{"year": "2015", "tier": "T1", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Voor vierhoek $A B C D$ geldt $\\angle A=\\angle C=90^{\\circ}$. Zij $E$ een punt binnen de vierhoek. Zij $M$ het midden van $B E$. Bewijs dat $\\angle A D B=\\angle E D C$ dan en slechts dan als $|M A|=|M C|$.", "solution": "Zij $N$ het midden van $B D$. Wegens Thales gaat de cirkel met middellijn $B D$ ook door $A$ en $C$ en punt $N$ is hiervan het middelpunt. Verder geldt dat $M N \\| D E$ : als $E$ niet op $B D$ ligt, is $M N$ een middenparallel in driehoek $B D E$, en als $E$ wel op $B D$ ligt, dan zijn $M N$ en $D E$ dezelfde lijn.\nDe bewering $|A M|=|C M|$ is equivalent met dat $M$ op de middelloodlijn van $A C$ ligt. Omdat die middelloodlijn door het middelpunt $N$ van de cirkel gaat, is dit dus equivalent met de bewering $M N \\perp A C$. En dat is het geval dan en slechts dan als $D E \\perp A C$. Noem $T$ het snijpunt van $D E$ en $A C$, dan geldt dus: $|A M|=|C M|$ dan en slechts dan als $\\angle D T C=90^{\\circ}$.\nMet de hoekensom vinden we $\\angle D T C=180^{\\circ}-\\angle T D C-\\angle D C T=180^{\\circ}-\\angle E D C-\\angle D C A$. Er geldt $\\angle D C A=90^{\\circ}-\\angle A C B=90^{\\circ}-\\angle A D B$, waarbij we voor de laatste gelijkheid de koordenvierhoek $A B C D$ hebben gebruikt. Dus $\\angle D T C=180^{\\circ}-\\angle E D C-\\left(90^{\\circ}-\\angle A D B\\right)=$ $90^{\\circ}-\\angle E D C+\\angle A D B$. Nu volgt onmiddelijk dat $\\angle A D B=\\angle E D C$ dan en slechts dan als $\\angle D T C=90^{\\circ}$ en we hadden al gezien dat dat laatste equivalent was met $|A M|=|C M|$. Merk op dat dit bewijs geldt in iedere configuratie.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2015-C_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 1.", "solution_match": "\nOplossing."}}
{"year": "2015", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Bepaal alle polynomen $P(x)$ met reële coëfficiënten waarvoor het polynoom\n\n$$\nQ(x)=(x+1) P(x-1)-(x-1) P(x)\n$$\n\nconstant is.", "solution": "Stel dat $P(x)$ een constant polynoom is, zeg $P(x)=a$ met $a \\in \\mathbb{R}$. Dan is\n\n$$\nQ(x)=(x+1) a-(x-1) a=a x+a-a x+a=2 a,\n$$\n\nen dat is constant. Dus elk constant polynoom $P(x)$ voldoet.\nWe nemen nu verder aan dat $P$ niet constant is. We kunnen dan schrijven $P(x)=a_{n} x^{n}+$ $a_{n-1} x^{n-1}+\\ldots+a_{1} x+a_{0}$ met $n \\geq 1$ en $a_{n} \\neq 0$. Bekijk de coëfficiënt van $x^{n}$ in $Q(x)$. Deze is de som van de coëfficiënten van $x^{n}$ in $x P(x-1), P(x-1),-x P(x)$ en $P(x)$. In de eerste is deze coëfficiënt gelijk aan $a_{n-1}-n a_{n}$, in de tweede aan $a_{n}$, in de derde aan $-a_{n-1}$ en in de vierde aan $a_{n}$. Samen is dat\n\n$$\na_{n-1}-n a_{n}+a_{n}-a_{n-1}+a_{n}=(2-n) a_{n} .\n$$\n\nMaar in $Q(x)$ moet deze coëfficiënt gelijk zijn aan 0 . Omdat $a_{n} \\neq 0$, volgt hieruit $n=2$. Dus $P(x)=a_{2} x^{2}+a_{1} x+a_{0}$ met $a_{2} \\neq 0$.