{"year": "2015", "tier": "T1", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Laat $a$ en $b$ twee positieve gehele getallen zijn die voldoen aan $\\operatorname{ggd}(a, b)=1$. Beschouw een pion die op roosterpunt $(x, y)$ staat. Een stap van type A bestaat uit het verplaatsen van de pion naar één van de volgende velden: $(x+a, y+a),(x+a, y-a),(x-$ $a, y+a)$ of $(x-a, y-a)$. Een stap van type B bestaat uit het verplaatsen van de pion naar $(x+b, y+b),(x+b, y-b),(x-b, y+b)$ of $(x-b, y-b)$.\nZet nu een pion op $(0,0)$. Je mag een (eindig) aantal stappen uitvoeren, en wel om en om stappen van type A en type B, beginnend met een stap van type A. Je mag een even aantal of een oneven aantal stappen uitvoeren, dus de laatste stap mag zowel van type A als van type B zijn. Bepaal de verzameling van alle roosterpunten $(x, y)$ die je met zo'n serie van stappen kunt bereiken.", "solution": "We gaan bewijzen dat een roosterpunt $(x, y)$ bereikbaar is dan en slechts dan als $x+y \\equiv 0 \\bmod 2$.\nAls we de pion verplaatsen van $(x, y)$ naar $(x \\pm a, y \\pm a)$, dan wordt de som van de nieuwe coördinaten gelijk aan $x+y+2 a, x+y$ of $x+y-2 a$, dus modulo 2 congruent aan de som van de oude coördinaten. Hetzelfde geldt bij het doen van een stap van type B. Omdat de pion begint op $(0,0)$, geldt op elk moment (na het uitvoeren van een aantal stappen) dat de som van de coördinaten van het punt waar hij op staat, even is. De punten $(x, y)$ met $x+y \\equiv 1 \\bmod 2$ zijn dus niet te bereiken.\nNu laten we zien dat alle andere punten wel te bereiken zijn. Omdat $\\operatorname{ggd}(a, b)=1$, bestaan er gehele getallen $m, n$ met $m a+n b=1$. Dan geldt $2 m a+2 n b=2$. Van de getallen $m$ en $n$ moet er eentje positief en eentje negatief zijn. We nemen aan dat $m$ positief is. Het andere geval gaat analoog. We gaan nu eerst $2 m$ stappen van type A en $2 m$ stappen van type B doen. Voor de stappen van type A kiezen we $m$ keer $(x, y) \\mapsto(x+a, y+a)$ en $m$ keer $(x, y) \\mapsto(x+a, y-a)$. Voor de stappen van type B kiezen we $m$ keer $(x, y) \\mapsto(x+b, y+b)$ en $m$ keer $(x, y) \\mapsto(x-b, y-b)$. Het effect van al deze stappen samen is dat de $x$ coördinaat $2 m a$ groter wordt en de $y$-coördinaat gelijk blijft (in feite doen de B-stappen helemaal niets). Hierna doen we nog $2|n|$ stappen van type A en $2|n|$ stappen van type B. Voor de stappen van type A kiezen we $|n|$ keer $(x, y) \\mapsto(x+a, y+a)$ en $|n|$ keer $(x, y) \\mapsto(x-a, y-a)$. Voor de stappen van type B kiezen we $|n|$ keer $(x, y) \\mapsto(x-b, y+b)$ en $|n|$ keer $(x, y) \\mapsto(x-b, y-b)$. Het effect van al deze stappen samen is dat de $x$-coördinaat $2|n| b$ kleiner wordt en de $y$-coördinaat gelijk blijft (in feite doen nu de A-stappen helemaal niets). Al met al hebben we na deze $4 m+4|n|$ stappen de pion verplaatst van een beginpunt $(x, y)$ naar het punt $(x+2 m a-2|n| b, y)=(x+2, y)$. We kunnen een analoge serie stappen construeren die de pion van $(x, y)$ naar $(x, y+2)$ verplaatst, en ook analoge series stappen\ndie de pion van $(x, y)$ verplaatsen naar $(x-2, y)$ en $(x, y-2)$. Elk van deze series begint met een stap van type A en eindigt met een stap van type B.