{"year": "2013", "tier": "T1", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Vind alle viertallen $(a, b, c, d)$ van reële getallen waarvoor geldt\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& a b+c+d=3, \\\\\n& b c+d+a=5, \\\\\n& c d+a+b=2, \\\\\n& d a+b+c=6 .\n\\end{aligned}\n$$", "solution": "De eerste twee vergelijkingen van elkaar aftrekken geeft\n\n$$\n2=5-3=(b c+d+a)-(a b+c+d)=b(c-a)+a-c=(b-1)(c-a) .\n$$\n\nDe laatste twee vergelijkingen van elkaar aftrekken geeft\n\n$$\n4=6-2=(d a+b+c)-(c d+a+b)=d(a-c)+c-a=(1-d)(c-a)\n$$\n\nWe zien dat $c-a$ niet gelijk aan 0 is (want dan zou het product van $c-a$ met iets anders 0 moeten zijn) en we kunnen dus concluderen dat $1-d=2(b-1)$, oftewel $3=2 b+d$.\nOp dezelfde manier combineren we de tweede en derde vergelijking; dat levert $3=(c-$ $1)(b-d)$ op. En combineren van de eerste en vierde vergelijking geeft $3=(1-a)(b-d)$. Dus $c-1=1-a$, oftewel $a+c=2$.\nNu tellen we de eerste twee vergelijkingen bij elkaar op. Dat geeft\n$8=3+5=a b+c+d+b c+d+a=b(a+c)+(a+c)+2 d=2 b+2+2 d=2+3+d=5+d$,\ndus $d=3$. Vanwege $2 b+d=3$ volgt hieruit dat $b=0$. De eerste vergelijking wordt nu $0+c+3=3$, dus $c=0$. In de tweede vergelijking vinden we ten slotte $0+3+a=5$, dus $a=2$. We hebben nu gevonden dat de enige mogelijke oplossing is: $(a, b, c, d)=(2,0,0,3)$. Controleren laat zien dat dit viertal inderdaad aan alle vier de vergelijkingen voldoet.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2013-C_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 1.", "solution_match": "\nOplossing."}}
{"year": "2013", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Vind alle gehele getallen $n$ waarvoor $\\frac{4 n-2}{n+5}$ het kwadraat van een rationaal getal is. (Een rationaal getal is een getal in $\\mathbb{Q}$.)", "solution": "Stel dat $\\frac{4 n-2}{n+5}$ het kwadraat van een rationaal getal is. Dan kunnen we het dus schrijven als $\\frac{p^{2}}{q^{2}}$ met $p, q$ niet-negatieve gehele getallen, $q \\neq 0$ en $\\operatorname{ggd}(p, q)=1$. Vanwege de voorwaarde $\\operatorname{ggd}(p, q)=1$, is $\\frac{p^{2}}{q^{2}}$ de meest vereenvoudigde versie van deze breuk, dus er is een gehele $c \\neq 0$ zodat $4 n-2=c p^{2}$ en $n+5=c q^{2}$. Nu is\n\n$$\n22=4(n+5)-(4 n-2)=4 c q^{2}-c p^{2}=c\\left((2 q)^{2}-p^{2}\\right)=c(2 q-p)(2 q+p)\n$$\n\nDus $c$ is een deler van 22. Verder is 22 deelbaar door 2, dus de rechterkant is ook deelbaar door 2 . Als er een factor 2 in $2 q-p$ zit, zit er ook een factor 2 in $2 q+p$, want die twee factoren schelen $2 p$ en dat is even. En andersom, als $2 q+p$ deelbaar is door 2 , dan is $2 q-p$ dat ook. Maar 22 bevat maar één factor 2 , dus het kan niet dat $2 q-p$ en $2 q+p$ beide deelbaar zijn door 2 . We concluderen dat $2 q-p$ en $2 q+p$ juist oneven zijn en $c$ dus even is. Ten slotte geldt dat $p \\geq 0$ en $q \\geq 1$, dus $2 q+p \\geq 2$, dus de factor 11 uit 22 moet juist in $2 q+p$ zitten. We concluderen dat er slechts twee mogelijkheden zijn:\n\n- $c=2,2 q+p=11,2 q-p=1$;\n- $c=-2,2 q+p=11,2 q-p=-1$.