\nBekijk nu de constante coëfficiënt van $Q(x)$. Deze is de som van de constante coëfficiënten van $x P(x-1), P(x-1),-x P(x)$ en $P(x)$. Dit zijn achtereenvolgens $0, a_{2}-a_{1}+a_{0}, 0$ en $a_{0}$. Samen is dat $a_{2}-a_{1}+2 a_{0}$. Anderzijds kunnen we $Q(1)$ uitrekenen:\n\n$$\nQ(1)=2 P(0)-0=2 a_{0}\n$$\n\nOmdat $Q$ constant is, is $Q(1)$ gelijk aan de constante coëfficiënt van $Q$, dus $2 a_{0}=a_{2}-a_{1}+$ $2 a_{0}$. We zien dat $a_{2}=a_{1}$. Dus $P(x)$ is van de vorm $P(x)=b x^{2}+b x+a=b x(x+1)+a$ met $a, b \\in \\mathbb{R}$ en $b \\neq 0$. Om te kijken of alle polynomen van deze vorm voldoen, vullen we dit in:\n\n$$\n\\begin{aligned}\nQ(x) & =(x+1)(b(x-1) x+a)-(x-1)(b x(x+1)+a) \\\\\n& =(x-1) x(x+1) b+(x+1) a-(x-1) x(x+1) b-(x-1) a \\\\\n& =2 a\n\\end{aligned}\n$$\n\nDat is inderdaad constant, dus alle polynomen van deze vorm voldoen. In feite is elk constant polynoom ook van deze vorm, maar dan met $b=0$. We concluderen dat de oplossingen zijn: alle polynomen van de vorm $P(x)=b x^{2}+b x+a$ met $a, b \\in \\mathbb{R}$.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2015-C_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 2.", "solution_match": "\nOplossing I."}}
{"year": "2015", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Bepaal alle polynomen $P(x)$ met reële coëfficiënten waarvoor het polynoom\n\n$$\nQ(x)=(x+1) P(x-1)-(x-1) P(x)\n$$\n\nconstant is.", "solution": "Er geldt\n\n$$\nQ(1)=2 P(0)-0=2 P(0)\n$$\n\nen\n\n$$\nQ(-1)=0--2 P(-1)=2 P(-1)\n$$\n\nOmdat $Q$ constant is, volgt hieruit $P(0)=P(-1)$. Schrijf $P(0)=c$ en bekijk het polynoom $P(x)-c$. Dit polynoom heeft nulpunten bij $x=0$ en $x=-1$, dus\n\n$$\nP(x)-c=x(x+1) R(x)\n$$\n\nvoor een zeker polynoom $R(x)$ met reële coëfficiënten. Dus $P(x)=x(x+1) R(x)+c$ en dit vullen we in:\n\n$$\n\\begin{aligned}\nQ(x) & =(x+1)((x-1) x R(x-1)+c)-(x-1)(x(x+1) R(x)+c) \\\\\n& =(x-1) x(x+1) R(x-1)+(x+1) c-(x-1) x(x+1) R(x)-(x-1) c \\\\\n& =(x-1) x(x+1)(R(x-1)-R(x))+2 c\n\\end{aligned}\n$$\n\nDit moet constant zijn, dus $R(x-1)-R(x)$ moet het nulpolynoom zijn. Dus $R(x-1)=$ $R(x)$ voor alle $x$. In het bijzonder geldt $R(0)=R(1)=R(2)=\\ldots$, dus $R$ neemt dezelfde waarde aan op oneindig veel punten. Dat betekent dat $R$ gelijk moet zijn aan een constant polynoom, zeg $R(x)=d$. Dan geldt\n\n$$\nP(x)=x(x+1) d+c=d x^{2}+d x+c .\n$$\n\nNet als in de eerste oplossing controleren we dat alle polynomen van deze vorm, met $c, d \\in \\mathbb{R}$, voldoen.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2015-C_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 2.", "solution_match": "\nOplossing II."}}
{"year": "2015", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Bepaal alle polynomen $P(x)$ met reële coëfficiënten waarvoor het polynoom\n\n$$\nQ(x)=(x+1) P(x-1)-(x-1) P(x)\n$$\n\nconstant is.", "solution": "We noemen $p=P(1)$ en $q$ de constante waarde die $Q(x)$ aanneemt. We bewijzen met inductie naar $m$ dat $P(m)=\\frac{1}{2} m(m+1) p-\\left(\\frac{1}{2} m(m+1)-1\\right) \\cdot \\frac{q}{2}$ voor alle gehele $m \\geq 1$.