angle U A C=\\angle U R C=\\angle U R W .\n$$\n\nBekijk de cirkel door $U, W$ en $R$. Daar is $\\angle U R W$ de omtrekshoek op koorde $U W$. Omdat $\\angle W U A$ even groot is, is dat blijkbaar de raaklijnhoek op die koorde, dus raakt $A U$ aan de cirkel. Daaruit volgt dat de macht van $X$ ten opzichte van deze cirkel gelijk is aan $X U^{2}$. Analoog is de macht van $X$ ten opzichte van de cirkel door $U, V$ en $Q$ ook gelijk aan $X U^{2}$. Dus\n\n$$\nX W \\cdot X R=X U^{2}=X V \\cdot X Q\n$$\n\nNu zegt de machtstelling weer dat $W, R, V$ en $Q$ op een cirkel liggen.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-B_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 2.", "solution_match": "\nOplossing III."}}
{"year": "2012", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Bepaal alle paren positieve gehele getallen $(x, y)$ waarvoor\n\n$$\nx^{3}+y^{3}=4\\left(x^{2} y+x y^{2}-5\\right) .\n$$", "solution": "We kunnen de vergelijking als volgt herschrijven:\n\n$$\n(x+y)\\left(x^{2}-x y+y^{2}\\right)=4 x y(x+y)-20\n$$\n\nNu is $x+y$ een deler van de linkerkant en van de eerste term rechts, dus ook van de tweede term rechts: $x+y \\mid 20$. Omdat $x+y \\geq 2$, geeft dit voor $x+y$ de mogelijkheden $2,4,5,10,20$. Als van $x$ en $y$ er precies één even en één oneven is, is de linkerkant van de vergelijking oneven en de rechterkant even, tegenspraak. Dus $x+y$ is even, waarmee $x+y=5$ afvalt. Als $x+y=2$, geldt $x=y=1$ en dan staat links iets positiefs en rechts iets negatiefs, dus deze mogelijkheid valt ook af.\nOm de andere mogelijkheden te proberen, schrijven we de vergelijking nog iets anders:\n\n$$\n(x+y)\\left((x+y)^{2}-3 x y\\right)=4 x y(x+y)-20\n$$\n\nAls $x+y=4$, staat er $4 \\cdot(16-3 x y)=16 x y-20$, dus $16-3 x y=4 x y-5$, dus $21=7 x y$, oftewel $x y=3$. Dus geldt $(x, y)=(3,1)$ of $(x, y)=(1,3)$. Allebei de paren voldoen.\nAls $x+y=10$, krijgen we $100-3 x y=4 x y-2$, dus $7 x y=102$. Maar 102 is niet deelbaar door 7 , dus dit kan niet.\nAls $x+y=20$, krijgen we $400-3 x y=4 x y-1$, dus $7 x y=401$. Maar 401 is niet deelbaar door 7 , dus dit kan niet.\nHiermee hebben we alle mogelijkheden gehad, dus we concluderen dat $(1,3)$ en $(3,1)$ de enige oplossingen zijn.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-B_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 3.", "solution_match": "\nOplossing I."}}
{"year": "2012", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Bepaal alle paren positieve gehele getallen $(x, y)$ waarvoor\n\n$$\nx^{3}+y^{3}=4\\left(x^{2} y+x y^{2}-5\\right) .\n$$", "solution": "Er geldt $(x+y)^{3}=x^{3}+3 x^{2} y+3 x y^{2}+y^{3}$, dus uit de gegeven vergelijking volgt\n\n$$\n\\begin{aligned}\n(x+y)^{3} & =x^{3}+y^{3}+3 x^{2} y+3 x y^{2} \\\\\n& =4\\left(x^{2} y+x y^{2}-5\\right)+3 x^{2} y+3 x y^{2} \\\\\n& =7 x^{2} y+7 x y^{2}-20 \\\\\n& =7 x y(x+y)-20 .\n\\end{aligned}\n$$\n\nOmdat $x+y$ een deler is van $(x+y)^{3}$ en van $7 x y(x+y)$, is $x+y$ ook een deler van 20. Omdat $x+y \\geq 2$, geeft dit voor $x+y$ de mogelijkheden $2,4,5,10,20$.\nNu lezen we $(x+y)^{3}=7 x y(x+y)-20$ modulo 7 , dan krijgen we\n\n$$\n(x+y)^{3} \\equiv-20 \\equiv 1 \\quad \\bmod 7\n$$\n\nWe proberen voor alle mogelijkheden van $x+y$ of de derde macht congruent aan 1 modulo 7 is. Er geldt $5^{3} \\equiv(-2)^{3}=-8 \\equiv-1 \\bmod 7$, dus $x+y=5$ kan niet. Er geldt\n$10^{3} \\equiv 3^{3}=27 \\equiv-1 \\bmod 7$, dus $x+y=10$ kan ook niet. Er geldt $20^{3} \\equiv(-1)^{3}=-1$ $\\bmod 7$, dus ook $x+y=20$ kan niet. We houden alleen over $x+y=2$ en $x+y=4$.