\n\nIn het eerste geval vinden we $2 p=11-1=10$, dus $p=5$ en $q=3$. Dit geeft $4 n-2=50$, dus $n=13$. Controleren: $\\frac{4 n-2}{n+5}=\\frac{50}{18}=\\frac{25}{9}=\\frac{5^{2}}{3^{2}}$, dus $n=13$ voldoet inderdaad. In het tweede geval vinden we $2 p=11--1=12$, dus $p=6$, maar dan kan $q$ niet meer geheel zijn, dus dit geval valt af. We concluderen dat er precies één oplossing is en dat is $n=13$.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2013-C_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 2.", "solution_match": "\nOplossing."}}
{"year": "2013", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Gegeven is een driehoek $A B C . \\mathrm{Zij} \\Gamma_{1}$ de cirkel door $B$ die raakt aan zijde $A C$ in $A$. Zij $\\Gamma_{2}$ de cirkel door $C$ die raakt aan zijde $A B$ in $A$. Het tweede snijpunt van $\\Gamma_{1}$ en $\\Gamma_{2}$ noemen we $D$. De lijn $A D$ snijdt de omgeschreven cirkel van $\\triangle A B C$ nog een keer in $E$. Bewijs dat $D$ het midden is van $A E$.", "solution": "We bekijken de configuratie waar $D$ binnen $\\triangle A B C$ ligt. De andere configuratie gaat analoog. Vanwege de raaklijnomtrekshoekstelling in $\\Gamma_{1}$ geldt $\\angle D A C=\\angle D B A$. Vanwege de raaklijnomtrekshoekstelling in $\\Gamma_{2}$ geldt $\\angle D A B=\\angle D C A$. Er geldt dus $\\triangle A B D \\sim \\triangle C A D$ (hh), waaruit volgt\n\n$$\n\\frac{|B D|}{|A D|}=\\frac{|A D|}{|C D|}, \\quad \\text { oftewel } \\quad|A D|^{2}=|B D| \\cdot|C D|\n$$\n\nVolgens de omtrekshoekstelling geldt $\\angle E C B=\\angle E A B=\\angle D A B=\\angle D C A$. Dus $\\angle E C D=$ $\\angle E C B+\\angle B C D=\\angle D C A+\\angle B C D=\\angle B C A$. Verder is $\\angle D E C=\\angle A E C=\\angle A B C$ vanwege de omtrekshoekstelling. Dus $\\triangle C D E \\sim \\triangle C A B$ (hh). Analoog zien we dat $\\triangle B D E \\sim \\triangle B A C$. We concluderen dat $\\triangle C D E \\sim \\triangle E D B$, waaruit volgt\n\n$$\n\\frac{|C D|}{|D E|}=\\frac{|E D|}{|D B|}, \\quad \\text { oftewel } \\quad|D E|^{2}=|B D| \\cdot|C D|\n$$\n\nSamen met (1) geeft dit $|D E|^{2}=|A D|^{2}$, dus $|D E|=|A D|$, wat betekent dat $D$ het midden $\\operatorname{van} A E$ is.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2013-C_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 3.", "solution_match": "\nOplossing I."}}