\nVoor $m=1$ staat er $P(1)=\\frac{1}{2} \\cdot 1 \\cdot 2 \\cdot p-\\left(\\frac{1}{2} \\cdot 1 \\cdot 2-1\\right) \\cdot \\frac{q}{2}=p-0=P(1)$, dus dat klopt. Zij nu $k \\geq 1$ en neem aan dat we de claim bewezen hebben voor $m=k$. Uit de gegeven vergelijking volgt voor $x \\neq 1$ :\n\n$$\nP(x)=\\frac{(x+1) P(x-1)-q}{x-1} .\n$$\n\nVul nu $x=k+1$ in (merk op dat $x \\neq 1$, want $k \\geq 1$ ):\n\n$$\n\\begin{aligned}\nP(k+1) & =\\frac{(k+2) P(k)-q}{k} \\\\\n& =\\frac{(k+2) \\cdot\\left(\\frac{1}{2} k(k+1) p-\\left(\\frac{1}{2} k(k+1)-1\\right) \\cdot \\frac{q}{2}\\right)-q}{k} \\\\\n& =(k+2) \\cdot\\left(\\frac{1}{2}(k+1) p-\\left(\\frac{1}{2}(k+1)-\\frac{1}{k}\\right) \\cdot \\frac{q}{2}\\right)-\\frac{q}{k} \\\\\n& =\\frac{1}{2}(k+1)(k+2) p-\\frac{1}{2}(k+1)(k+2) \\cdot \\frac{q}{2}+\\frac{k+2}{k} \\cdot \\frac{q}{2}-\\frac{q}{k} \\\\\n& =\\frac{1}{2}(k+1)(k+2) p-\\frac{1}{2}(k+1)(k+2) \\cdot \\frac{q}{2}+\\frac{q}{2}+\\frac{2}{k} \\cdot \\frac{q}{2}-\\frac{q}{k} \\\\\n& =\\frac{1}{2}(k+1)(k+2) p-\\left(\\frac{1}{2}(k+1)(k+2)-1\\right) \\cdot \\frac{q}{2} .\n\\end{aligned}\n$$\n\nDit voltooit de inductiestap.\nDus $P(x)$ valt op oneindig veel punten (namelijk alle positieve gehele getallen) samen met het polynoom $\\frac{1}{2} x(x+1) p-\\left(\\frac{1}{2} x(x+1)-1\\right) \\cdot \\frac{q}{2}$. Daarom moet hij gelijk zijn aan dit polynoom. Als we dit herschrijven tot de standaardnotatie, krijgen we\n\n$$\nP(x)=\\left(\\frac{1}{2} p-\\frac{1}{4} q\\right) \\cdot x^{2}+\\left(\\frac{1}{2} p-\\frac{1}{4} q\\right) \\cdot x+\\frac{q}{2} .\n$$\n\nDit is van de vorm $P(x)=b x^{2}+b x+a$ met $a$ en $b$ constanten in $\\mathbb{R}$. Net als in de eerste oplossing controleren we dat alle polynomen van deze vorm voldoen.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2015-C_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 2.", "solution_match": "\nOplossing III."}}
{"year": "2015", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $n$ een positief geheel getal. We bekijken rijtjes getallen $a_{0}, a_{1}, \\ldots, a_{k}$ en $b_{0}, b_{1}, \\ldots, b_{k}$ die voldoen aan $a_{0}=b_{0}=1$ en $a_{k}=b_{k}=n$ en waarbij voor elke $i$ met $1 \\leq i \\leq k$ geldt dat $\\left(a_{i}, b_{i}\\right)$ gelijk is aan ofwel $\\left(1+a_{i-1}, b_{i-1}\\right)$ ofwel $\\left(a_{i-1}, 1+b_{i-1}\\right)$. Definieer voor $1 \\leq i \\leq k$ het getal\n\n$$\nc_{i}= \\begin{cases}a_{i} & \\text { als } a_{i}=a_{i-1} \\\\ b_{i} & \\text { als } b_{i}=b_{i-1}\\end{cases}\n$$\n\nBewijs dat $c_{1}+c_{2}+\\cdots+c_{k}=n^{2}-1$.", "solution": "We bewijzen met inductie naar $j$ dat $c_{1}+\\ldots+c_{j}=a_{j} b_{j}-1$. Voor $j=1$ staat hier $c_{1}=a_{1} b_{1}-1$ en dat is waar aangezien $\\left(a_{1}, b_{1}\\right) \\in\\{(1,2),(2,1)\\}$. Stel nu dat $c_{1}+\\ldots+c_{i-1}=a_{i-1} b_{i-1}-1$. Neem zonder verlies van algemeenheid aan dat $\\left(a_{i}, b_{i}\\right)=$ $\\left(a_{i-1}, 1+b_{i-1}\\right)$, zodat $a_{i}=a_{i-1}$ en dus $c_{i}=a_{i-1}$. Er geldt nu\n\n$$\n\\left(c_{1}+\\ldots+c_{i-1}\\right)+c_{i}=\\left(a_{i-1} b_{i-1}-1\\right)+a_{i-1}=a_{i-1}\\left(b_{i-1}+1\\right)-1=a_{i} b_{i}-1\n$$\n\nwat de inductie voltooit. Voor $j=k$ zien we nu dat $c_{1}+\\ldots+c_{k}=a_{k} b_{k}-1=n^{2}-1$.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2015-C_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 3.", "solution_match": "\nOplossing I."}}
