{"year": "2017", "tier": "T1", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Laat $a, b$ en $c$ positieve gehele getallen zijn, allemaal verschillend, en veronderstel dat $p=a b+b c+c a$ een priemgetal is.\na) Bewijs dat $a^{2}, b^{2}$ en $c^{2}$ verschillende resten geven bij deling door $p$.\nb) Bewijs dat $a^{3}, b^{3}$ en $c^{3}$ verschillende resten geven bij deling door $p$.", "solution": "a) We bewijzen dit uit het ongerijmde. Stel dat twee van $a^{2}, b^{2}$ en $c^{2}$ dezelfde rest geven bij deling door $p$, zeg dat $a^{2} \\equiv b^{2} \\bmod p$. Dan geldt $p \\mid a^{2}-b^{2}=(a-b)(a+b)$, dus $p \\mid a-b$ of $p \\mid a+b$. In het laatste geval geldt $p \\leq a+b \\leq c(a+b)<a b+b c+c a=p$, tegenspraak. In het eerste geval geldt vanwege $a \\neq b$ dat $p \\leq|a-b| \\leq a+b<p$, tegenspraak.\nb) We bewijzen dit uit het ongerijmde. Stel dat twee van $a^{3}, b^{3}$ en $c^{3}$ dezelfde rest geven bij deling door $p$, zeg dat $a^{3} \\equiv b^{3} \\bmod p$. Dan geldt $p \\mid a^{3}-b^{3}=(a-b)\\left(a^{2}+a b+b^{2}\\right)$, dus $p \\mid a-b$ of $p \\mid a^{2}+a b+b^{2}$. Het eerste geval geeft net als bij (a) een tegenspraak. We bekijken het andere geval: $p \\mid a^{2}+a b+b^{2}$. Daaruit volgt dat $p \\mid a^{2}+a b+b^{2}+$ $(a b+b c+c a)=(a+b)(a+b+c)$ en dus $p \\mid a+b$ of $p \\mid a+b+c$. Er geldt echter $a+b<a+b+c<a b+b c+c a$ omdat $a, b$ en $c$ niet allemaal gelijk kunnen zijn aan 1. Dus $p$ is geen deler van $a+b$ of $a+b+c$, tegenspraak.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2017-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 1.", "solution_match": "# Oplossing."}}
{"year": "2017", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "De ingeschreven cirkel van een niet-gelijkbenige driehoek $\\triangle A B C$ heeft middelpunt $I$ en raakt aan $B C$ en $C A$ in respectievelijk $D$ en $E$. Zij $H$ het hoogtepunt van $\\triangle A B I$, zij $K$ het snijpunt van $A I$ en $B H$ en zij $L$ het snijpunt van $B I$ en $A H$. Bewijs dat de omgeschreven cirkels van $\\triangle D K H$ en $\\triangle E L H$ snijden op de ingeschreven cirkel van $\\triangle A B C$.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_fd67e6b206add32f1429g-2.jpg?height=581&width=801&top_left_y=715&top_left_x=635)", "solution": "We bekijken de configuratie in de figuur; andere configuraties gaan analoog. Er geldt $\\angle I D B=90^{\\circ}=\\angle I K B$, dus $B K D I$ is een koordenvierhoek. Verder is $\\angle A L B=$ $90^{\\circ}=\\angle A K B$, dus ook $B K L A$ is een koordenvierhoek. Dus\n\n$$\n\\angle B K D=180^{\\circ}-\\angle B I D=180^{\\circ}-\\left(90^{\\circ}-\\frac{1}{2} \\angle A B C\\right)=180^{\\circ}-\\angle B A L=\\angle B K L .\n$$\n\nHieruit volgt dat $K, D$ en $L$ op een lijn liggen. Analoog liggen ook $K, E$ en $L$ op een lijn en dat is dezelfde lijn, dus $D$ ligt hier ook op.\nZij $S$ het tweede snijpunt van de omgeschreven cirkels van $\\triangle D K H$ en $\\triangle E L H$. Dan geldt\n\n$$\n\\begin{gathered}\n\\angle D S E=360^{\\circ}-\\angle D S H-\\angle H S E=\\angle D K H+180^{\\circ}-\\angle H L E=\\angle L K H+\\angle H L K \\\\\n=180^{\\circ}-\\angle K H L .