\nDoor dit soort series achter elkaar te plakken, kunnen we de pion van $(0,0)$ verplaatsen naar elk punt $(x, y)$ met $x \\equiv y \\equiv 0 \\bmod 2$. Bekijk nu een punt $(x, y)$ met $x \\equiv y \\equiv 1$ $\\bmod 2$. Omdat $\\operatorname{ggd}(a, b)=1$, is minstens één van $a$ en $b$ oneven. Stel dat $a$ oneven is. Dan is het punt $(x-a, y-a)$ een punt met twee even coördinaten, waarnaartoe we dus een serie stappen kunnen construeren, die eindigt op een stap van type B. We voegen hierachter nu een stap van type A toe waarmee we van $(x-a, y-a)$ op $(x, y)$ komen. Stel vervolgens dat $a$ even is. Dan is $b$ oneven. Het punt $(x-b, y-b)$ heeft nu twee even coördinaten, dus dit punt kunnen we bereiken met een serie stappen die eindigt op een stap van type B. We voeren nog drie stappen hierna uit:\n\n$$\n(x-b, y-b) \\stackrel{\\mathrm{A}}{\\longmapsto}(x-b-a, y-b-a) \\stackrel{\\mathrm{B}}{\\longmapsto}(x-a, y-a) \\stackrel{\\mathrm{A}}{\\longmapsto}(x, y) .\n$$\n\nZo kunnen we het punt $(x, y)$ dus ook bereiken.\nWe concluderen dat we alle punten $(x, y)$ met $x+y \\equiv 0 \\bmod 2$ kunnen bereiken en alle overige punten niet.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2015-D_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 positieve gehele getallen $n$ waarvoor er positieve gehele getallen $a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{n}$ bestaan met\n\n$$\na_{1}+2 a_{2}+3 a_{3}+\\ldots+n a_{n}=6 n\n$$\n\nen\n\n$$\n\\frac{1}{a_{1}}+\\frac{2}{a_{2}}+\\frac{3}{a_{3}}+\\ldots+\\frac{n}{a_{n}}=2+\\frac{1}{n}\n$$", "solution": "Als we de ongelijkheid van het rekenkundig en harmonisch gemiddelde toepassen op $a_{1}$, twee keer $a_{2}$, drie keer $a_{3}, \\ldots, n$ keer $a_{n}$, dan vinden we\n\n$$\n\\frac{6 n}{\\frac{1}{2} n(n+1)}=\\frac{a_{1}+2 a_{2}+3 a_{3}+\\ldots+n a_{n}}{\\frac{1}{2} n(n+1)} \\geq \\frac{\\frac{1}{2} n(n+1)}{\\frac{1}{a_{1}}+\\frac{2}{a_{2}}+\\frac{3}{a_{3}}+\\ldots+\\frac{n}{a_{n}}}=\\frac{\\frac{1}{2} n(n+1)}{2+\\frac{1}{n}}\n$$\n\nEr geldt\n\n$$\n\\frac{6 n}{\\frac{1}{2} n(n+1)}=\\frac{12}{n+1}<\\frac{12}{n}\n$$\n\nen\n\n$$\n\\frac{\\frac{1}{2} n(n+1)}{2+\\frac{1}{n}}=\\frac{\\frac{1}{2} n^{2}(n+1)}{2 n+1}>\\frac{\\frac{1}{2} n^{2}(n+1)}{2 n+2}=\\frac{1}{4} n^{2}\n$$\n\nAlles bij elkaar vinden we $\\frac{12}{n}>\\frac{1}{4} n^{2}$, oftewel $48>n^{3}$, waaruit volgt $n \\leq 3$.\nMet $n=1$ krijgen we $a_{1}=6$ en $\\frac{1}{a_{1}}=3$, wat in tegenspraak met elkaar is. Dus $n=1$ kan niet.\nMet $n=2$ krijgen we $a_{1}+2 a_{2}=12$ en $\\frac{1}{a_{1}}+\\frac{2}{a_{2}}=2+\\frac{1}{2}$. Als $a_{2} \\geq 2$ geldt $\\frac{1}{a_{1}}+\\frac{2}{a_{2}} \\leq 1+1$ en dat is te klein. Dus moet $a_{2}=1$, maar dan vinden we $a_{1}=12-2=10$ en dus $\\frac{1}{a_{1}}+\\frac{2}{a_{2}}=\\frac{1}{10}+2$, tegenspraak. Dus $n=2$ kan niet.\nBij $n=3$ is er een oplossing, namelijk $a_{1}=6, a_{2}=3$ en $a_{3}=2$ (invullen laat zien dat deze voldoet). Dus $n=3$ kan wel en we concluderen dat $n=3$ de enige oplossing is.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2015-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 2.", "solution_match": "\nOplossing."}}
