{"year": "2012", "tier": "T1", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Voor positieve gehele getallen $a$ en $b$ definiëren we $a \\ominus b=\\frac{a-b}{\\operatorname{ggd}(a, b)}$. Bewijs dat voor elk geheel getal $n>1$ geldt: $n$ is een priemmacht (d.w.z. dat $n$ te schrijven is als $n=p^{k}$ met $p$ een priemgetal en $k$ een positief geheel getal) dan en slechts dan als voor alle positieve gehele $m<n$ geldt dat $\\operatorname{ggd}(n, n \\ominus m)=1$.", "solution": "Stel eerst dat $n=p^{k}$ met $p$ priem en $k>0$. We moeten bewijzen dat $\\operatorname{ggd}(n, n \\ominus m)=1$ voor alle $m<n$. Dus bekijk een willekeurig positief geheel getal $m<n$. We schrijven $m=p^{l} s$ met $p \\nmid s$ en $0 \\leq l<k$. Nu is $\\operatorname{ggd}(n, m)=\\operatorname{ggd}\\left(p^{k}, p^{l} s\\right)=p^{l}$, dus\n\n$$\nn \\ominus m=\\frac{p^{k}-p^{l} s}{p^{l}}=p^{k-l}-s\n$$\n\nOmdat $k-l \\geq 1$, geldt $\\operatorname{ggd}\\left(p^{k-l}-s, p\\right)=\\operatorname{ggd}(-s, p)=1$ en dus $\\operatorname{ggd}(n, n \\ominus m)=$ $\\operatorname{ggd}\\left(p^{k}, p^{k-l}-s\\right)=1$.\nStel nu dat $n$ geen priemmacht is. We moeten bewijzen dat er een $m<n$ is waarvoor $\\operatorname{ggd}(n, n \\ominus m) \\neq 1$. Zij $q$ het kleinste priemgetal dat een deler is van $n$ en zij $t$ het positieve gehele getal zodat $q^{t} \\mid n$ en $q^{t+1} \\nmid n$. Omdat $n$ geen $q$-macht is, bevat $n$ nog een priemdeler $p>q$. Dus $\\frac{n}{q^{t}} \\geq p>q$, waaruit volgt $n>q^{t+1}$. Kies nu $m=n-q^{t+1}$. Dan geldt $\\operatorname{ggd}(n, m)=\\operatorname{ggd}\\left(n, q^{t+1}\\right)=q^{t}$, dus\n\n$$\nn \\ominus m=\\frac{n-\\left(n-q^{t+1}\\right)}{q^{t}}=\\frac{q^{t+1}}{q^{t}}=q .\n$$\n\nOmdat $q \\mid n$, geldt nu $\\operatorname{ggd}(n, n \\ominus m)=q>1$.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 1.", "solution_match": "\nOplossing."}}
{"year": "2012", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "We hebben twee dozen met ballen. In de ene doos zitten $m$ ballen, in de andere doos $n$ ballen, waarbij $m, n>0$. Twee verschillende handelingen zijn toegestaan:\n(i) Verwijder uit beide dozen een gelijk aantal ballen.\n(ii) Vergroot het aantal ballen in één van de dozen met een factor $k$.\n\nIs het altijd mogelijk om alle ballen uit beide dozen te verwijderen met deze twee handelingen,\na) als $k=2$ ?\nb) als $k=3$ ?", "solution": "Bekijk eerst het geval $k=2$. We kunnen alle ballen uit beide dozen verwijderen op de volgende manier.