problem
stringlengths 14
10.4k
| solution
stringlengths 1
24.1k
| answer
stringlengths 1
250
⌀ | problem_is_valid
stringclasses 4
values | solution_is_valid
stringclasses 3
values | question_type
stringclasses 4
values | problem_type
stringclasses 8
values | problem_raw
stringlengths 14
10.4k
| solution_raw
stringlengths 1
24.1k
| metadata
dict |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
If we have a collection of points in space, we may reflect a point of the collection in another point of the collection and add the image of this to the collection.
If we start with a collection consisting of seven of the eight vertices of a cube, can we get the eighth vertex in the collection after a finite number of steps?
|
When we reflect a point $x$ on the number line in a point $y$, we get the reflected point $S_{y}(x)=y-(x-y)=2 y-x$. The same applies to points in space: if we reflect an arbitrary point $\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)$ in a point $\left(y_{1}, y_{2}, y_{3}\right)$, we get $S_{\left(y_{1}, y_{2}, y_{3}\right)}\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=\left(2 y_{1}-x_{1}, 2 y_{2}-x_{2}, 2 y_{3}-x_{3}\right)$.
We now consider only points with integer coordinates. No matter which grid point ( $y_{1}, y_{2}, y_{3}$ ) we choose, the coordinates of the image $S_{\left(y_{1}, y_{2}, y_{3}\right)}\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)$ of $\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)$ all have the same parity as the coordinates of $\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)$. There are $2^{3}=8$ different possibilities for the parity combinations of the grid points. We can thus color the points of our grid with 8 colors, such that the color of a point is invariant under reflection in any grid point.
Consider now the cube with vertices $(0,0,0),(0,0,1),(0,1,0),(0,1,1),(1,0,0),(1,0,1)$, $(1,1,0),(1,1,1)$. These vertices each have a different color in the aforementioned coloring. Therefore, if one vertex is missing, we cannot obtain it by repeatedly reflecting one of the other vertices, because you only get points of a color you already had.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Geometry
|
Als we een verzameling punten in de ruimte hebben, mogen we een punt van de verzameling spiegelen in een ander punt van de verzameling en het beeld hiervan toevoegen aan de verzameling.
Als we beginnen met een verzameling bestaande uit zeven van de acht hoekpunten van een kubus, kunnen we dan het achtste hoekpunt in de verzameling krijgen na een eindig aantal stappen?
|
Als we op de getallenlijn een punt $x$ spiegelen in een punt $y$, dan krijgen we als spiegelbeeld het punt $S_{y}(x)=y-(x-y)=2 y-x$. Hetzelfde geldt voor punten in de ruimte: spiegelen we een willekeurig punt $\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)$ in een punt $\left(y_{1}, y_{2}, y_{3}\right)$, dan krijgen we $S_{\left(y_{1}, y_{2}, y_{3}\right)}\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=\left(2 y_{1}-x_{1}, 2 y_{2}-x_{2}, 2 y_{3}-x_{3}\right)$.
We bekijken nu alleen punten met gehele coördinaten. Hoe we het roosterpunt ( $y_{1}, y_{2}, y_{3}$ ) ook kiezen, de coördinaten van het beeld $S_{\left(y_{1}, y_{2}, y_{3}\right)}\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)$ van $\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)$ hebben alle drie dezelfde pariteit als de coördinaten van $\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)$. Er zijn $2^{3}=8$ verschillende mogelijkheden voor de pariteitscombinaties van de roosterpunten. We kunnen de punten van ons rooster dus kleuren met 8 kleuren, zodanig dat de kleur van een punt invariant is onder spiegeling in een willekeurig roosterpunt.
Beschouw nu de kubus met hoekpunten $(0,0,0),(0,0,1),(0,1,0),(0,1,1),(1,0,0),(1,0,1)$, $(1,1,0),(1,1,1)$. Deze hoekpunten hebben in bovengenoemde kleuring elk een andere kleur. Als er dus één hoekpunt ontbreekt, kunnen we deze niet verkijgen door het herhaald spiegelen van één van de andere hoekpunten, want je krijgt dan alleen maar punten van een kleur die je al had.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "# Opgave 1.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2006-uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "# Oplossing:",
"tier": "T1",
"year": "2006"
}
|
In a group of students, 50 students speak German, 50 students speak French, and 50 students speak Spanish. Some students speak more than one language.