\nAls $x+y=2$, geldt $x=y=1$ en dan staat links iets positiefs en rechts iets negatiefs, dus deze mogelijkheid valt ook af. Als $x+y=4$, is $(x, y)$ gelijk aan $(1,3),(2,2)$ of $(3,1)$. Invullen laat zien dat alleen $(1,3)$ en $(3,1)$ voldoen.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-B_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 3.", "solution_match": "\nOplossing II."}}
{"year": "2012", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $A B C D$ een convexe vierhoek (d.w.z. alle binnenhoeken zijn kleiner dan $180^{\\circ}$ ), zodat er een punt $M$ op lijnstuk $A B$ en een punt $N$ op lijnstuk $B C$ bestaan met de eigenschap dat $A N$ de vierhoek in twee stukken van gelijke oppervlakte deelt, en $C M$ dat ook doet.\nBewijs dat $M N$ de diagonaal $B D$ middendoor deelt.", "solution": "Noteer de oppervlakte van veelhoek $\\mathcal{P}$ met $O(\\mathcal{P})$. Laat $S$ het snijpunt van $A N$ en $C M$ zijn. Er geldt\n$O(A S M)+O(S M B N)=O(A B N)=\\frac{1}{2} O(A B C D)=O(C B M)=O(C N S)+O(S M B N)$,\ndus $O(A S M)=O(C N S)$. Als we hier links en rechts $O(S M N)$ bij optellen, vinden we dat $O(M N A)=O(M N C)$. Deze driehoeken hebben dezelfde basis $M N$ en dus kennelijk ook dezelfde hoogte. Dat betekent dat de lijn $A C$ evenwijdig is aan de basis $M N$.\nLaat nu $X$ en $Y$ de snijpunten zijn van respectievelijk $A B$ en $B C$ met de lijn door $D$ die evenwijdig aan $A C$ (en dus ook evenwijdig aan $M N$ ) loopt. De driehoeken $A C Y$ en $A C D$ hebben dezelfde basis $A C$ en dezelfde hoogte, dus $O(A C Y)=O(A C D)$. Hieruit volgt\n\n$$\nO(A N Y)=O(A N C)+O(A C Y)=O(A N C)+O(A C D)=O(A N C D)=O(A N B)\n$$\n\nwaarbij de laatste gelijkheid geldt omdat $A N$ de vierhoek in twee stukken van gelijke oppervlakte deelt. De driehoeken $A N Y$ en $A N B$ hebben dezelfde hoogte, dus moeten ze ook dezelfde basis hebben. Dus $N$ is het midden van $B Y$.\nZo ook laten we zien dat $M$ het midden is van $B X$. We vinden dat $M N$ een middenparallel van $\\triangle B X Y$ is. Omdat $D$ op $X Y$ ligt, snijdt $M N$ het lijnstuk $B D$ middendoor.\n\nAlternatief bewijs voor $A C \\| M N$. Er geldt $O(A B N)=\\frac{1}{2} \\cdot|A B| \\cdot|B N| \\cdot \\sin \\angle B$ en $O(M B C)=\\frac{1}{2} \\cdot|M B| \\cdot|B C| \\cdot \\sin \\angle B$. Omdat ook geldt $O(A B N)=\\frac{1}{2} O(A B C D)=$ $O(M B C)$, zien we dat\n\n$$\n\\frac{1}{2} \\cdot|A B| \\cdot|B N| \\cdot \\sin \\angle B=\\frac{1}{2} \\cdot|M B| \\cdot|B C| \\cdot \\sin \\angle B\n$$\n\noftewel\n\n$$\n|A B| \\cdot|B N|=|M B| \\cdot|B C| .\n$$\n\nDat betekent\n\n$$\n\\frac{|M B|}{|B N|}=\\frac{|A B|}{|B C|}\n$$\n\nwaaruit met (zhz) volgt dat $\\triangle M B N \\sim \\triangle A B C$. Hieruit volgt dat $\\angle N M B=\\angle C A B$, dus zien we met F-hoeken dat $M N \\| A C$.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-B_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 4.", "solution_match": "\nOplossing I."}}