\nAls $m=n$, dan halen we $m$ ballen uit beide dozen en zijn we klaar. Als $m \\neq n$, kunnen we zonder verlies van algemeenheid aannemen dat $m<n$. Als bovendien geldt $2 m<n$, dan verdubbelen we het aantal ballen in de eerste doos totdat we $m^{\\prime}$ ballen in de eerste doos hebben met de eigenschap dat $m^{\\prime}<n$ en $2 m^{\\prime} \\geq n$. We kunnen dus ook zonder verlies van algemeenheid aannemen dat $2 m \\geq n$. Verwijder nu uit beide dozen $2 m-n \\geq 0$ ballen. In de eerste doos blijven er $m-(2 m-n)=n-m>0$ ballen over; in de tweede doos blijven er $n-(2 m-n)=2 n-2 m=2(n-m)>0$ ballen over. Verdubbel nu het aantal ballen in de eerste doos en verwijder vervolgens uit beide dozen $2(n-m)$ ballen; dan zijn beide dozen leeg.\nBekijk nu het geval $k=3$. Noem $S$ het aantal ballen in de eerste doos min het aantal ballen in de tweede doos. Als we de eerste handeling toepassen, verandert $S$ niet. Als we de tweede handeling toepassen, zeg op een doos met $t$ ballen, dan verandert de pariteit van het aantal ballen in die doos niet (want $3 t \\equiv t \\bmod 2)$. De pariteit van $S$ verandert dus ook niet. We concluderen dat de pariteit van $S$ nooit verandert. Als we nu beginnen met $m=1$ en $n=2$, dan is $S=-1 \\equiv 1 \\bmod 2$. We kunnen nu nooit de situatie bereiken dat beide dozen leeg zijn, want dan zou $S \\equiv 0 \\bmod 2$. Als $k=3$ kunnen we dus niet altijd beide dozen leeghalen.\n\nAlternatieve oplossing voor $k=2$ : Als $m=n$, dan halen we $m$ ballen uit beide dozen en zijn we klaar. Als $m \\neq n$, kunnen we zonder verlies van algemeenheid aannemen dat $m<n$. Haal nu uit beide dozen $m-1$ ballen weg. Dan blijft er in de eerste doos 1 over. We kunnen nu steeds het aantal ballen in de eerste doos verdubbelen (van 1 naar 2) en vervolgens uit beide dozen 1 weghalen. Hiermee kunnen we doorgaan totdat de tweede doos nog maar 1 bal bevat. Dan halen we uit beide dozen 1 bal weg en zijn beide dozen leeg.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-D_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 paren $(x, y)$ van positieve gehele getallen die voldoen aan\n\n$$\nx+y+1 \\mid 2 x y \\quad \\text { en } \\quad x+y-1 \\mid x^{2}+y^{2}-1\n$$", "solution": "Er geldt\n\n$$\n\\left(x^{2}+y^{2}-1\\right)-(x+y+1)(x+y-1)=\\left(x^{2}+y^{2}-1\\right)-\\left(x^{2}+y^{2}+2 x y-1\\right)=-2 x y .\n$$\n\nOmdat $x+y-1$ een deler is van $x^{2}+y^{2}-1$ en natuurlijk ook van $(x+y+1)(x+y-1)$, zien we dat $x+y-1$ een deler is van $2 x y$. We weten dat $x+y+1$ ook een deler is van $2 x y$. Maar de ggd van $x+y-1$ en $x+y+1$ is 1 of 2 , aangezien het verschil van de twee getallen 2 is. Dus geldt dat $2 x y$ deelbaar is door $(x+y-1)(x+y+1)$ (als de ggd 1 is) of door $\\frac{(x+y-1)(x+y+1)}{2}$ (als de ggd 2 is). In beide gevallen geldt dat $4 x y$ deelbaar is door $(x+y-1)(x+y+1)$ en dus dat voor een zekere $k \\geq 1$ geldt:\n\n$$\n4 x y=k(x+y-1)(x+y+1)=k\\left(x^{2}+y^{2}+2 x y-1\\right) \\geq k(4 x y-1)\n$$\n\nwaarbij de laatste ongelijkheid geldt omdat voor alle reële getallen (en dus zeker voor positieve gehele) $x$ en $y$ geldt $x^{2}+y^{2} \\geq 2 x y$.