{"year": "2015", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Gegeven is een gelijkzijdige driehoek $A B C$. Op de lijn door $B$ evenwijdig aan $A C$ ligt een punt $D$, zodat $D$ en $C$ aan dezelfde kant van lijn $A B$ liggen. De middelloodlijn van $C D$ snijdt de lijn $A B$ in $E$. Bewijs dat driehoek $C D E$ gelijkzijdig is.", "solution": "We bekijken in alle oplossingen de configuratie waarin $E$ tussen $A$ en $B$ ligt. Het geval dat $B$ tussen $A$ en $E$ ligt gaat analoog. (En vanwege de voorwaarde dat $D$ en $C$ aan dezelfde kant van $A B$ liggen, kan $A$ niet tussen $B$ en $E$ liggen, dus hebben we zo alle gevallen gehad.)\nOmdat $E$ op de middelloodlijn van $C D$ ligt, geldt $|E C|=|E D|$. Het is dus voldoende om te bewijzen dat tophoek $\\angle C E D=60^{\\circ}$. Stel eerst dat $E=B$. Dan is $\\angle C E D=\\angle C B D=$ $\\angle A C B=60^{\\circ}$ wegens Z-hoeken, dus zijn we klaar. Stel nu dat $E \\neq B$.\nOmdat $B D$ evenwijdig aan $A C$ is, geldt $\\angle C B D=\\angle A C B=60^{\\circ}=\\angle C B A$. Het punt $E$ is dus het snijpunt van de middelloodlijn van $C D$ en de buitenbissectrice van $\\angle C B D$. Dat betekent dat $E$ op de omgeschreven cirkel van driehoek $C D B$ ligt. (Dit is een bekend feit, maar het is ook als volgt te bewijzen. Zij $E^{\\prime}$ het snijpunt van de buitenbissectrice van $\\angle C B D$ en de omgeschreven cirkel van $\\triangle C B D$. Omdat $B E^{\\prime}$ de buitenbissectrice is, geldt $\\angle C B E^{\\prime}=180^{\\circ}-\\angle D B E^{\\prime}$. Dus koorden $C E^{\\prime}$ en $D E^{\\prime}$ zijn even lang, wat betekent dat $E^{\\prime}$ op de middelloodlijn van $C D$ ligt.) We concluderen dat $C E B D$ een koordenvierhoek is. Dus $\\angle C E D=\\angle C B D=60^{\\circ}$.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2015-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 3.", "solution_match": "\nOplossing I."}}
{"year": "2015", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Gegeven is een gelijkzijdige driehoek $A B C$. Op de lijn door $B$ evenwijdig aan $A C$ ligt een punt $D$, zodat $D$ en $C$ aan dezelfde kant van lijn $A B$ liggen. De middelloodlijn van $C D$ snijdt de lijn $A B$ in $E$. Bewijs dat driehoek $C D E$ gelijkzijdig is.", "solution": "Zij $E^{\\prime}$ het tweede snijpunt van $A B$ met de omgeschreven cirkel van $\\triangle B C D$. Wegens koordenvierhoek $B E^{\\prime} C D$ geldt dan $\\angle E^{\\prime} D C=\\angle E^{\\prime} B C=\\angle A B C=60^{\\circ}$ en $\\angle E^{\\prime} C D=180^{\\circ}-\\angle E^{\\prime} B D=60^{\\circ}$ wegens de evenwijdigheid. Dus driehoek $C D E^{\\prime}$ heeft twee hoeken van $60^{\\circ}$ en is daarom gelijkzijdig. Vanwege deze gelijkzijdigheid ligt verder $E^{\\prime}$ op de middelloodlijn van $C D$, dus $E^{\\prime}=E$. Dus $\\triangle C D E$ is gelijkzijdig.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2015-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 3.", "solution_match": "\nOplossing II."}}