{"year": "2015", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $n$ een positief geheel getal. We bekijken rijtjes getallen $a_{0}, a_{1}, \\ldots, a_{k}$ en $b_{0}, b_{1}, \\ldots, b_{k}$ die voldoen aan $a_{0}=b_{0}=1$ en $a_{k}=b_{k}=n$ en waarbij voor elke $i$ met $1 \\leq i \\leq k$ geldt dat $\\left(a_{i}, b_{i}\\right)$ gelijk is aan ofwel $\\left(1+a_{i-1}, b_{i-1}\\right)$ ofwel $\\left(a_{i-1}, 1+b_{i-1}\\right)$. Definieer voor $1 \\leq i \\leq k$ het getal\n\n$$\nc_{i}= \\begin{cases}a_{i} & \\text { als } a_{i}=a_{i-1} \\\\ b_{i} & \\text { als } b_{i}=b_{i-1}\\end{cases}\n$$\n\nBewijs dat $c_{1}+c_{2}+\\cdots+c_{k}=n^{2}-1$.", "solution": "We definiëren een rijtje van $k$ letters: de $i$-de letter in het rijtje is gelijk aan $A$ als $a_{i}=1+a_{i-1}$ en gelijk aan $B$ als $b_{i}=1+b_{i-1}$. Omdat de rijtjes $a_{i}$ en $b_{i}$ beide van 1 naar $n$ gaan, moet er $n-1$ keer een $A$ staan en $n-1$ keer een $B$. Als voor zekere $i$ de $i$-de letter gelijk is aan $A$, dan is $c_{i}=b_{i}$ en dat is gelijk aan 1 plus het aantal letters $B$ dat eerder in het rijtje staat (want $b_{0}=1$ en voor elke $B$ is $b_{j}$ met 1 omhoog gegaan en bij elke $A$ is $b_{j}$ niet veranderd). En andersom geldt dat als de $i$-de letter een $B$ is, dan $c_{i}$ gelijk is aan 1 plus het aantal letters $A$ dat eerder in het rijtje staat.\nBekijk nu een oude situatie met de $i$-de letter gelijk aan $A$ en de $i+1$-ste letter gelijk aan $B$ en een nieuwe situatie waarin dit precies andersom is. De $c_{j}$ die hoort bij de letter $A$ is in de nieuwe situatie 1 groter dan in de oude, omdat er een keer $B$ extra voorafgaat aan de $A$. De $c_{j}$ die hoort bij de letter $B$ is juist 1 kleiner geworden. De rest van de $c_{j}$ 's is ongewijzigd, dus de som van de $c_{j}$ 's is ook ongewijzigd. Een verwisseling van $A B$ naar $B A$ heeft dus geen invloed op de som van de $c_{j}$ 's. We kunnen nu net zo lang $A B$ vervangen door $B A$ tot het letterrijtje bestaat uit eerst $n-1$ keer $B$ en daarna $n-1$ keer $A$. De bijbehorende $c_{j}$ 's zijn dan achtereenvolgens $1,1, \\ldots, 1, n, n, \\ldots, n$, waarbij de 1 precies $n-1$ keer voorkomt en de $n$ ook. De som hiervan is $(n-1)(n+1)=n^{2}-1$ en dat geldt dus ook voor de som van $c_{j}$ 's in het oorspronkelijke rijtje.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2015-C_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 3.", "solution_match": "\nOplossing II."}}
{"year": "2015", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $n$ een positief geheel getal. We bekijken rijtjes getallen $a_{0}, a_{1}, \\ldots, a_{k}$ en $b_{0}, b_{1}, \\ldots, b_{k}$ die voldoen aan $a_{0}=b_{0}=1$ en $a_{k}=b_{k}=n$ en waarbij voor elke $i$ met $1 \\leq i \\leq k$ geldt dat $\\left(a_{i}, b_{i}\\right)$ gelijk is aan ofwel $\\left(1+a_{i-1}, b_{i-1}\\right)$ ofwel $\\left(a_{i-1}, 1+b_{i-1}\\right)$. Definieer voor $1 \\leq i \\leq k$ het