Prove that the students can be divided into 5 groups such that in each group exactly 10 students speak German, 10 speak French, and 10 speak Spanish.
|
Students who do not speak any language can be disregarded, as we can distribute them arbitrarily over the groups.
We distinguish seven types of students, depending on the languages they speak: DFS, FS, SD, DF, D, F, and S, where, for example, an S-student speaks only Spanish.
Create a Venn diagram with the number of students (see figure 1 on page 6): $d$ DFS-students, $a$ FS-students, $b$ SD-students, and $c$ DF-students. Thus, there are $50-d-b-c$ D-students, $50-d-c-a$ F-students, and $50-d-a-b$ S-students. If we define $t=a+b+c+d$, then there are $50-t+a$ D-students, $50-t+b$ F-students, and $50-t+c$ S-students.
Assume, without loss of generality, that $a \leq b \leq c$. We will first form groups of 1 FS-student, 1 SD-student, and 1 DF-student. Together, these speak all three languages twice. After forming $a$ such groups, we have the following numbers left:
0 FS-students; $b-a \geq 0$ SD-students and $c-a \geq 0$ DF-students; $50-d-b-c$ D-students, $50-d-c-a$ F-students, and $50-d-a-b$ S-students. If we form $b-a$ groups of 1 SD-student and 1 F-student, and also $c-a$ groups of 1 DF-student and 1 S-student, we are left with $50-d-b-c$ D-students, $50-d-c-a-(b-a)=50-d-c-b$ F-students, and $50-d-a-b-(c-a)=50-d-b-c$ S-students, which form $50-d-b-c$ groups of 1 D-student, 1 F-student, and 1 S-student.
In all the groups formed so far, the three languages are spoken either once or twice. First, combine the groups where all three languages are spoken twice, until each language is spoken 10 times. Then continue adding groups where the languages are spoken once.
This results in groups where all three languages are spoken 10 times. Since each language is spoken 50 times, this leads to 5 such groups.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Combinatorics
|
In een groep van scholieren spreken 50 scholieren Duits, 50 scholieren Frans en 50 scholieren Spaans. Sommige scholieren spreken meer dan één taal.
Bewijs dat de scholieren in 5 groepen verdeeld kunnen worden zodat in elke groep precies 10 scholieren Duits spreken, 10 Frans en 10 Spaans.
|
Scholieren die geen enkele taal spreken kunnen we buiten beschouwing laten, want we kunnen ze willekeurig over de groepen verdelen.
We onderscheiden zeven typen scholieren, al naar gelang de talen die ze spreken: DFS, FS, SD, DF, D, F en S, waarbij bijvoorbeeld een S-scholier alleen Spaans spreekt.
Maak een Venn-diagram met de aantallen scholieren (zie figuur 1 op bladzijde 6): $d$ DFSscholieren, $a$ FS-scholieren, $b$ SD-scholieren en $c$ DF-scholieren. Dus zijn er $50-d-b-c$ D-scholieren, $50-d-c-a$ F-scholieren en $50-d-a-b$ S-scholieren. Definiëren we $t=a+b+c+d$, dan geldt dat er $50-t+a$ D-scholieren zijn, $50-t+b$ F-scholieren en $50-t+c$ S-scholieren.
Ga er z.b.d.a. van uit dat $a \leq b \leq c$. We gaan eerst groepjes maken van 1 FS-scholier, 1 SD-scholier en 1 DF-scholier. Deze spreken samen alle drie de talen twee maal. Nadat we $a$ van zulke groepjes hebben gemaakt, maken we $d$ groepjes bestaande uit 1 DFS-scholier. Nu houden we de volgende aantallen over:
0 FS-scholieren; $b-a \geq 0$ SD-scholieren en $c-a \geq 0$ DF-scholieren; $50-d-b-c$ Dscholieren, $50-d-c-a$ F-scholieren en $50-d-a-b$ S-scholieren. Maken we $b-a$ groepjes van 1 SD-scholier en 1 F-scholier en ook $c-a$ groepjes van 1 DF-scholier en 1 S-scholier, dan houden we $50-d-b-c$ D-scholieren, $50-d-c-a-(b-a)=50-d-c-b$ F-scholieren en $50-d-a-b-(c-a)=50-d-b-c$ S-scholieren over, die samen $50-d-b-c$ groepjes van 1 D-scholier, 1 F-scholier en 1 S-scholier vormen.