\nAls $k \\geq 2$, dan geldt dus $4 x y \\geq 2 \\cdot(4 x y-1)$, dus $4 x y \\leq 2$. Tegenspraak, want $x$ en $y$ zijn positief en geheel, dus $4 x y \\geq 4$. We concluderen dat moet gelden $k=1$ en dus $4 x y=x^{2}+y^{2}+2 x y-1$. Hieruit volgt $x^{2}+y^{2}-1-2 x y=0$, wat we kunnen herschrijven tot $(x-y)^{2}=1$. Er moet dus gelden $x=y-1$ of $x=y+1$.\nDe mogelijke paren die voldoen zijn dus $(x, x+1)$ met $x \\geq 1$ en $(x, x-1)$ met $x \\geq 2$. We vullen het eerste paar in om te controleren: $2 x+2$ moet een deler zijn van $2 x(x+1)$ en dat klopt; en $2 x$ moet een deler zijn van $x^{2}+(x+1)^{2}-1=2 x^{2}+2 x$ en dat klopt ook. Analoog voldoet het tweede paar ook. Dus de oplossingen zijn: alle paren $(x, x+1)$ met $x \\geq 1$ en alle paren $(x, x-1)$ met $x \\geq 2$.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 3.", "solution_match": "\nOplossing."}}
{"year": "2012", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Gegeven is een driehoek $A B C$. De bissectrice van $\\angle C A B$ snijdt $B C$ in $L$. Op het inwendige van zijden $A C$ en $A B$ liggen respectievelijk de punten $M$ en $N$, zodat $A L$, $B M$ en $C N$ door één punt gaan en zodat $\\angle A M N=\\angle A L B$. Bewijs dat $\\angle N M L=90^{\\circ}$.", "solution": "Noem $T$ het snijpunt van $M N$ en $B C$. Merk op dat omdat $\\angle A C B=\\angle A L B-$ $\\angle L A C=\\angle A M N-\\angle L A C<\\angle A M N$, geldt dat $T$ aan dezelfde kant van $C$ ligt als $B$ (en aan dezelfde kant van $M$ als $N$. Omdat $\\angle A M T=\\angle A M N=\\angle A L B=\\angle A L T$, is $A M L T$ een koordenvierhoek. Dus $\\angle N M L=\\angle T M L=\\angle T A L$. Het is dus voldoende om te laten zien dat $\\angle T A L=90^{\\circ}$. Dat is precies het geval als $A T$ de buitenbissectrice van $\\angle C A B$ is, want de binnen- en buitenbissectrice staan loodrecht op elkaar. Dit gaan we dus bewijzen. Omdat $A L, B M$ en $C N$ elkaar snijden in één punt, geldt volgens de stelling van Ceva dat\n\n$$\n\\frac{B L}{L C} \\cdot \\frac{C M}{M A} \\cdot \\frac{A N}{N B}=1\n$$\n\nOmdat $M, N$ en $T$ op een lijn liggen, geldt volgens de stelling van Menelaos dat\n\n$$\n\\frac{B T}{T C} \\cdot \\frac{C M}{M A} \\cdot \\frac{A N}{N B}=-1\n$$\n\nUit deze twee gelijkheden volgt dat\n\n$$\n\\frac{B L}{L C}=-\\frac{B T}{T C}\n$$\n\nVolgens de bissectricestelling is $\\frac{|B L|}{|L C|}=\\frac{|B A|}{|C A|}$, dus geldt ook $\\frac{|B T|}{|T C|}=\\frac{|B A|}{|C A|}$. Dat betekent weer met de bissectricestelling dat $A T$ de buitenbissectrice van $\\angle C A B$ is. Dat is wat we wilden bewijzen.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 4.", "solution_match": "\nOplossing."}}