{"year": "2015", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Gegeven is een gelijkzijdige driehoek $A B C$. Op de lijn door $B$ evenwijdig aan $A C$ ligt een punt $D$, zodat $D$ en $C$ aan dezelfde kant van lijn $A B$ liggen. De middelloodlijn van $C D$ snijdt de lijn $A B$ in $E$. Bewijs dat driehoek $C D E$ gelijkzijdig is.", "solution": "Zij $E^{\\prime}$ een punt op $A B$ met $\\left|A E^{\\prime}\\right|=|B D|$, zodat $E^{\\prime}$ en $B$ aan dezelfde kant van $A$ liggen. Er geldt $|A C|=|B C|$ en $\\angle C A E=60^{\\circ}=\\angle C B D$ wegens Z-hoeken en de gelijkzijdigheid. Dus $\\triangle C A E^{\\prime} \\cong \\triangle C B D$ (ZHZ). Hieruit volgt $\\left|C E^{\\prime}\\right|=|C D|$ en $\\angle E^{\\prime} C A=\\angle D C B$. Uit het laatste volgt $\\angle E^{\\prime} C D=\\angle E^{\\prime} C B+\\angle B C D=\\angle E^{\\prime} C B+$ $\\angle E^{\\prime} C A=\\angle A C B=60^{\\circ}$. Dus driehoek $C D E^{\\prime}$ is gelijkbenig met tophoek $60^{\\circ}$, dus gelijkzijdig. Vanwege deze gelijkzijdigheid ligt verder $E^{\\prime}$ op de middelloodlijn van $C D$, dus $E^{\\prime}=E$. Dus $\\triangle C D E$ is gelijkzijdig.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2015-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 3.", "solution_match": "\nOplossing III."}}
{"year": "2015", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Je mag elk van de getallen 1 tot en met 2014 een kleur geven, waarbij precies de helft rood moet worden en de andere helft blauw. Vervolgens bekijk je het aantal $k$ van positieve gehele getallen die te schrijven zijn als de som van een rood en een blauw getal. Bepaal de maximale waarde van $k$ die je kunt bereiken.", "solution": "Noem $n=2014$. We gaan bewijzen dat de maximale $k$ gelijk is aan $2 n-5$. Het kleinste getal dat je zou kunnen schrijven als de som van een rood en een blauw getal is $1+2=3$ en het grootste getal is $(n-1)+n=2 n-1$. Er zijn dus hoogstens $2 n-3$ getallen te schrijven als de som van een rood en een blauw getal.\nStel dat de getallen zo gekleurd kunnen worden dat er $2 n-3$ of $2 n-4$ getallen te schrijven zijn als som van een rood en een blauw getal. Er is nu hooguit één getal van 3 tot en met $2 n-1$ dat niet zo te schrijven is. We laten nu eerst zien dat we zonder verlies van algemeenheid mogen aannemen dat dit getal minstens $n+1$ is. We kunnen namelijk een tweede kleuring maken waarbij een getal $i$ blauw is dan en slechts dan als in de eerste kleuring $n+1-i$ blauw was. Dan is een getal $m$ bij de tweede kleuring te schrijven als som van rood en blauw dan en slechts dan als $2 n+2-m$ in de eerste kleuring te schrijven was als som van rood en blauw. Dus als in de eerste kleuring een getal kleiner dan $n+1$ niet te schrijven was als som van rood en blauw, dan is in de tweede kleuring juist een getal groter dan $2 n+2-(n+1)=n+1$ niet te schrijven als som van rood en blauw.