In alle tot nu toe gevormde groepjes worden de drie talen alle drie 1 keer, ofwel alle drie 2 keer gesproken. Voeg eerst de groepjes samen waarin alle drie de talen 2 keer worden gesproken, steeds totdat de talen 10 keer worden gesproken. Ga daarna verder met het toevoegen van groepjes waarin de talen 1 keer worden gesproken.
Dan krijgen we groepen waarin alle drie de talen 10 keer worden gesproken. Aangezien elke taal 50 keer wordt gesproken, leidt dit tot 5 van dergelijke groepen.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "# Opgave 2.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2006-uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "# Oplossing:",
"tier": "T1",
"year": "2006"
}
|
Circles $\Gamma_{1}$ and $\Gamma_{2}$ intersect at $P$ and $Q$. Let $A$ be a point on $\Gamma_{1}$ not equal to $P$ or $Q$. The lines $A P$ and $A Q$ intersect $\Gamma_{2}$ again at $B$ and $C$ respectively.
Prove that the altitude from $A$ in triangle $A B C$ passes through a point that is independent of the choice of $A$.
|
By drawing several neat pictures, we have come to suspect that the mentioned altitude always passes through the center of $\Gamma_{1}$. We will now prove that this is indeed the case.
The foot of the altitude from $A$ to (the extension of) $B C$ we call $K$, and the other intersection of this altitude with $\Gamma_{1}$ we call $D$. To prove: $A D$ is a diameter of $\Gamma_{1}$.
There are several configurations possible. We call arc $P Q$ the part of $\Gamma_{1}$ that lies within $\Gamma_{2}$, and arc $Q P$ the other part of $\Gamma_{1}$. We first consider the case where $D$ lies on arc $P Q$ (see figure 2 on page 6). In this case, we have:
$$
\begin{aligned}
\angle D Q C + \angle P Q D = \angle P Q C & = \pi - \angle C B P \text{ (due to cyclic quadrilateral } P Q C B) \\
& = \pi - \angle K B P \text{ (same angle) } \\
& = \pi - \angle K B A \text{ (same angle) } \\
& = \angle B A K + \angle A K B \text{ (sum of angles in a triangle) } \\
& = \angle B A K + \frac{1}{2} \pi (A K \text{ was the altitude) } \\
& = \angle P A D + \frac{1}{2} \pi \text{ (same angle) } \\
& = \angle P Q D + \frac{1}{2} \pi \text{ (inscribed angle) }
\end{aligned}
$$
so $\angle D Q C = \frac{1}{2} \pi$. From $\angle A Q D + \angle D Q C = \angle A Q C = \pi$ (straight angle), it follows that $\angle A Q D = \frac{1}{2} \pi$, and by Thales' theorem, we can conclude that $A D$ is a diameter of $\Gamma_{1}$.
Now consider the case where $\angle B$ is obtuse and $B$ and $C$ still lie on the same side of $P Q$ (see figure 3 on page 6). In this case, we have:
$$
\begin{aligned}
\angle D Q C - \angle D Q P = \angle P Q C & = \pi - \angle C B P \text{ (due to cyclic quadrilateral } P Q C B) \\
& = \angle P B K \text{ (straight angle) } \\
& = \angle A B K \text{ (same angle) } \\
& = \pi - \angle K A B - \angle B K A \text{ (sum of angles in a triangle) } \\
& = \frac{1}{2} \pi - \angle K A B (A K \text{ was the altitude) } \\
& = \frac{1}{2} \pi - \angle D A P \text{ (same angle) } \\
& = \frac{1}{2} \pi - \angle D Q P \text{ (inscribed angle) }
\end{aligned}
$$
so $\angle D Q C = \frac{1}{2} \pi$. From $\angle A Q D + \angle D Q C = \angle A Q C = \pi$ it follows again that $\angle A Q D = \frac{1}{2} \pi$, and by Thales' theorem, we can conclude that $A D$ is a diameter of $\Gamma_{1}$.