{"year": "2012", "tier": "T1", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Vind alle functies $f: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}$ die voldoen aan\n\n$$\nf(x+x y+f(y))=\\left(f(x)+\\frac{1}{2}\\right)\\left(f(y)+\\frac{1}{2}\\right)\n$$\n\nvoor alle $x, y \\in \\mathbb{R}$.", "solution": "Vul in $y=-1$, dan staat er:\n\n$$\nf(f(-1))=\\left(f(x)+\\frac{1}{2}\\right)\\left(f(-1)+\\frac{1}{2}\\right) .\n$$\n\nAls $f(-1) \\neq-\\frac{1}{2}$, dan kunnen we delen door $f(-1)+\\frac{1}{2}$ en krijgen we\n\n$$\nf(x)+\\frac{1}{2}=\\frac{f(f(-1))}{f(-1)+\\frac{1}{2}},\n$$\n\nwat betekent dat $f$ constant is. Dan is er dus een $c \\in \\mathbb{R}$ zodat $f(x)=c$ voor alle $x \\in \\mathbb{R}$. Nu staat er in de functievergelijking:\n\n$$\nc=\\left(c+\\frac{1}{2}\\right)\\left(c+\\frac{1}{2}\\right),\n$$\n\nwat we kunnen herschrijven als $0=c^{2}+\\frac{1}{4}$, maar dat heeft geen reële oplossing in $c$. Dus $f$ kan niet constant zijn.\nDe enige mogelijkheid is dus dat $f(-1)=-\\frac{1}{2}$. Dit betekent bovendien dat $f(f(-1))=0$, dus dat $f\\left(-\\frac{1}{2}\\right)=0$. Vul nu $x=0$ en $y=-\\frac{1}{2}$ in, dat geeft:\n\n$$\nf\\left(f\\left(-\\frac{1}{2}\\right)\\right)=\\left(f(0)+\\frac{1}{2}\\right)\\left(f\\left(-\\frac{1}{2}\\right)+\\frac{1}{2}\\right),\n$$\n\nen dus\n\n$$\nf(0)=\\left(f(0)+\\frac{1}{2}\\right) \\cdot \\frac{1}{2}\n$$\n\nwaaruit volgt dat $f(0)=\\frac{1}{2}$.\nStel dat er een $a \\neq-1$ is met $f(a)=-\\frac{1}{2}$. Vul $y=a$ in:\n\n$$\nf\\left(x(1+a)-\\frac{1}{2}\\right)=0 .\n$$\n\nOmdat $1+a \\neq 0$, kan $x(1+a)-\\frac{1}{2}$ alle waarden in $\\mathbb{R}$ aannemen als $x$ varieert over $\\mathbb{R}$. Dus nu volgt dat $f$ constant 0 is, maar we hadden al gezien dat $f$ niet constant kon zijn. We concluderen dat er geen $a \\neq-1$ is met $f(a)=-\\frac{1}{2}$. Er is dus maar één $x$ waarvoor $f(x)=-\\frac{1}{2}$ en dat is $x=-1$.\nBekijk een willekeurige $b$ met $f(b)=0$. We vullen $x=b-\\frac{1}{2}$ en $y=0$ in:\n\n$$\nf\\left(b-\\frac{1}{2}+\\frac{1}{2}\\right)=\\left(f\\left(b-\\frac{1}{2}\\right)+\\frac{1}{2}\\right)\\left(\\frac{1}{2}+\\frac{1}{2}\\right),\n$$\n\noftewel\n\n$$\nf(b)=\\left(f\\left(b-\\frac{1}{2}\\right)+\\frac{1}{2}\\right) .\n$$\n\nOmdat $f(b)=0$, is $f\\left(b-\\frac{1}{2}\\right)=-\\frac{1}{2}$. We hebben gezien dat dan moet gelden $b-\\frac{1}{2}=-1$, dus $b=-\\frac{1}{2}$.\nEr is dus maar één $x$ waarvoor $f(x)=0$ en dat is $x=-\\frac{1}{2}$. Vul nu $x=-1$ in:\n\n$$\nf(-1-y+f(y))=0\n$$\n\nHieruit volgt $-1-y+f(y)=-\\frac{1}{2}$, dus $f(y)=y+\\frac{1}{2}$. De enige kandidaatfunctie is dus de functie gegeven door $f(x)=x+\\frac{1}{2}$ voor alle $x \\in \\mathbb{R}$.\nWe controleren deze functie. Links in de functievergelijking komt te staan: $x+x y+y+1$. Rechts komt te staan $(x+1)(y+1)$ en dat is gelijk aan $x y+x+y+1$. De functie voldoet dus. We concluderen dat er precies één oplossing is: $f(x)=x+\\frac{1}{2}$ voor alle $x \\in \\mathbb{R}$.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 5.", "solution_match": "\nOplossing."}}