\n\\end{gathered}\n$$\n\nOmdat ook HLIK een koordenvierhoek is (wegens twee rechte hoeken) geldt\n$180^{\\circ}-\\angle K H L=\\angle K I L=\\angle A I B=180^{\\circ}-\\angle I B A-\\angle I A B=180^{\\circ}-\\frac{1}{2} \\angle C B A-\\frac{1}{2} \\angle C A B$.\nDus $\\angle D S E=180^{\\circ}-\\frac{1}{2} \\angle C B A-\\frac{1}{2} \\angle C A B$. Noem nu $F$ het raakpunt van de ingeschreven cirkel aan zijde $A B$, dan zijn $A F I E$ en $B F I D$ ook koordenvierhoeken (allebei wegens twee rechte hoeken). Dus geldt\n\n$$\n\\angle D F E=\\angle D F I+\\angle I F E=\\angle D B I+\\angle I A E=\\frac{1}{2} \\angle C B A+\\frac{1}{2} \\angle C A B .\n$$\n\nWe concluderen dat $\\angle D F E+\\angle D S E=180^{\\circ}$, waaruit volgt dat $S$ op de omgeschreven cirkel van $\\triangle D E F$ ligt en dat is precies de ingeschreven cirkel van $\\triangle A B C$.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_fd67e6b206add32f1429g-3.jpg?height=538&width=757&top_left_y=384&top_left_x=668)", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2017-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 2.", "solution_match": "\nOplossing I."}}
{"year": "2017", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "De ingeschreven cirkel van een niet-gelijkbenige driehoek $\\triangle A B C$ heeft middelpunt $I$ en raakt aan $B C$ en $C A$ in respectievelijk $D$ en $E$. Zij $H$ het hoogtepunt van $\\triangle A B I$, zij $K$ het snijpunt van $A I$ en $B H$ en zij $L$ het snijpunt van $B I$ en $A H$. Bewijs dat de omgeschreven cirkels van $\\triangle D K H$ en $\\triangle E L H$ snijden op de ingeschreven cirkel van $\\triangle A B C$.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_fd67e6b206add32f1429g-2.jpg?height=581&width=801&top_left_y=715&top_left_x=635)", "solution": "We bewijzen net als in oplossing I dat $K, D, E$ en $L$ op een lijn liggen. Noem nu $T \\neq F$ het snijpunt van $H I$ en de ingeschreven cirkel. Als $T=H$, dan is er niets te bewijzen. Neem nu aan $T \\neq H$. Dan is het voldoende te laten zien dat KDTH en ELTH koordenvierhoeken zijn. Wegens koordenvierhoeken ETDF (ingeschreven cirkel) en $E I F A$ (twee rechte hoeken) geldt: $\\angle E D T=\\angle E F T=\\angle E F I=\\angle E A I=\\frac{1}{2} \\angle C A B$. En vanwege koordenvierhoek $H K F A$ (twee rechte hoeken) geldt verder $\\angle K H T=\\angle K H F=$ $\\angle K A F=\\frac{1}{2} \\angle C A B$. Dus $\\angle K H T=\\angle E D T=180^{\\circ}-\\angle K D T$ aangezien $K, D$ en $E$ op een lijn liggen. We concluderen dat $K D T H$ een koordenvierhoek is. De andere koordenvierhoek gaat analoog.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2017-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 2.", "solution_match": "\nOplossing II."}}