\nWe mogen dus aannemen dat de getallen 3 tot en met $n$ allemaal te schrijven zijn als som van rood en blauw. Omdat rood en blauw verwisselbaar zijn, mogen we ook nog zonder verlies van algemeenheid aannemen dat 1 blauw gekleurd is. Omdat 3 te schrijven is als som van rood en blauw en dat alleen $3=1+2$ kan zijn, moet 2 rood zijn. Stel nu dat we weten dat 2 tot en met $l$ rood zijn, voor zekere $l$ met $2 \\leq l \\leq n-2$. Dan zijn in alle mogelijke sommen $a+b=l+2$ met $a, b \\geq 2$ beide getallen rood gekleurd, maar we weten dat we $l+2$ kunnen schrijven als som van rood en blauw (want $l+2 \\leq n$ ), dus moet dat wel $1+(l+1)$ zijn. Dus $l+1$ is ook rood gekleurd. Met inductie zien we nu dus dat de getallen 2 tot en met $n-1$ allemaal rood zijn. Dat zijn $n-2=2012$ getallen. Maar er zijn slechts $\\frac{1}{2} n=1007$ getallen rood, tegenspraak.\nWe concluderen dat er minstens twee getallen van 3 tot en met $2 n-1$ niet te schrijven zijn als som van een rood en een blauw getal. We laten nu zien dat we de getallen zo kunnen kleuren dat alle getallen van 4 tot en met $2 n-2$ te schrijven zijn als som van een rood en een blauw getal, zodat de maximale $k$ gelijk is aan $2 n-5$.\nKleur hiervoor alle even getallen behalve $n$ blauw en verder ook nog het getal 1. Alle oneven getallen behalve 1 kleuren we rood en verder ook nog het getal $n$. Door 1 op te tellen bij een oneven getal (ongelijk aan 1) kunnen we alle even getallen van 4 tot en met $n$ schrijven als som van een rood en een blauw getal. Door 2 op te tellen bij een oneven getal (ongelijk aan 1) kunnen we alle oneven getallen van 5 tot en met $n+1$ schrijven als som van een rood en een blauw getal. Door $n-1$ op te tellen bij een even getal (ongelijk aan $n$ ) kunnen we alle oneven getallen van $n+1$ tot en met $2 n-3$ schrijven als som van een rood en een blauw getal. Door $n$ op te tellen bij een even getal (ongelijk aan $n$ ) kunnen we alle even getallen van $n+2$ tot en met $2 n-2$ schrijven als som van een rood en een\nblauw getal. Al met al kunnen we dus alle getallen van 4 tot en met $2 n-2$ schrijven als som van een rood en een blauw getal.\nWe concluderen dat de maximale $k$ gelijk is aan $2 n-5=4023$.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2015-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 4.", "solution_match": "\nOplossing."}}