getal\n\n$$\nc_{i}= \\begin{cases}a_{i} & \\text { als } a_{i}=a_{i-1} \\\\ b_{i} & \\text { als } b_{i}=b_{i-1}\\end{cases}\n$$\n\nBewijs dat $c_{1}+c_{2}+\\cdots+c_{k}=n^{2}-1$.", "solution": "We definiëren een rijtje van $k$ letters: de $i$-de letter in het rijtje is gelijk aan $A$ als $a_{i}=1+a_{i-1}$ en gelijk aan $B$ als $b_{i}=1+b_{i-1}$. Verder definiëren we voor $1 \\leq i \\leq k$\n\n$$\nd_{i}= \\begin{cases}b_{i} & \\text { als } a_{i}=a_{i-1} \\\\ a_{i} & \\text { als } b_{i}=b_{i-1}\\end{cases}\n$$\n\nAls voor zekere $i$ de $i$-de letter gelijk is aan $A$, dan is $d_{i}=a_{i}$ en dat is gelijk aan 1 plus het aantal letters $A$ dat tot en met deze plek in het rijtje staat (want $a_{0}=1$ en voor elke $A$ is $a_{j}$ met 1 omhoog gegaan en bij elke $B$ is $a_{j}$ niet veranderd). De $d_{i}$ die corresponderen met de plekken waar een $A$ staat, zijn dus precies de getallen 2 tot en met $n$. De $d_{i}$ die corresponderen met de plekken waar een $B$ staat, zijn ook precies de getallen 2 tot en met $n$. Dus de som van alle $d_{i}$ is gelijk aan $(n-1)(n+2)=n^{2}+n-2$.\nVoor elke $i$ geldt $c_{i}+d_{i}=a_{i}+b_{i}=1+\\left(a_{i-1}+b_{i-1}\\right)$ en $c_{1}+d_{1}=1+2=3$, dus met een simpele inductie $c_{i}+d_{i}=i+2$. De totale som van alle $c_{i}$ en $d_{i}$ bij elkaar is dus $3+4+\\ldots+2 n=\\frac{1}{2}(2 n+3)(2 n-2)=(2 n+3)(n-1)=2 n^{2}+n-3$. We concluderen dat de som van de $c_{i}$ gelijk is aan $\\left(2 n^{2}+n-3\\right)-\\left(n^{2}+n-2\\right)=n^{2}-1$.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2015-C_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 3.", "solution_match": "\nOplossing III."}}
{"year": "2015", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Laat cirkels $\\Gamma_{1}$ en $\\Gamma_{2}$, met middelpunten respectievelijk $O_{1}$ en $O_{2}$, elkaar snijden in twee verschillende punten $A$ en $B$. De lijn $O_{1} A$ snijdt $\\Gamma_{2}$ nogmaals in $C$ en de lijn $O_{2} A$ snijdt $\\Gamma_{1}$ nogmaals in $D$. De lijn door $B$ evenwijdig met $A D$ snijdt $\\Gamma_{1}$ nogmaals in $E$. Veronderstel dat $O_{1} A$ evenwijdig is met $D E$. Bewijs dat $C D$ loodrecht op $O_{2} C$ staat.", "solution": "In alle oplossingen bekijken we de configuratie waarin $A, B, E$ en $D$ in die volgorde op een cirkel liggen, $O_{1}, A$ en $C$ in die volgorde op een lijn en $O_{2}, A$ en $D$ in die volgorde op een lijn. De andere configuraties gaan analoog.\nVanwege koordenvierhoek $A B E D$ geldt $\\angle B E D=180^{\\circ}-\\angle D A B$. Verder geldt wegens de twee evenwijdigheden dat $\\angle B E D=\\angle D A O_{1}$ en omdat $\\left|O_{1} A\\right|=\\left|O_{1} D\\right|$ geldt $\\angle D A O_{1}=$ $\\angle A D O_{1}$. We concluderen dat $180^{\\circ}-\\angle D A B=\\angle A D O_{1}$. Met U-hoeken volgt nu dat $D O_{1}$ en $A B$ evenwijdig zijn.\nWe hadden al gezien dat $\\angle A D O_{1}=\\angle D A O_{1}$. Vanwege overstaande hoeken en het feit dat $\\left|O_{2} A\\right|=\\left|O_{2} C\\right|$ geldt $\\angle D A O_{1}=\\angle O_{2} A C=\\angle O_{2} C A$. Dus $\\angle O_{2} D O_{1}=\\angle A D O_{1}=$ $\\angle O_{2} C A=\\angle O_{2} C O_{1}$, wat betekent dat $O_{1} D C O_{2}$ een koordenvierhoek is.