{"year": "2012", "tier": "T1", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $I$ het middelpunt van de ingeschreven cirkel van driehoek $A B C$. Een lijn door $I$ snijdt het inwendige van lijnstuk $A B$ in $M$ en het inwendige van lijnstuk $B C$ in $N$. We nemen aan dat $B M N$ een scherphoekige driehoek is. Laat nu $K$ en $L$ punten op lijnstuk $A C$ zijn zodat $\\angle B M I=\\angle I L A$ en $\\angle B N I=\\angle I K C$.\nBewijs dat $|A M|+|K L|+|C N|=|A C|$.", "solution": "Noem $D, E$ en $F$ de voetpunten van $I$ op respectievelijk $B C, C A$ en $A B$. Er geldt dat $N$ tussen $C$ en $D$ ligt: als namelijk $N$ tussen $D$ en $B$ ligt, dan is $\\angle B N I$ groter dan $\\angle B D I=90^{\\circ}$, maar gegeven is dat $\\triangle B M N$ scherphoekig is. Dus $N$ ligt tussen $C$ en $D$. Zo ook ligt $M$ tussen $A$ en $F$. Verder kan $L$ niet tussen $A$ en $E$ liggen, want dan zou $\\angle I L A>90^{\\circ}$, terwijl juist $\\angle I L A=\\angle B M I<90^{\\circ}$. Dus $L$ ligt tussen $E$ en $C$. Zo ook ligt $K$ tussen $A$ en $E$. Al met al ligt $E$ tussen $K$ en $L$.\nEr geldt\n\n$$\n|A C|=|A E|+|C E|=|A F|+|C D|=|A M|+|M F|+|C N|+|N D|,\n$$\n\nwaarbij het tweede =-teken geldt omdat de raaklijnstukjes aan de ingeschreven cirkel even lang zijn.\nVerder is $\\angle I K E=\\angle I K C=\\angle B N I=\\angle D N I$ en $\\angle K E I=90^{\\circ}=\\angle I D N$, dus $\\triangle I K E \\sim$ $\\triangle I N D$ (hh). Omdat lijnstukken $E I$ en $D I$ beide de straal van de ingeschreven cirkel zijn, zijn deze even lang, dus geldt zelfs $\\triangle I K E \\cong \\triangle I N D$. Hieruit volgt $|E K|=|N D|$.\nZo ook kunnen we afleiden dat $|E L|=|M F|$. We krijgen dus\n\n$$\n|A C|=|A M|+|M F|+|N D|+|C N|=|A M|+|E L|+|E K|+|C N|=|A M|+|K L|+|C N|\n$$", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-C_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 1.", "solution_match": "\nOplossing."}}
{"year": "2012", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Laat $a, b, c$ en $d$ positieve reële getallen zijn. Bewijs dat\n\n$$\n\\frac{a-b}{b+c}+\\frac{b-c}{c+d}+\\frac{c-d}{d+a}+\\frac{d-a}{a+b} \\geq 0\n$$", "solution": "Er geldt\n\n$$\n\\frac{a-b}{b+c}=\\frac{a-b+b+c}{b+c}-1=\\frac{a+c}{b+c}-1\n$$\n\nDoor hetzelfde met de andere drie breuken te doen en daarna de vier keer -1 naar de andere kant te halen, krijgen we dat we moeten bewijzen:\n\n$$\n\\frac{a+c}{b+c}+\\frac{b+d}{c+d}+\\frac{c+a}{d+a}+\\frac{d+b}{a+b} \\geq 4\n$$\n\nNu passen we de ongelijkheid van het harmonisch en rekenkundig gemiddelde toe op de twee positieve getallen $b+c$ en $d+a$ :\n\n$$\n\\frac{2}{\\frac{1}{b+c}+\\frac{1}{d+a}} \\leq \\frac{(b+c)+(d+a)}{2}\n$$\n\ndus\n\n$$\n\\frac{1}{b+c}+\\frac{1}{d+a} \\geq \\frac{4}{a+b+c+d}\n$$\n\nZo ook geldt\n\n$$\n\\frac{1}{c+d}+\\frac{1}{a+b} \\geq \\frac{4}{a+b+c+d}\n$$\n\nHiermee kunnen we de linkerkant van (1) afschatten:\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{a+c}{b+c}+\\frac{b+d}{c+d}+\\frac{c+a}{d+a}+\\frac{d+b}{a+b} & =(a+c)\\left(\\frac{1}{b+c}+\\frac{1}{d+a}\\right)+(b+d)\\left(\\frac{1}{c+d}+\\frac{1}{a+b}\\right) \\\\\n& \\geq(a+c) \\cdot \\frac{4}{a+b+c+d}+(b+d) \\cdot \\frac{4}{a+b+c+d} \\\\\n& =4 \\cdot \\frac{(a+c)+(b+d)}{a+b+c+d} \\\\\n& =4 .