{"year": "2013", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Gegeven is een driehoek $A B C . \\mathrm{Zij} \\Gamma_{1}$ de cirkel door $B$ die raakt aan zijde $A C$ in $A$. Zij $\\Gamma_{2}$ de cirkel door $C$ die raakt aan zijde $A B$ in $A$. Het tweede snijpunt van $\\Gamma_{1}$ en $\\Gamma_{2}$ noemen we $D$. De lijn $A D$ snijdt de omgeschreven cirkel van $\\triangle A B C$ nog een keer in $E$. Bewijs dat $D$ het midden is van $A E$.", "solution": "We bekijken de configuratie waar $D$ binnen $\\triangle A B C$ ligt. De andere configuratie gaat analoog. Vanwege de raaklijnomtrekshoekstelling in $\\Gamma_{2}$ geldt $\\angle D A B=\\angle D C A$. De buitenhoekstelling geeft nu dat\n\n$$\n\\angle C D E=\\angle D C A+\\angle C A D=\\angle D A B+\\angle C A D=\\angle C A B .\n$$\n\nNoem $B^{\\prime}$ het tweede snijpunt van $B D$ met de omgeschreven cirkel van $\\triangle A B C$. Vanwege de raaklijnomtrekshoekstelling in $\\Gamma_{1}$ geldt $\\angle C A D=\\angle A B D=\\angle A B B^{\\prime}=\\angle A C B^{\\prime}$, waarbij de laatste $=$ een toepassing van de omtrekshoekstelling is. Dus\n\n$$\n\\angle D C B^{\\prime}=\\angle D C A+\\angle A C B^{\\prime}=\\angle D A B+\\angle C A D=\\angle C A B .\n$$\n\nVerder is $\\angle C B^{\\prime} D=\\angle C B^{\\prime} B=\\angle C A B$ vanwege de omtrekshoekstelling. We zien dat $\\triangle D B^{\\prime} C$ gelijkbenig is met tophoek $D$. Ook geeft (2) samen met (3) dat $\\angle C D E=\\angle D C B^{\\prime}$, waaruit volgt $C B^{\\prime} \\| D E$, oftewel $C B^{\\prime} \\| A E$. Volgens de stelling van Julian geeft dit $\\left|A B^{\\prime}\\right|=|C E|$. We hebben nu een gelijkbenig trapezium $A E C B^{\\prime}$. De middelloodlijnen van de evenwijdige zijden $A E$ en $C B^{\\prime}$ hiervan vallen samen. De middelloodlijn van $C B^{\\prime}$ gaat door $D$ omdat $\\triangle D B^{\\prime} C$ gelijkbenig is. Dus de middelloodlijn van $A E$ gaat ook door $D$, wat betekent dat $D$ het midden van $A E$ is.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2013-C_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 3.", "solution_match": "\nOplossing II."}}
{"year": "2013", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Gegeven is een driehoek $A B C . \\mathrm{Zij} \\Gamma_{1}$ de cirkel door $B$ die raakt aan zijde $A C$ in $A$. Zij $\\Gamma_{2}$ de cirkel door $C$ die raakt aan zijde $A B$ in $A$. Het tweede snijpunt van $\\Gamma_{1}$ en $\\Gamma_{2}$ noemen we $D$. De lijn $A D$ snijdt de omgeschreven cirkel van $\\triangle A B C$ nog een keer in $E$. Bewijs dat $D$ het midden is van $A E$.", "solution": "Vanwege de raaklijnomtrekshoekstelling in $\\Gamma_{1}$ geldt $\\angle D A C=\\angle D B A$. Vanwege de raaklijnomtrekshoekstelling in $\\Gamma_{2}$ geldt $\\angle D A B=\\angle D C A$. Er geldt dus $\\triangle A B D \\sim \\triangle C A D(\\mathrm{hh})$. Noem nu $M$ het midden van $A B$ en $N$ het midden van $A C$. Dan is $D M$ een zwaartelijn in $\\triangle D B A$ en is $D N$ de corresponderende zwaartelijn in $\\triangle D A C$. Daardoor weten we dat $\\angle B D M=\\angle A D N$. Dus\n\n$$\n\\begin{array}{rlr}\n\\angle M D N & =\\angle M D A+\\angle A D N & \\text { (opsplitsen hoek) } \\\\\n& =\\angle M D A+\\angle B D M & \\text { (gelijkheid van hiervoor) } \\\\\n& =\\angle B D A & \\text { (optellen hoeken) } \\\\\n& =180^{\\circ}-\\angle A B D-\\angle B A D & \\text { (hoekensom } \\triangle A B D) \\\\\n& =180^{\\circ}-\\angle C A D-\\angle B A D & \\text { (gelijkvormigheid } \\triangle A B D \\sim \\triangle C A D) \\\\\n& =180^{\\circ}-\\angle C A B & \\text { (optellen hoeken) } \\\\\n& =180^{\\circ}-\\angle N A M & \\text { (zelfde hoek.) }\n\\end{array}\n$$\n\nWe concluderen dat $M D N A$ een koordenvierhoek is. Dus $\\angle M D A=\\angle M N A$. Omdat $M N$ een middenparallel in $\\triangle A B C$ is, is $\\angle M N A=\\angle B C A$ en dat is wegens de omtrekshoekstelling weer gelijk aan $\\angle B E A$. Al met al hebben we $\\angle M D A=\\angle B E A$, wat betekent dat $M D$ evenwijdig is met $B E$. Aangezien $M$ het midden van $A B$ is, moet nu $D$ ook het midden van $A E$ zijn.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2013-C_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 3.", "solution_match": "\nOplossing III."}}
{"year": "2013", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $n \\geq 3$ een geheel getal en bekijk een $n \\times n$-bord, opgedeeld in $n^{2}$ eenheidsvierkantjes. We hebben voor elke $m \\geq 1$ willekeurig veel $1 \\times m$-rechthoeken (type I) en willekeurig veel $m \\times 1$-rechthoeken (type II) beschikbaar. We bedekken het bord met $N$ van deze rechthoeken, die elkaar niet overlappen en niet uitsteken buiten het bord. Het totaal aantal rechthoeken van type I op het bord moet hierbij gelijk zijn aan het totaal aantal rechthoeken van type II op het bord. (Merk op dat een $1 \\times 1$-rechthoek zowel van type I als van type II is.) Wat is de kleinste waarde van $N$ waarvoor dit mogelijk is?", "solution": "We bewijzen dat de minimale waarde $N=2 n-1$ is. We construeren eerst een voorbeeld door middel van inductie.\nInductiebasis. Voor $n=3$ is $N=5$ mogelijk, door in het middelste veld een $1 \\times 1$-rechthoek te leggen en de overige velden te bedekken met vier $2 \\times 1$ - en $1 \\times 2$-rechthoeken. Er zijn dan drie rechthoeken met hoogte 1 (type I) en drie rechthoeken met breedte 1 (type II), waarbij de $1 \\times 1$-rechthoek twee keer geteld wordt.\nInductiestap. Zij $k \\geq 3$ en neem aan dat we een $k \\times k$-bord kunnen bedekken met $2 k-1$ rechthoeken zodat aan alle voorwaarden is voldaan. Bekijk een $(k+1) \\times(k+1)$-bord en bedek het $k \\times k$-deelvierkant rechtsonder volgens de inductiehypothese. Bedek vervolgens de linkerkolom met een rechthoek met breedte 1 en hoogte $k+1$ en vervolgens de overgebleven ruimte met een rechthoek met hoogte 1 en breedte $k$. We hebben nu één rechthoek met breedte 1 en één rechthoek met hoogte 1 meer gebruikt, dus aan de voorwaarde is voldaan en we hebben $2 k-1+2=2(k+1)-1$ rechthoeken gebruikt. Hiermee hebben we een voorbeeld voor $n=k+1$ geconstrueerd.