\nDe lijn $O_{1} O_{2}$ is de middelloodlijn van $A B$ en staat dus ook loodrecht op $D O_{1}$, omdat die evenwijdig aan $A B$ is. Dus $\\angle O_{2} O_{1} D=90^{\\circ}$. Omdat $O_{1} D C O_{2}$ een koordenvierhoek is, is nu ook $\\angle O_{2} C D=90^{\\circ}$.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2015-C_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 4.", "solution_match": "\nOplossing I."}}
{"year": "2015", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Laat cirkels $\\Gamma_{1}$ en $\\Gamma_{2}$, met middelpunten respectievelijk $O_{1}$ en $O_{2}$, elkaar snijden in twee verschillende punten $A$ en $B$. De lijn $O_{1} A$ snijdt $\\Gamma_{2}$ nogmaals in $C$ en de lijn $O_{2} A$ snijdt $\\Gamma_{1}$ nogmaals in $D$. De lijn door $B$ evenwijdig met $A D$ snijdt $\\Gamma_{1}$ nogmaals in $E$. Veronderstel dat $O_{1} A$ evenwijdig is met $D E$. Bewijs dat $C D$ loodrecht op $O_{2} C$ staat.", "solution": "Noem $\\alpha=\\angle D E B$. Zij $S$ het snijpunt van $B E$ en $A C$, zodat $E S A D$ een parallellogram is. Dus is $\\angle D A O_{1}=\\angle D A S=\\angle D E S=\\angle D E B=\\alpha$. Omdat driehoek $A O_{1} D$ gelijkbenig is met top $O_{1}$, geldt $\\angle O_{1} A D=\\angle D A O_{1}=\\alpha$. Wegens overstaande hoeken en de gelijkbenigheid van $\\triangle C O_{2} A$ geldt nu ook $\\angle O_{2} C A=\\angle C A O_{2}=\\angle O_{1} A D=\\alpha$. Wegens koordenvierhoek $B A D E$ geldt verder $\\angle O_{2} A B=180^{\\circ}-\\angle D A B=\\angle D E B=\\alpha$, en vanwege de gelijkbenigheid van $\\triangle A O_{2} B$ geldt ook $\\angle O_{2} B A=\\angle O_{2} A B=\\alpha$. Nu zijn $\\triangle A O_{2} B$ en $\\triangle A O_{2} C$ twee driehoeken met twee hoeken gelijk aan $\\alpha$ en een gemeenschappelijke zijde $A O_{2}$, dus ze zijn congruent (ZHH), waaruit volgt $|A B|=|A C|$.\nEen koordenvierhoek met twee evenwijdige zijden is een gelijkbenig trapezium (stelling van Julian) dus $|D E|=|A B|$. Samen met de vorige gelijkheid krijgen we nu $|D E|=$ $|A C|$. Omdat $D E$ en $A C$ ook evenwijdig zijn, vinden we een parallellogram $A C D E$. Dit betekent dat $\\angle D C A=\\angle A E D$. Wegens de middelpunt-omtrekhoekstelling geldt $\\angle A E D=\\frac{1}{2} \\angle A O_{1} D=90^{\\circ}-\\angle O_{1} A D=90^{\\circ}-\\alpha$. Dus $\\angle D C A=90^{\\circ}-\\alpha . \\mathrm{Nu}$ is $\\angle D C O_{2}=\\angle D C A+\\angle O_{2} C A=90^{\\circ}-\\alpha+\\alpha=90^{\\circ}$, wat we moesten bewijzen.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2015-C_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 4.", "solution_match": "\nOplossing II."}}