All other configurations proceed analogously. By working with oriented angles, we would not need to use case distinctions.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Cirkels $\Gamma_{1}$ en $\Gamma_{2}$ snijden elkaar in $P$ en $Q$. Zij $A$ een punt op $\Gamma_{1}$ niet gelijk aan $P$ of $Q$. De lijnen $A P$ en $A Q$ snijden $\Gamma_{2}$ nogmaals in respectievelijk $B$ en $C$.
Bewijs dat de hoogtelijn uit $A$ in driehoek $A B C$ door een punt gaat dat onafhankelijk is van de keuze van $A$.
|
Door het tekenen van verscheidene nette plaatjes hebben we het vermoeden gekregen dat de genoemde hoogtelijn altijd door het middelpunt van $\Gamma_{1}$ gaat. Dat dat ook daadwerkelijk zo is, gaan we nu bewijzen.
Het voetpunt van de hoogtelijn uit $A$ op (het verlengde van) $B C$ noemen we $K$, en het andere snijpunt van deze hoogtelijn met $\Gamma_{1}$ noemen we $D$. Te bewijzen: $A D$ is een middellijn van $\Gamma_{1}$.
Er zijn verschillende configuraties mogelijk. We noemen boog $P Q$ het deel van $\Gamma_{1}$ dat binnen $\Gamma_{2}$ ligt, en boog $Q P$ het andere deel van $\Gamma_{1}$. We bekijken eerst het geval dat $D$ op boog $P Q$ ligt (zie figuur 2 op bladzijde 6). In dit geval geldt:
$$
\begin{aligned}
\angle D Q C+\angle P Q D=\angle P Q C & =\pi-\angle C B P(\text { wegens koordenvierhoek } P Q C B) \\
& =\pi-\angle K B P(\text { zelfde hoek }) \\
& =\pi-\angle K B A(\text { zelfde hoek }) \\
& =\angle B A K+\angle A K B \text { (hoekensom driehoek) } \\
& =\angle B A K+\frac{1}{2} \pi(A K \text { was hoogtelijn) } \\
& =\angle P A D+\frac{1}{2} \pi \text { (zelfde hoek) } \\
& =\angle P Q D+\frac{1}{2} \pi(\text { omtrekshoek })
\end{aligned}
$$
zodat $\angle D Q C=\frac{1}{2} \pi$. Uit $\angle A Q D+\angle D Q C=\angle A Q C=\pi$ (gestrekte hoek) volgt nu dat $\angle A Q D=\frac{1}{2} \pi$, zodat we wegens Thales kunnen concluderen dat $A D$ een middellijn is van $\Gamma_{1}$.
Bekijk nu het geval dat $\angle B$ stomp is en dat $B$ en $C$ nog wel aan dezelfde kant van $P Q$ liggen (zie figuur 3 op bladzijde 6). In dit geval geldt:
$$
\begin{aligned}
\angle D Q C-\angle D Q P=\angle P Q C & =\pi-\angle C B P(\text { wegens koordenvierhoek } P Q C B) \\
& =\angle P B K(\text { gestrekte hoek }) \\
& =\angle A B K(\text { zelfde hoek }) \\
& =\pi-\angle K A B-\angle B K A \text { (hoekensom driehoek) } \\
& =\frac{1}{2} \pi-\angle K A B(A K \text { was hoogtelijn) } \\
& =\frac{1}{2} \pi-\angle D A P \text { (zelfde hoek) } \\
& =\frac{1}{2} \pi-\angle D Q P(\text { omtrekshoek })
\end{aligned}
$$
zodat $\angle D Q C=\frac{1}{2} \pi$. Uit $\angle A Q D+\angle D Q C=\angle A Q C=\pi$ volgt wederom dat $\angle A Q D=\frac{1}{2} \pi$, zodat we wegens Thales kunnen concluderen dat $A D$ een middellijn is van $\Gamma_{1}$.