\nHiermee is bewezen dat het mogelijk is om het bord te bedekken met $N=2 n-1$ rechthoeken. We willen nu nog bewijzen dat het niet met minder rechthoeken kan. Zij $k$ het aantal rechthoeken met breedte 1 en hoogte groter dan 1 . Dan is ook het aantal rechthoeken met hoogte 1 en breedte groter dan 1 , gelijk aan $k$. Zij verder $l$ het aantal rechthoeken van $1 \\times 1$. Er geldt dus $N=2 k+l$. Als $k \\geq n$, geldt $N \\geq 2 n$, dus in dit geval is er niets te bewijzen. We nemen dus aan dat $k<n$ en we gaan bewijzen dat dan $l \\geq 2 n-2 k-1$, zodat $N \\geq 2 n-1$.\nElke rechthoek met breedte 1 kan alleen velden in één kolom bedekken. Er zijn dus $n-k$ kolommen waarin geen enkel veld wordt bedekt door een rechthoek met breedte 1 en hoogte groter dan 1. Zo ook zijn er $n-k$ rijen waarin geen enkel veld wordt bedekt door een rechthoek met hoogte 1 en breedte groter dan 1. Bekijk de $(n-k)^{2}$ velden die in zowel zo'n rij als zo'n kolom liggen. Deze velden moeten bedekt worden door $1 \\times 1$-rechthoeken. Dus $l \\geq(n-k)^{2}$.\nEr geldt $(k-n+1)^{2} \\geq 0$, dus $k^{2}+n^{2}+1-2 k n+2 k-2 n \\geq 0$, dus $n^{2}-2 k n+k^{2} \\geq 2 n-2 k-1$. We concluderen dat $l \\geq(n-k)^{2} \\geq 2 n-2 k-1$ en dat is precies wat we wilden bewijzen. Dus in alle gevallen is $N \\geq 2 n-1$ en dat bewijst dat de minimale waarde van $N$ gelijk is aan $2 n-1$.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2013-C_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 4.", "solution_match": "\nOplossing."}}
{"year": "2013", "tier": "T1", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Laat $a, b$ en $c$ positieve reële getallen zijn met $a b c=1$. Bewijs dat\n\n$$\na+b+c \\geq \\sqrt{\\frac{(a+2)(b+2)(c+2)}{3}}\n$$", "solution": "Laat $x, y$ en $z$ positieve reële getallen zijn zodat $x^{3}=a, y^{3}=b$ en $z^{3}=c$. Dan geldt $x^{3} y^{3} z^{3}=1$, dus ook $x y z=1$. We kunnen nu $a+2$ schrijven als $x^{3}+2 x y z=x\\left(x^{2}+2 y z\\right)$, en analoog kunnen we $b+2$ en $c+2$ herschrijven, waarmee we krijgen\n$(a+2)(b+2)(c+2)=x y z\\left(x^{2}+2 y z\\right)\\left(y^{2}+2 z x\\right)\\left(z^{2}+2 x y\\right)=\\left(x^{2}+2 y z\\right)\\left(y^{2}+2 z x\\right)\\left(z^{2}+2 x y\\right)$.\nNu passen we rekenkundig-meetkundig toe op de positieve termen $x^{2}+2 y z, y^{2}+2 z x$ en $z^{2}+2 x y:$\n$\\left(x^{2}+2 y z\\right)\\left(y^{2}+2 z x\\right)\\left(z^{2}+2 x y\\right) \\leq\\left(\\frac{x^{2}+2 y z+y^{2}+2 z x+z^{2}+2 x y}{3}\\right)^{3}=\\left(\\frac{(x+y+z)^{2}}{3}\\right)^{3}$.\nWe hebben tot nu toe dus gevonden:\n\n$$\n(a+2)(b+2)(c+2) \\leq \\frac{1}{27}\\left((x+y+z)^{3}\\right)^{2}\n$$\n\nWe gaan nu bewijzen dat $(x+y+z)^{3} \\leq 9\\left(x^{3}+y^{3}+z^{3}\\right)$. Voor wie het machtsgemiddelde kent: dit volgt direct uit de ongelijkheid van het rekenkundig gemiddelde en het derdemachtsgemiddelde. Er geldt\n\n$$\n(x+y+z)^{3}=x^{3}+y^{3}+z^{3}+3\\left(x^{2} y+y^{2} z+z^{2} x+x y^{2}+y z^{2}+z x^{2}\\right)+6 x y z .