{"year": "2015", "tier": "T1", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Vind alle functies $f: \\mathbb{Z}_{>0} \\rightarrow \\mathbb{Z}_{>0}$ zodat $f(1)=2$ en zodat voor alle $m, n \\in \\mathbb{Z}_{>0}$ geldt dat $\\min (2 m+2 n, f(m+n)+1)$ deelbaar is door $\\max (f(m)+f(n), m+n)$.", "solution": "Invullen van $m=n$ geeft dat $\\min (4 n, f(2 n)+1)$ deelbaar is door $\\max (2 f(n), 2 n)$. Een getal hoogstens gelijk aan $4 n$ is dus deelbaar door een getal minstens gelijk aan $2 f(n)$. Daaruit volgt $4 n \\geq 2 f(n)$, dus $f(n) \\leq 2 n$ voor alle $n$.\nInvullen van $m=n=1$ geeft dat $\\min (4, f(2)+1)$ deelbaar is door $\\max (2 f(1), 2)=$ $\\max (4,2)=4$. Dus $\\min (4, f(2)+1)$ kan niet kleiner dan 4 zijn, dus $f(2)+1 \\geq 4$. Maar we hebben net ook al gezien dat $f(2) \\leq 2 \\cdot 2=4$, dus $f(2)=3$ of $f(2)=4$.\nStel eerst dat $f(2)=3$. We bewijzen met inductie naar $n$ dat $f(n)=n+1$ voor alle $n$. Stel namelijk dat dit waar is voor $n=r-1$ voor zekere $r \\geq 3$ en vul in $m=1$ en $n=r-1$. Dan krijgen we dat $\\min (2 r, f(r)+1)$ deelbaar is door $\\max (f(1)+f(r-1), r)=$ $\\max (r+2, r)=r+2$. Aangezien $\\min (2 r, f(r)+1) \\leq 2 r<2(r+2)$ moet er gelden dat $\\min (2 r, f(r)+1)=r+2$. Omdat $r \\geq 3$ is $2 r>r+2$, dus er geldt $f(r)+1=r+2$ oftewel $f(r)=r+1$. Dit voltooit de inductie. We krijgen dus de kandidaatfunctie $f(n)=n+1$. We controleren meteen of deze functie voldoet. Er geldt dan voor alle $m, n \\in \\mathbb{N}$ dat $\\min (2 m+2 n, f(m+n)+1)=\\min (2 m+2 n, m+n+2)=m+n+2$ omdat $m, n \\geq 1$, en $\\max (f(m)+f(n), m+n)=\\max (m+n+2, m+n)=m+n+2$. Het eerste is deelbaar door het tweede (want gelijk aan het tweede), dus deze functie voldoet.\nStel nu dat $f(2)=4$. We bewijzen met inductie naar $n$ dat $f(n)=2 n$ voor alle $n$. Stel namelijk dat dit waar is voor $n=r-1$ voor zekere $r \\geq 3$. We bewijzen dat ook $f(r)=2 r$. Vul eerst $m=1$ en $n=r-1$ in. Dan vinden we dat $\\min (2 r, f(r)+1)$ deelbaar is door $\\max (f(1)+f(r-1), 1+r-1)=\\max (2 r, r)=2 r$. Dus $\\min (2 r, f(r)+1)$ kan niet kleiner dan $2 r$ zijn, dus $f(r) \\geq 2 r-1$. Maar we wisten ook al dat $f(r) \\leq 2 r$, dus $f(r) \\in\\{2 r-1,2 r\\}$. Veronderstel dat $f(r)=2 r-1$. Vul dan $m=1$ en $n=r$ in. Dan vinden we dat $\\min (2(r+$ 1), $f(r+1)+1)$ deelbaar is door $\\max (f(1)+f(r), 1+r)=\\max (2+2 r-1, r+1)=2 r+1$. Omdat $2 r+1 \\nmid 2(r+1)$, kan $2(r+1)$ niet het minimum zijn, dus moet $f(r+1)+1<2 r+2$ en het moet ook deelbaar zijn door $2 r+1$, dus $f(r+1)=2 r$. Vul ook $m=2$ en $n=r-1$ in. Dan vinden we dat $\\min (2(r+1), f(r+1)+1)=\\min (2 r+2,2 r+1)=2 r+1$ deelbaar is door $\\max (f(2)+f(r-1), 1+r)=\\max (4+2 r-2, r+1)=2 r+2$, tegenspraak. We concluderen dat $f(r)=2 r$, waarmee de inductie voltooid is. We krijgen hiermee de kandidaatfunctie $f(n)=2 n$ voor alle $n$. We controleren of deze functie voldoet. Voor alle $m, n$ geldt dan dat $\\min (2 m+2 n, f(m+n)+1)=\\min (2 m+2 n, 2 m+2 n+1)=2 m+2 n$ en $\\max (f(m)+f(n), m+n)=\\max (2 m+2 n, m+n)=2 m+2 n$. Het eerste is deelbaar door het tweede (want gelijk aan het tweede), dus deze functie voldoet.\nWe concluderen dat er precies twee oplossingen zijn: de functie $f(n)=n+1$ voor alle $n$ en de functie $f(n)=2 n$ voor alle $n$.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2015-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 5.", "solution_match": "\nOplossing."}}