Alle andere configuraties gaan analoog. Door met georiënteerde hoeken te werken zouden we geen gevalsonderscheiding hoeven te gebruiken.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Opgave 3.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2006-uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "# Oplossing:",
"tier": "T1",
"year": "2006"
}
|
Let $\mathbb{R}_{>0}$ be the set of positive real numbers. Let $a \in \mathbb{R}_{>0}$ be given. Find all functions $f: \mathbb{R}_{>0} \rightarrow \mathbb{R}$ such that $f(a)=1$ and
$$
\forall x, y \in \mathbb{R}_{>0}: f(x) f(y)+f\left(\frac{a}{x}\right) f\left(\frac{a}{y}\right)=2 f(x y)
$$
|
Substituting $x=a$ and $y=1$ into (1) gives $f(a) f(1)+f\left(\frac{a}{a}\right) f\left(\frac{a}{1}\right)=2 f(a \cdot 1)$, which, due to $f(a)=1$, leads to $f(1)+f(1)=2$, thus
$$
f(1)=1
$$
Substituting $y=1$ into (1) gives $f(x) f(1)+f\left(\frac{a}{x}\right) f\left(\frac{a}{1}\right)=2 f(x \cdot 1)$, which, due to $f(a)=f(1)=1$, leads to $f(x)+f\left(\frac{a}{x}\right)=2 f(x)$, thus
$$
f(x)=f\left(\frac{a}{x}\right) .
$$
But then (1) transforms into $f(x) f(y)+f(x) f(y)=2 f(x y)$, thus
$$
f(x) f(y)=f(x y)
$$
From (3) and (4) it follows that $f(x) f(x)=f(x) f\left(\frac{a}{x}\right)=f\left(x \cdot \frac{a}{x}\right)=f(a)=1$, so for every $x \in \mathbb{R}_{>0}$, $f(x)=1$ or $f(x)=-1$.
Since we can write positive $x$ as $\sqrt{x} \sqrt{x}$, we find using (4) that $f(x)=$ $f(\sqrt{x} \sqrt{x})=f(\sqrt{x}) f(\sqrt{x})=( \pm 1)^{2}=1$, thus $f(x)=1$ for every $x \in \mathbb{R}_{>0}$. We conclude that the only possibility for $f$ is apparently the constant function $f: \mathbb{R}_{>0} \rightarrow \mathbb{R}: x \mapsto 1$.
Finally, we check whether the constant function $\forall x: f(x)=1$ indeed satisfies the conditions. The condition $f(a)=1$ is satisfied, while (1) becomes $1 \cdot 1+1 \cdot 1=2 \cdot 1$, which holds.
Thus, there is exactly one function $f$ that satisfies the given conditions, namely $f: \mathbb{R}_{>0} \rightarrow \mathbb{R}: x \mapsto 1$.
|
f: \mathbb{R}_{>0} \rightarrow \mathbb{R}: x \mapsto 1
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Algebra
|
Zij $\mathbb{R}_{>0}$ de verzameling van positieve reële getallen. Laat $a \in \mathbb{R}_{>0}$ gegeven zijn. Vind alle functies $f: \mathbb{R}_{>0} \rightarrow \mathbb{R}$ zodanig dat $f(a)=1$ en
$$
\forall x, y \in \mathbb{R}_{>0}: f(x) f(y)+f\left(\frac{a}{x}\right) f\left(\frac{a}{y}\right)=2 f(x y)
$$
|
Invullen van $x=a$ en $y=1$ in (1) geeft $f(a) f(1)+f\left(\frac{a}{a}\right) f\left(\frac{a}{1}\right)=2 f(a \cdot 1)$, wat wegens $f(a)=1$ leidt tot $f(1)+f(1)=2$, dus
$$
f(1)=1
$$
Invullen van $y=1$ in (1) geeft $f(x) f(1)+f\left(\frac{a}{x}\right) f\left(\frac{a}{1}\right)=2 f(x \cdot 1)$, wat wegens $f(a)=f(1)=1$ leidt tot $f(x)+f\left(\frac{a}{x}\right)=2 f(x)$, dus
$$
f(x)=f\left(\frac{a}{x}\right) .
$$
Maar dan gaat (1) over in $f(x) f(y)+f(x) f(y)=2 f(x y)$, dus
$$
f(x) f(y)=f(x y)
$$
Uit (3) en (4) volgt dat $f(x) f(x)=f(x) f\left(\frac{a}{x}\right)=f\left(x \cdot \frac{a}{x}\right)=f(a)=1$, dus voor elke $x \in \mathbb{R}_{>0}$ geldt $f(x)=1$ of $f(x)=-1$.