{"year": "2012", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $A B C D$ een convexe vierhoek (d.w.z. alle binnenhoeken zijn kleiner dan $180^{\\circ}$ ), zodat er een punt $M$ op lijnstuk $A B$ en een punt $N$ op lijnstuk $B C$ bestaan met de eigenschap dat $A N$ de vierhoek in twee stukken van gelijke oppervlakte deelt, en $C M$ dat ook doet.\nBewijs dat $M N$ de diagonaal $B D$ middendoor deelt.", "solution": "Noteer de oppervlakte van veelhoek $\\mathcal{P}$ met $O(\\mathcal{P})$. Noem $T$ het midden van $B D$. Nu hebben driehoeken $C D T$ en $C B T$ een even lange basis, namelijk $|D T|=$ $|B T|$, en dezelfde hoogte, dus zijn hun oppervlaktes gelijk. Op dezelfde manier geldt $O(A D T)=O(A B T)$. Dus $O(A T C D)=\\frac{1}{2} O(A B C D)=O(A N C D)$. Merk nu op dat $T$ niet binnen driehoek $A C D$ kan liggen, want dan zou $O(A T C D)<O(A C D)$, terwijl juist $O(A N C D)>O(A C D)$. Dus\n\n$$\nO(A T C)=O(A T C D)-O(A C D)=O(A N C D)-O(A C D)=O(A N C)\n$$\n\nDriehoeken $A T C$ en $A N C$ hebben dezelfde basis $A C$, dus ze hebben gelijke hoogte. Dat betekent dat de lijn $N T$ evenwijdig is aan de basis $A C$.\nOp analoge manier laten we zien dat $M T$ evenwijdig is aan $A C$. Dus $N T \\| M T$ en daaruit volgt dat $M, N$ en $T$ op één lijn liggen. Dus $M N$ gaat door het midden van $B D$.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-B_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 4.", "solution_match": "\nOplossing II."}}
{"year": "2012", "tier": "T1", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Laat $A$ een verzameling van positieve gehele getallen zijn met de volgende eigenschap: voor elk positief geheel getal $n$ zit precies één van de drie getallen $n, 2 n$ en $3 n$ in $A$. Verder is gegeven dat $2 \\in A$. Bewijs dat $13824 \\notin A$.", "solution": "We bewijzen de volgende twee beweringen:\n(i) Als $m \\in A$ met $2 \\mid m$, dan $6 m \\in A$.\n(ii) Als $m \\in A$ met $3 \\mid m$, dan $\\frac{4}{3} m \\in A$.\n\nEerst bewering (i). Neem aan dat $m \\in A$ met $2 \\mid m$. Door $n=\\frac{m}{2}$ te kiezen, zien we dat $\\frac{m}{2}$ en $\\frac{3}{2} m$ niet in $A$ zitten. Door $n=m$ te kiezen, zien we dat $2 m$ en $3 m$ niet in $A$ zitten. Als we nu $n=\\frac{3}{2} m$ bekijken, dan blijkt $2 n=3 m$ niet in $A$ te zitten en $n=\\frac{3}{2} m$ zelf ook niet, dus $3 n=\\frac{9}{2} m$ wel. Met $n=\\frac{9}{2} m$ krijgen we nu dat $9 m \\notin A$. Ten slotte bekijken we $n=3 m$ : we weten dat $3 m \\notin A$ en $9 m \\notin A$, dus $6 m \\in A$.\nNu bewering (ii). Neem aan dat $m \\in A$ met $3 \\mid m$. Door $n=\\frac{m}{3}$ te kiezen, zien we dat $\\frac{m}{3}$ en $\\frac{2}{3} m$ niet in $A$ zitten. Door $n=m$ te kiezen, zien we dat $2 m$ niet in $A$ zit. Als we nu $n=\\frac{2}{3} m$ kiezen, hebben we dus dat $n$ en $3 n$ niet in $A$ zitten, dus zit $2 n=\\frac{4}{3} m$ dat wel. Dit bewijst bewering (ii).\nWe weten dat $2 \\in A$. Door herhaaldelijk beweringen (i) en (ii) toe te passen, kunnen we laten zien dat de volgende getallen ook allemaal in $A$ zitten:\n\n$$\n2 \\xrightarrow{\\text { (i) }} 2^{2} \\cdot 3 \\xrightarrow{\\text { (i) }} 2^{3} \\cdot 3^{2} \\xrightarrow{\\text { (i) }} 2^{4} \\cdot 3^{3} \\xrightarrow{\\text { (i) }} 2^{5} \\cdot 3^{4} \\xrightarrow{\\text { (ii) }} 2^{7} \\cdot 3^{3} \\xrightarrow{\\text { (ii) }} 2^{9} \\cdot 3^{2} .\n$$\n\nOmdat $2^{9} \\cdot 3^{2} \\in A$, geldt $2^{9} \\cdot 3^{3} \\notin A$. Aangezien $13824=2^{9} \\cdot 3^{3}$, is dit wat we moesten bewijzen.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-B_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 5.", "solution_match": "\nOplossing."}}