{"year": "2017", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Zij $k>2$ een geheel getal. Een positief geheel getal $\\ell$ noemen we $k$-pabel als we de getallen $1,3,5, \\ldots, 2 k-1$ kunnen opdelen in twee verzamelingen $A$ en $B$ zodat de som van de elementen van $A$ precies $\\ell$ keer zo groot is als de som van de elementen van $B$. Bewijs dat het kleinste $k$-pabele getal relatief priem is met $k$.", "solution": "We gaan bewijzen dat als $p$ de kleinste priemdeler van $k$ is, dat dan $p-1$ het kleinste $k$-pabele getal is. Hieruit volgt het gevraagde, want er geldt dan $\\operatorname{ggd}(p-1, k)=1$. Er geldt $1+3+5+\\ldots+(2 k-1)=k^{2}$. Als $\\ell$ een $k$-pabel getal is en $s$ is de bijbehorende som van de elementen uit $B$, dan is de som van de elementen uit $A$ gelijk aan $\\ell s$, dus is de totale som $(\\ell+1) s$ en dat moet gelijk zijn aan $k^{2}$. Dus $\\ell+1 \\mid k^{2}$. Omdat $\\ell+1 \\geq 2$ geldt nu $\\ell+1 \\geq p$, waarbij $p$ de kleinste priemdeler van $k$ is. Dus $\\ell \\geq p-1$. We gaan nu bewijzen dat $\\ell=p-1$ een $k$-pabel getal is, waaruit dan onmiddellijk volgt dat het het kleinste $k$-pabele getal is. En daarmee zijn we klaar, want $\\operatorname{ggd}(k, p-1)=1$ omdat er geen priemdelers kleiner dan $p$ in $k$ zitten.\nStel eerst dat $k$ even is, zodat $p=2$. Dan moeten we dus bewijzen dat we de verzameling $\\{1,3, \\ldots, 2 k-1\\}$ kunnen opdelen in twee verzamelingen met gelijke som van de elementen. Dit bewijzen we met inductie naar $k$. Voor $k=4$ en $k=6$ hebben we respectievelijk $\\{1,7\\},\\{3,5\\}$ en $\\{1,3,5,9\\},\\{7,11\\}$. Als we de verzameling $\\{1,3, \\ldots, 2 k-1\\}$ zo kunnen opdelen, kan dat ook voor de verzameling $\\{1,3, \\ldots, 2(k+4)-1\\}$ door van de nieuwe elementen $\\{2 k+1,2 k+3,2 k+5,2 k+7\\}$ de elementen $2 k+1$ en $2 k+7$ in de ene verzameling te stoppen en de elementen $2 k+3$ en $2 k+5$ in de andere. Dat voltooit de inductie. Stel nu dat $k$ oneven is. Schrijf $k=p m$. Dan is het voldoende dat we een deelverzameling $B$ van $\\{1,3, \\ldots, 2 k-1\\}$ kunnen vinden waarvan de som van de elementen gelijk is aan $p m^{2}$, want dan is de som van de elementen in de verzameling $A=\\{1,3, \\ldots, 2 k-1\\} \\backslash B$ gelijk aan $k^{2}-p m^{2}=p^{2} m^{2}-p m^{2}=(p-1) p m^{2}$ en dus precies $p-1$ keer zo groot als de som van de elementen in $B$. Bekijk de verzameling $B=\\{p, 3 p, \\ldots,(2 m-1) p\\} \\subset\\{1,3, \\ldots, 2 k-1\\}$. Dan is de som van de elementen in $B$ gelijk aan\n\n$$\np+3 p+\\cdots+(2 m-1) p=p(1+3+\\cdots+(2 m-1))=p m^{2}\n$$\n\nprecies wat de bedoeling was.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2017-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 3.", "solution_match": "\nOplossing."}}