Aangezien we positieve $x$ kunnen schrijven als $\sqrt{x} \sqrt{x}$, vinden we m.b.v. (4) dat $f(x)=$ $f(\sqrt{x} \sqrt{x})=f(\sqrt{x}) f(\sqrt{x})=( \pm 1)^{2}=1$, dus $f(x)=1$ voor elke $x \in \mathbb{R}_{>0}$. We concluderen dat de enige mogelijkheid voor $f$ blijkbaar de constante functie $f: \mathbb{R}_{>0} \rightarrow \mathbb{R}: x \mapsto 1$ is.
Ten slotte controleren we of de constante functie $\forall x: f(x)=1$ daadwerkelijk voldoet. Aan $f(a)=1$ wordt voldaan, terwijl (1) neerkomt op $1 \cdot 1+1 \cdot 1=2 \cdot 1$, wat geldt.
Er is dus precies één functie $f$ die aan de gevraagde voorwaarden voldoet, namelijk $f$ : $\mathbb{R}_{>0} \rightarrow \mathbb{R}: x \mapsto 1$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "4",
"problem_match": "# Opgave 4.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2006-uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "# Oplossing:",
"tier": "T1",
"year": "2006"
}
|
Let $\lfloor x\rfloor$ be the greatest integer less than or equal to $x$. Let $n \in \mathbb{N}, n \geq 7$ be given.
Prove that $\binom{n}{7}-\left\lfloor\frac{n}{7}\right\rfloor$ is divisible by 7.
|
Write $n=7 k+\ell$ for integers $k$ and $\ell$ with $0 \leq \ell \leq 6$, then it holds that $\left\lfloor\frac{n}{7}\right\rfloor=\left\lfloor k+\frac{\ell}{7}\right\rfloor=k$.
To prove: $\binom{n}{7} \equiv k(\bmod 7)$.
Proof: Writing out the binomial coefficient gives
$$
\binom{n}{7}=\frac{n!}{7!(n-7)!}=\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)(n-5)(n-6)}{7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}
$$
The factor $(n-\ell)$ in the numerator is equal to $7 k$, so
$\binom{n}{7}=\frac{7 k \cdot n(n-1) \cdots(\widehat{n-\ell}) \cdots(n-5)(n-6)}{7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}=k \cdot \frac{n(n-1) \cdots(\widehat{n-\ell}) \cdots(n-5)(n-6)}{6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}$,
where $(\widehat{n-\ell})$ means that we have omitted the factor $(n-\ell)$. Modulo 7, the numerator originally contained the 7 residue classes modulo 7, but now that we have omitted $(n-\ell) \equiv 0(\bmod 7)$, the numerator contains exactly the residue classes $1,2,3,4,5$ and 6, just like the denominator, which thus cancel each other out modulo the prime number 7. We are left with
$$
\binom{n}{7}=k \cdot \frac{n(n-1) \cdots(\widehat{n-\ell}) \cdots(n-5)(n-6)}{6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} \equiv k \cdot 1=k \quad(\bmod 7)
$$
which is what we wanted to prove.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Number Theory
|
Zij $\lfloor x\rfloor$ het grootste gehele getal kleiner dan of gelijk aan $x$. Laat $n \in \mathbb{N}, n \geq 7$ gegeven zijn.
Bewijs dat $\binom{n}{7}-\left\lfloor\frac{n}{7}\right\rfloor$ deelbaar is door 7 .
|
Schrijf $n=7 k+\ell$ voor gehele $k$ en $\ell$ met $0 \leq \ell \leq 6$, dan geldt $\left\lfloor\frac{n}{7}\right\rfloor=\left\lfloor k+\frac{\ell}{7}\right\rfloor=k$.
Te bewijzen: $\binom{n}{7} \equiv k(\bmod 7)$.