{"year": "2015", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Laat cirkels $\\Gamma_{1}$ en $\\Gamma_{2}$, met middelpunten respectievelijk $O_{1}$ en $O_{2}$, elkaar snijden in twee verschillende punten $A$ en $B$. De lijn $O_{1} A$ snijdt $\\Gamma_{2}$ nogmaals in $C$ en de lijn $O_{2} A$ snijdt $\\Gamma_{1}$ nogmaals in $D$. De lijn door $B$ evenwijdig met $A D$ snijdt $\\Gamma_{1}$ nogmaals in $E$. Veronderstel dat $O_{1} A$ evenwijdig is met $D E$. Bewijs dat $C D$ loodrecht op $O_{2} C$ staat.", "solution": "Zij $S$ het snijpunt van $B E$ en $A C$, zodat $E S A D$ een parallellogram is. Zij $T$ het snijpunt van $B E$ en $C O_{2}$. Er geldt $\\angle C S T=\\angle A S B=\\angle D A S$ vanwege $B E \\| A D$ en $\\angle D A S=\\angle O_{2} A C=\\angle O_{2} C A=\\angle T C S$ omdat $\\left|O_{2} A\\right|=\\left|O_{2} C\\right|$. Dus $\\angle C S T=\\angle T C S$, wat betekent dat $|T S|=|T C|$. Verder is nu $\\angle B T C=\\angle S T C=180^{\\circ}-2 \\angle O_{2} C A$. Daarnaast hadden we al gezien dat $\\angle O_{2} C A=\\angle O_{2} A C=\\angle D A S$. Vanwege het parallellogram geldt $\\angle D A S=\\angle D E S=\\angle D E B=180^{\\circ}-\\angle D A B=\\angle O_{2} A B$. Dus $\\angle O_{2} C A=\\angle O_{2} A B$. Hiermee zien we dat $\\angle B T C=180^{\\circ}-2 \\angle O_{2} C A=180^{\\circ}-\\angle O_{2} A C-\\angle O_{2} A B=180^{\\circ}-\\angle B A C$.\n\nDus $B A C T$ is een koordenvierhoek, oftewel $T$ ligt op $\\Gamma_{2}$. Wegens Thales vinden we nu $\\angle T A C=90^{\\circ}$. Maar $T S C$ is gelijkbenig en de lijn $T A$ is een hoogtelijn vanuit de top, dus ook een zwaartelijn. Dus $A$ is het midden van $S C$.\nEen koordenvierhoek met twee evenwijdige zijden is een gelijkbenig trapezium (stelling van Julian) dus $|D E|=|A B|$. Vanwege het parallellogram is ook $|D E|=|S A|$, dus $|A B|=|S A|=|A C|$. Dus $A$ ligt op de middelloodlijn van $B C$. Die middelloodlijn gaat ook door het middelpunt van de cirkel waar $B C$ een koorde van is en is dus de lijn $O_{2} A$. Dus $D$ ligt ook op deze middelloodlijn, zodat $|D C|=|D B|$. In het bijzonder is nu zwaartelijn $D A$ in driehoek $B C D$ ook een bissectrice, dus $\\angle C D B=2 \\angle A D B$. Met de middelpuntsomtrekshoekstelling is ook $\\angle A O_{1} B=2 \\angle A D B$. Dus driehoeken $C D B$ en $A O_{1} B$ zijn gelijkbenig met dezelfde tophoek, waardoor ze gelijkvormig zijn. Dus $\\angle O_{1} A B=$ $\\angle D C B$. Omdat met de omtrekshoekstelling geldt $\\angle B A T=\\angle B C T$, geldt nu\n\n$$\n\\angle D C O_{2}=\\angle D C T=\\angle D C B+\\angle B C T=\\angle O_{1} A B+\\angle B A T=\\angle O_{1} A T=90^{\\circ} .\n$$", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2015-C_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 4.", "solution_match": "\nOplossing III."}}
{"year": "2015", "tier": "T1", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Voor een positief geheel getal $n$ definiëren we $D_{n}$ als het grootste getal dat een deler is van $a^{n}+(a+1)^{n}+(a+2)^{n}$ voor alle positieve gehele $a$.\na) Bewijs dat voor elke positieve gehele $n$ het getal $D_{n}$ van de vorm $3^{k}$ is met $k \\geq 0$.