\n\\end{aligned}\n$$\n\nDaarmee hebben we (1) bewezen.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-C_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 2.", "solution_match": "\nOplossing."}}
{"year": "2012", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Bepaal alle positieve gehele getallen die niet geschreven kunnen worden als $\\frac{a}{b}+\\frac{a+1}{b+1}$ met $a, b$ positief en geheel.", "solution": "Er geldt\n\n$$\n\\frac{a}{b}+\\frac{a+1}{b+1}=\\frac{2 a b+a+b}{b(b+1)}\n$$\n\nNeem aan dat dit gelijk is aan een geheel getal $n$. Dan geldt $b \\mid 2 a b+a+b$ en $b+1 \\mid$ $2 a b+a+b$. Uit het eerste volgt $b \\mid a$ en dus ook $b \\mid a-b$. Uit het tweede volgt $b+1 \\mid(2 a b+a+b)-(b+1) \\cdot 2 a=-a+b$, dus ook $b+1 \\mid a-b$. Omdat de ggd van $b$ en $b+1$ gelijk aan 1 is, mogen we hieruit concluderen dat $b(b+1) \\mid a-b$. We kunnen $a$ dus schrijven als $a=b(b+1) \\cdot k+b$. Omdat $a$ positief moet zijn, moet $k$ hier een niet-negatief geheel getal zijn. Dit vullen we in:\n\n$$\n\\begin{aligned}\nn & =\\frac{2 a b+a+b}{b(b+1)} \\\\\n& =\\frac{2 \\cdot(b(b+1) \\cdot k+b) \\cdot b+(b(b+1) \\cdot k+b)+b}{b(b+1)} \\\\\n& =\\frac{b(b+1) \\cdot(2 k b+k)+2 b^{2}+2 b}{b(b+1)} \\\\\n& =(2 b+1) k+2 .\n\\end{aligned}\n$$\n\nDus $n$ is van de vorm $n=(2 b+1) k+2$. Hieruit zien we dat $n \\geq 2$ (want $k \\geq 0)$ en dat $n-2$ deelbaar moet zijn door een oneven getal groter dan 1 (namelijk $2 b+1 \\geq 3$ ).\nStel omgekeerd dat voor een getal $n$ geldt dat $n \\geq 2$ en $n-2$ is deelbaar door een oneven getal groter dan 1 , zeg door $2 b+1$ met $b \\geq 1$ en geheel. Dan is er dus een $k \\geq 0$ met $n=(2 b+1) k+2$. Kies nu $a=b(b+1) \\cdot k+b$, dan is $a$ positief geheel en geldt\n\n$$\n\\frac{a}{b}+\\frac{a+1}{b+1}=((b+1) k+1)+(b k+1)=(2 b+1) k+2=n\n$$\n\nWe kunnen nu concluderen dat de getallen die geschreven kunnen worden als $\\frac{a}{b}+\\frac{a+1}{b+1}$ met $a$ en $b$ positief geheel, precies de getallen $n \\geq 2$ zijn waarvoor geldt dat $n-2$ deelbaar is door een oneven getal groter dan 1. De getallen die niet zo geschreven kunnen worden, zijn dus precies 1 en de getallen $n \\geq 2$ waarvoor geldt dat $n-2$ geen oneven deler groter dan 1 heeft, oftewel waarvoor geldt dat $n-2$ een tweemacht $2^{m}$ met $m \\geq 0$ is.\nWe concluderen dat de getallen die niet geschreven kunnen worden als $\\frac{a}{b}+\\frac{a+1}{b+1}$, precies 1 en de getallen van de vorm $2^{m}+2$ met $m \\geq 0$ zijn.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-C_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 3.", "solution_match": "\nOplossing."}}