{"year": "2017", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Bepaal alle functies $f: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}$ zodat\n\n$$\n(y+1) f(x)+f(x f(y)+f(x+y))=y\n$$\n\nvoor alle $x, y \\in \\mathbb{R}$.", "solution": "Invullen van $x=0$ geeft $(y+1) f(0)+f(f(y))=y$, dus $f(f(y))=y \\cdot(1-$ $f(0))-f(0)$. Als $f(0) \\neq 1$, is de rechterkant een bijectieve functie in $y$ en de linkerkant dus ook. Daarmee is in dit geval $f$ bijectief.\nWe gaan nu laten zien dat in het geval $f(0)=1$ ook geldt dat $f$ bijectief is. Dus stel $f(0)=1$. Dan krijgen we $f(f(y))=-1$ voor alle $y \\in \\mathbb{R}$. Invullen van $y=0$ geeft $f(x)+f(x+f(x))=0$, dus $f(x+f(x))=-f(x)$. Vul vervolgens $x=f(z)$ en $y=z$ in en vervang $f(f(z))$ door -1 :\n\n$$\n(z+1) \\cdot-1+f(f(z) f(z)+f(z+f(z)))=z\n$$\n\ndus, als we ook nog gebruiken dat $f(z+f(z))=-f(z)$,\n\n$$\nf\\left(f(z)^{2}-f(z)\\right)=2 z+1\n$$\n\nHieruit volgt direct dat $f$ surjectief is. Als er $a$ en $b$ zijn met $f(a)=f(b)$, dan geeft $z=a$ en daarna $z=b$ invullen in deze laatste vergelijking links twee keer hetzelfde, terwijl er rechts eerst $2 a+1$ en daarna $2 b+1$ staat. Dus $a=b$, waaruit volgt dat $f$ injectief is. We zien dat $f$ ook in dit geval bijectief is.\nWe kunnen dus vanaf nu aannemen dat $f$ bijectief is, waarbij we de aanname $f(0)=1$ weer laten vallen. We weten $f(f(y))=y \\cdot(1-f(0))-f(0)$ en dus vinden we met $y=-1$ dat $f(f(-1))=-1$. Invullen van $y=-1$ in de oorspronkelijke vergelijking geeft\n\n$$\nf(x f(-1)+f(x-1))=-1=f(f(-1))\n$$\n\nOmdat $f$ injectief is, volgt hieruit dat $x f(-1)+f(x-1)=f(-1)$, dus $f(x-1)=$ $f(-1) \\cdot(1-x)$. Als we nu $x=z+1$ nemen, zien we dat $f(z)=-f(-1) z$ voor alle $z \\in \\mathbb{R}$. Dus de functie is van de vorm $f(x)=c x$ voor $x \\in \\mathbb{R}$, waarbij $c \\in \\mathbb{R}$ een constante is. We controleren deze functie. Er geldt\n$(y+1) f(x)+f(x f(y)+f(x+y))=(y+1) c x+c(x c y+c x+c y)=c x y+c x+c^{2} x y+c^{2} x+c^{2} y$.\nDit moet gelijk zijn aan $y$ voor alle $x, y \\in \\mathbb{R}$. Met $y=0$ en $x=1$ staat er $c+c^{2}=0$, dus $c=0$ of $c=-1$. Met $x=0$ en $y=1$ staat er $c^{2}=1$, dus $c=1$ of $c=-1$. We concluderen dat $c=-1$ en dan zien we dat deze functie inderdaad voldoet. Dus de enige oplossing is $f(x)=-x$ voor $x \\in \\mathbb{R}$.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2017-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 4.", "solution_match": "\nOplossing I."}}
{"year": "2017", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Dutch_TST", "problem": "Bepaal alle functies $f: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}$ zodat\n\n$$\n(y+1) f(x)+f(x f(y)+f(x+y))=y\n$$\n\nvoor alle $x, y \\in \\mathbb{R}$.", "solution": "We geven een alternatief bewijs voor het geval $f(0)=1$. Net als in de eerste oplossing vinden we $f(f(y))=-1$ voor alle $y \\in \\mathbb{R}$. Vul nu $x=f(0)=1$ in:\n\n$$\n(y+1) f(f(0))+f(f(y)+f(1+y))=y\n$$\n\nEr geldt $f(f(0))=-1$, dus\n\n$$\nf(f(y)+f(1+y))=2 y+1\n$$\n\nAls we nu links en rechts $f$ toepassen, vinden we\n\n$$\nf(f(f(y)+f(1+y)))=f(2 y+1)\n$$\n\nLinks staat hier gewoon -1 , dus $f$ is overal gelijk aan -1 , maar dat is een tegenspraak met $f(0)=1$. In dit geval zijn er dus geen oplossingen.", "metadata": {"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2017-D_uitwerkingen.jsonl", "problem_match": "\nOpgave 4.", "solution_match": "\nOplossing II."}}