\nb) Bewijs dat er voor elke $k \\geq 0$ een positieve gehele $n$ bestaat zodat $D_{n}=3^{k}$.", "solution": "a) $\\mathrm{Zij} p$ een priemgetal en stel dat $p$ een deler is van $D_{n}$. Dan is $p$ een deler van\n\n$$\n\\left((a+1)^{n}+(a+2)^{n}+(a+3)^{n}\\right)-\\left(a^{n}+(a+1)^{n}+(a+2)^{n}\\right)=(a+3)^{n}-a^{n}\n$$\n\nvoor alle positieve gehele $a$. Kies nu $a=p$, dan $p \\mid(p+3)^{n}-p^{n}$, oftewel $(p+3)^{n}-p^{n} \\equiv$ $0 \\bmod p$. Hier staat gewoon $3 \\equiv 0 \\bmod p$, dus $p=3$. We concluderen dat $D_{n}$ alleen priemfactoren 3 bevat en dus van de vorm $3^{k}$ is met $k \\geq 0$.\nb) Voor $k=0$ nemen we $n=2$. Er geldt $1^{2}+2^{2}+3^{2}=14$ en $2^{2}+3^{2}+4^{2}=29$ en die twee hebben geen enkele priemfactor gemeenschappelijk, dus $D_{2}=1$. Neem nu verder aan dat $k \\geq 1$. We gaan bewijzen dat $D_{n}=3^{k}$ voor $n=3^{k-1}$.\nEerst laten we zien dat $1^{n}+2^{n}+3^{n}$ voor $n=3^{k-1}$ deelbaar is door $3^{k}$, maar niet door $3^{k+1}$. Voor $k=1$ is $n=1$ en geldt inderdaad dat $1+2+3=6$ deelbaar is door 3 , maar niet door $3^{2}$. Voor $k \\geq 2$ geldt dat $n>k$ en dus dat $3^{n}$ deelbaar is door $3^{k+1}$. Het te bewijzen is dus equivalent aan: $1+2^{n}$ voor $n=3^{k-1}$ is deelbaar door $3^{k}$ maar niet door $3^{k+1}$. We bewijzen dit met inductie naar $k$. Voor $k=2$ is $n=3$ en geldt inderdaad dat $1+8=9$ deelbaar is door 9 , maar niet door 27 . Zij $m \\geq 2$ en stel dat we dit hebben bewezen voor $k=m$. Neem $n=3^{m-1}$. We weten dat $1+2^{n}$ deelbaar is door $3^{m}$, maar niet door $3^{m+1}$. We willen laten zien dat $1+2^{3 n}$ deelbaar is door $3^{m+1}$, maar niet door $3^{m+2}$. Schrijf $1+2^{n}=3^{m} c$ met $3 \\nmid c$. Dan is $2^{n}=3^{m} c-1$, dus\n\n$$\n1+2^{3 n}=1+\\left(3^{m} c-1\\right)^{3}=3^{3 m} c^{3}-3 \\cdot 3^{2 m} c^{2}+3 \\cdot 3^{m} c\n$$\n\nModulo $3^{m+2}$ is dit congruent aan $3^{m+1} c$ en omdat $3 \\nmid c$ volgt hieruit dat dit deelbaar is door $3^{m+1}$, maar niet door $3^{m+2}$, zoals we wilden bewijzen. Dit voltooit de inductie. Nu laten we zien dat voor $n=3^{k-1}$ geldt dat $(a+3)^{n}-a^{n}$ deelbaar is door $3^{k}$ voor alle positieve gehele $a$. We bewijzen dit weer met inductie naar $k$. Voor $k=1$ is $n=1$ en geldt inderdaad dat $(a+3)-a=3$ deelbaar is door 3 . Zij nu $m \\geq 1$ en neem aan dat we dit bewezen hebben voor $k=m$. Neem $n=3^{m-1}$. Dan weten we dat $(a+3)^{n}-a^{n}$ deelbaar is door $3^{m}$, dus we kunnen schrijven $(a+3)^{n}=a^{n}+3^{m} c$ voor een zekere gehele $c$. Links en rechts de derde macht nemen geeft dan\n\n$$\n(a+3)^{3 n}=a^{3 n}+3 a^{2 n} \\cdot 3^{m} c+3 a^{n} \\cdot 3^{2 m} c^{2}+3^{3 m} c^{3},\n$$\n\ndus\n\n$$\n(a+3)^{3 n}-a^{3 n}=a^{2 n} \\cdot 3^{m+1} c+a^{n} \\cdot 3^{2 m+1} c^{2}+3^{3 m} c^{3} .\n$$\n\nDit is deelbaar door $3^{m+1}$, wat de inductie voltooit.\nWe hebben nu voor $n=3^{k-1}$ bewezen dat $3^{k} \\mid 1^{n}+2^{n}+3^{n}$ en $3^{k} \\mid(a+3)^{n}-a^{n}$ voor alle positieve gehele $a$, waaruit met inductie naar $a$ direct volgt dat $3^{k} \\mid a^{n}+$ $(a+1)^{n}+(a+2)^{n}$ voor alle $a$. Dus $3^{k} \\mid D_{n}$. Omdat $3^{k+1} \\nmid 1^{n}+2^{n}+3^{n}$ geldt ook $3^{k+1} \\nmid D_{n}$. Dus $D_{n}=3^{k}$.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2015-C_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 5.", "solution_match": "# Oplossing."}}