\n$$\n\nMet rekenkundig-meetkundig op alleen maar positieve termen weten we dat\n\n$$\n2 x^{3}+y^{3}=x^{3}+x^{3}+y^{3} \\geq 3 \\sqrt[3]{x^{6} y^{3}}=3 x^{2} y\n$$\n\nen analoog $x^{3}+2 y^{3} \\geq 3 x y^{2}$. Als we deze beide ongelijkheden cyclisch doordraaien, vinden we\n\n$$\n3\\left(x^{2} y+y^{2} z+z^{2} x+x y^{2}+y z^{2}+z x^{2}\\right) \\leq 6\\left(x^{3}+y^{3}+z^{3}\\right) .\n$$\n\nWe weten natuurlijk ook $x^{3}+y^{3}+z^{3} \\geq 3 \\sqrt[3]{x^{3} y^{3} z^{3}}=3 x y z$, dus al met al krijgen we\n\n$$\n(x+y+z)^{3} \\leq\\left(x^{3}+y^{3}+z^{3}\\right)+6\\left(x^{3}+y^{3}+z^{3}\\right)+2\\left(x^{3}+y^{3}+z^{3}\\right)=9\\left(x^{3}+y^{3}+z^{3}\\right) .\n$$\n\nGecombineerd met (4) krijgen we nu\n\n$$\n(a+2)(b+2)(c+2) \\leq \\frac{1}{27}\\left(9\\left(x^{3}+y^{3}+z^{3}\\right)\\right)^{2}=3(a+b+c)^{2}\n$$\n\nLinks en rechts delen door 3 en daarna de worteltrekken (beide kanten zijn positief) geeft nu precies het gevraagde.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2013-C_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 5.", "solution_match": "\nOplossing I."}}
{"year": "2013", "tier": "T1", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Laat $a, b$ en $c$ positieve reële getallen zijn met $a b c=1$. Bewijs dat\n\n$$\na+b+c \\geq \\sqrt{\\frac{(a+2)(b+2)(c+2)}{3}}\n$$", "solution": "Merk op dat $a, b$ en $c$ positief zijn, zodat we hieronder steeds rekenkundigmeetkundig mogen toepassen. Allereerst passen we rekenkundig-meetkundig toe op $a^{2}$ en 1 :\n\n$$\na^{2}+1 \\geq 2 \\sqrt{a^{2}}=2 a\n$$\n\nDit kunnen we cyclisch doordraaien en optellen, zodat we vinden:\n\n$$\na^{2}+b^{2}+c^{2}+3 \\geq 2 a+2 b+2 c\n$$\n\nVerder passen we rekenkundig-meetkundig toe op $b c, c a$ en $a b$ :\n\n$$\nb c+c a+a b \\geq 3 \\sqrt[3]{a^{2} b^{2} c^{2}}=3\n$$\n\nwaarbij we gebruikt hebben dat $a b c=1$. Ook passen we rekenkundig-meetkundig toe op $a^{2}, b^{2}$ en $c^{2}$ :\n\n$$\na^{2}+b^{2}+c^{2} \\geq 3 \\sqrt[3]{a^{2} b^{2} c^{2}}=3\n$$\n\nNu nemen we 2 keer (5), 4 keer (6) en 1 keer (7) en tellen dat op. Dan krijgen we:\n\n$$\n2 a^{2}+2 b^{2}+2 c^{2}+6+4 b c+4 c a+4 a b+a^{2}+b^{2}+c^{2} \\geq 4 a+4 b+4 c+12+3\n$$\n\nGelijke termen bij elkaar nemen, links en rechts 6 aftrekken en links en rechts $2 a b+2 b c+2 c a$ optellen geeft:\n\n$$\n3 a^{2}+3 b^{2}+3 c^{2}+6 a b+6 b c+6 c a \\geq 2 a b+2 b c+2 c a+4 a+4 b+4 c+9\n$$\n\nNu staat links $3\\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 b c+2 c a\\right)=3(a+b+c)^{2}$. Rechts kunnen we 9 schrijven als $8+a b c$ en dan staat daar precies $(a+2)(b+2)(c+2)$. Als we dan ten slotte links en rechts delen door 3 en de wortel trekken (alles is nog steeds positief) dan krijgen we\n\n$$\na+b+c \\geq \\sqrt{\\frac{(a+2)(b+2)(c+2)}{3}}\n$$", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2013-C_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 5.", "solution_match": "\nOplossing II."}}