{"year": "2012", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $n$ een positief geheel getal deelbaar door 4. We bekijken permutaties $\\left(a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{n}\\right)$ van $(1,2, \\ldots, n)$ met de volgende eigenschap: voor elke $j$ geldt dat als we $i=a_{j}$ nemen, dan $a_{i}+j=n+1$. Bewijs dat er precies $\\frac{\\left(\\frac{1}{2} n\\right)!}{\\left(\\frac{1}{4} n\\right)!}$ zulke permutaties zijn.", "solution": "Zij $t \\in\\{1,2, \\ldots, n\\}$. Stel dat $a_{t}=t$, dan kunnen we $i=j=t$ kiezen en geldt dus $a_{t}+t=n+1$, dus $2 t=n+1$. Maar $n$ is deelbaar door 4 , dus $n+1$ is oneven. Tegenspraak. Stel nu dat $a_{t}=n+1-t$. Dan kunnen we $i=n+1-t$ en $j=t$ kiezen en geldt dus $a_{n+1-t}+t=n+1$, dus $a_{n+1-t}=n+1-t$. We hebben echter net gezien dat dit niet kan voorkomen.\nStel nu dat $a_{t}=u$ met $u \\neq t, u \\neq n+1-t$. Dan kunnen we $i=u$ en $j=t$ kiezen en geldt dus $a_{u}+t=n+1$, dus $a_{u}=n+1-t$. Vervolgens kunnen we $i=n+1-t$ en $j=u$ kiezen en geldt dus $a_{n+1-t}=n+1-u$. Nu kiezen we $i=n+1-u$ en $j=n+1-t$ en zien we dat $a_{n+1-u}=n+1-(n+1-t)=t$. Al met al hebben we dus:\n\n$$\n\\begin{aligned}\na_{t} & =u, \\\\\na_{u} & =n+1-t, \\\\\na_{n+1-t} & =n+1-u, \\\\\na_{n+1-u} & =t .\n\\end{aligned}\n$$\n\nOmdat $u \\neq t$ en $u \\neq n+1-t$, zijn de vier getallen aan de rechterkant allemaal verschillend. Verder zijn de vier getallen op te delen in twee paren van de vorm $(v, n+1-v)$. We hebben nu dus vier getallen waarvoor geldt dat op dezelfde posities in de permutatie dezelfde vier getallen staan, maar in een andere volgorde. We kunnen nu een $t^{\\prime}$ ongelijk aan één van deze vier getallen kiezen en een $u^{\\prime}$ met $a_{t^{\\prime}}=u^{\\prime}$ en op dezelfde manier een viertal vinden waar $t^{\\prime}$ in zit. Merk op dat nu $n+1-t^{\\prime}$ en $n+1-u^{\\prime}$ niet al in het eerste viertal kunnen zitten, want dan zouden $u^{\\prime}$ en $t^{\\prime}$ er ook al in zitten. Zo kunnen we doorgaan totdat alle $n$ getallen opgedeeld zijn in viertallen.\nWe zien dat we precies alle permutaties kunnen maken door het volgende recept toe te passen:\n\n- Kies het kleinste getal $k$ waarvoor $a_{k}$ nog niet bepaald is. Neem $a_{k}=u$ voor een zekere $u$ waarvan $a_{u}$ nog niet bepaald was en waarvoor geldt $u \\neq k, u \\neq n+1-k$. Dit bepaalt ook de waarden van $a_{u}, a_{n+1-u}$ en $a_{n+1-k}$.\n- Herhaal de vorige stap net zo vaak totdat alle waarden $a_{k}$ bepaald zijn.\n\nBij de eerste $k$ hebben we voor $u$ nog $n-2$ mogelijkheden. Bij de volgende stap hebben we nog $n-6$ mogelijkheden. Bij de stap daarna nog $n-10$, enzovoorts. Dus het aantal permutaties dat aan deze eigenschap voldoet, is\n\n$$\n2 \\cdot 6 \\cdot 10 \\cdot \\ldots \\cdot(n-10) \\cdot(n-6) \\cdot(n-2)\n$$\n\nSchrijf $n=4 m$, dan kunnen we dit schrijven als\n\n$$\n\\begin{gathered}\n2^{m} \\cdot 1 \\cdot 3 \\cdot 5 \\cdot \\ldots \\cdot(2 m-5) \\cdot(2 m-3) \\cdot(2 m-1)=2^{m} \\cdot \\frac{(2 m)!}{2 \\cdot 4 \\cdot \\ldots \\cdot(2 m)} \\\\\n=\\frac{(2 m)!}{1 \\cdot 2 \\cdot 3 \\cdot \\ldots \\cdot m}=\\frac{(2 m)!}{m!}=\\frac{\\left(\\frac{1}{2} n\\right)!}{\\left(\\frac{1}{4} n\\right)!}\n\\end{gathered}\n$$", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-C_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 4.", "solution_match": "\nOplossing."}}
{"year": "2012", "tier": "T1", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $\\Gamma$ de omgeschreven cirkel van de scherphoekige driehoek $A B C$. De bissectrice van hoek $A B C$ snijdt $A C$ in het punt $B_{1}$ en de korte boog $A C$ van $\\Gamma$ in het punt $P$. De lijn door $B_{1}$ loodrecht op $B C$ snijdt de korte boog $B C$ van $\\Gamma$ in $K$. De lijn door $B$ loodrecht op $A K$ snijdt $A C$ in $L$. Bewijs dat $K, L$ en $P$ op een lijn liggen.", "solution": "Dat de bissectrice van hoek $A B C$ de korte boog $A C$ snijdt in $P$, betekent dat $P$ precies midden in deze boog $A C$ ligt. We moeten bewijzen dat $K L$ ook door $P$ gaat, dus dat $K L$ de boog $A C$ doormidden snijdt. Omdat $K$ op $\\Gamma$ ligt, betekent dat dat we moeten bewijzen dat $K L$ de bissectrice van $\\angle A K C$ is.\nNoem $S$ het snijpunt van $B_{1} K$ en $B C$ en noem $T$ het snijpunt van $B L$ en $A K$. Dan is $\\angle B S K=90^{\\circ}$ en $\\angle B T K=90^{\\circ}$, dus $B T S K$ is een koordenvierhoek. Hieruit volgt\n\n$$\n\\angle C B L=\\angle S B T=\\angle S K T=\\angle B_{1} K A .\n$$\n\nOmdat $A B K C$ een koordenvierhoek is, geldt $\\angle B_{1} A K=\\angle C A K=\\angle C B K$. Volgens de buitenhoekstelling is $\\angle L B_{1} K=\\angle B_{1} A K+\\angle B_{1} K A$, dus geldt met behulp van (2) dat\n\n$$\n\\angle L B_{1} K=\\angle B_{1} A K+\\angle B_{1} K A=\\angle C B K+\\angle C B L=\\angle L B K .\n$$\n\nHieruit volgt dat $L K B B_{1}$ een koordenvierhoek is, wat weer betekent dat $\\angle L B B_{1}=$ $\\angle L K B_{1}$. Als we hier gelijkheid (2) bij optellen, krijgen we\n\n$$\n\\angle C B B_{1}=\\angle C B L+\\angle L B B_{1}=\\angle B_{1} K A+\\angle L K B_{1}=\\angle L K A .\n$$\n\nDus\n\n$$\n\\angle L K A=\\angle C B B_{1}=\\frac{1}{2} \\angle C B A=\\frac{1}{2} \\angle C K A,\n$$\n\nwaarbij we nog gebruikt hebben dat $A B K C$ een koordenvierhoek is. Hieruit volgt dat $K L$ de bissectrice $\\operatorname{van} \\angle A K C$ is, wat we wilden bewijzen.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-C_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 5.", "solution_match": "\nOplossing."}}