Bewijs: Het uitschrijven van de binomiaalcoëfficiënt geeft
$$
\binom{n}{7}=\frac{n!}{7!(n-7)!}=\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)(n-5)(n-6)}{7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}
$$
De factor $(n-\ell)$ in de teller is gelijk aan $7 k$, zodat
$\binom{n}{7}=\frac{7 k \cdot n(n-1) \cdots(\widehat{n-\ell}) \cdots(n-5)(n-6)}{7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}=k \cdot \frac{n(n-1) \cdots(\widehat{n-\ell}) \cdots(n-5)(n-6)}{6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}$,
waar $(\widehat{n-\ell})$ betekent dat we de factor $(n-\ell)$ hebben weggelaten. Modulo 7 stonden in de teller de 7 restklassen modulo 7 , maar nu we $(n-\ell) \equiv 0(\bmod 7)$ hebben weggelaten staan in de teller precies de restklassen $1,2,3,4,5$ en 6 , net als in de noemer, die dus tegen elkaar wegvallen modulo het priemgetal 7 . We houden over dat
$$
\binom{n}{7}=k \cdot \frac{n(n-1) \cdots(\widehat{n-\ell}) \cdots(n-5)(n-6)}{6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} \equiv k \cdot 1=k \quad(\bmod 7)
$$
hetgeen te bewijzen was.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "5",
"problem_match": "# Opgave 5.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2006-uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "# Oplossing:",
"tier": "T1",
"year": "2006"
}
|
Let $m$ be a positive integer. Prove that for all positive real numbers $a$ and $b$ the following holds:
$$
\left(1+\frac{a}{b}\right)^{m}+\left(1+\frac{b}{a}\right)^{m} \geq 2^{m+1}
$$
|
We use that $x+\frac{1}{x} \geq 2$ for all $x \in \mathbb{R}_{>0}$. It holds that
$$
\begin{aligned}
\left(1+\frac{a}{b}\right)^{m}+\left(1+\frac{b}{a}\right)^{m} & =\sum_{i=0}^{m}\binom{m}{i}\left(\frac{a}{b}\right)^{i}+\sum_{i=0}^{m}\binom{m}{i}\left(\frac{b}{a}\right)^{i} \\
& =\sum_{i=0}^{m}\binom{m}{i}\left(\left(\frac{a}{b}\right)^{i}+\left(\frac{b}{a}\right)^{i}\right) \\
& =\sum_{i=0}^{m}\binom{m}{i}\left(\frac{a^{i}}{b^{i}}+\frac{b^{i}}{a^{i}}\right) \\
& \geq \sum_{i=0}^{m}\binom{m}{i} \cdot 2 \\
& =2^{m+1} .
\end{aligned}
$$
## Alternative solution.
Apply the inequality of the arithmetic and geometric means to 1 and $\frac{a}{b}$:
$$
1+\frac{a}{b} \geq 2 \sqrt{\frac{a}{b}}
$$
so
$$
\left(1+\frac{a}{b}\right)^{m} \geq\left(2 \sqrt{\frac{a}{b}}\right)^{m}
$$
Similarly, of course,
$$
\left(1+\frac{b}{a}\right)^{m} \geq\left(2 \sqrt{\frac{b}{a}}\right)^{m}
$$
Now we apply the inequality of the arithmetic and geometric means again:
$$
\left(2 \sqrt{\frac{a}{b}}\right)^{m}+\left(2 \sqrt{\frac{b}{a}}\right)^{m} \geq 2 \sqrt{\left(2 \sqrt{\frac{a}{b}}\right)^{m} \cdot\left(2 \sqrt{\frac{b}{a}}\right)^{m}}=2^{m+1}
$$
This proves the desired result.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Inequalities
|
Zij $m$ een positief geheel getal. Bewijs dat voor alle positieve reële getallen $a$ en $b$ geldt:
$$
\left(1+\frac{a}{b}\right)^{m}+\left(1+\frac{b}{a}\right)^{m} \geq 2^{m+1}
$$
|
We gebruiken dat $x+\frac{1}{x} \geq 2$ voor alle $x \in \mathbb{R}_{>0}$. Er geldt
$$
\begin{aligned}
\left(1+\frac{a}{b}\right)^{m}+\left(1+\frac{b}{a}\right)^{m} & =\sum_{i=0}^{m}\binom{m}{i}\left(\frac{a}{b}\right)^{i}+\sum_{i=0}^{m}\binom{m}{i}\left(\frac{b}{a}\right)^{i} \\
& =\sum_{i=0}^{m}\binom{m}{i}\left(\left(\frac{a}{b}\right)^{i}+\left(\frac{b}{a}\right)^{i}\right) \\
& =\sum_{i=0}^{m}\binom{m}{i}\left(\frac{a^{i}}{b^{i}}+\frac{b^{i}}{a^{i}}\right) \\
& \geq \sum_{i=0}^{m}\binom{m}{i} \cdot 2 \\
& =2^{m+1} .
\end{aligned}
$$
## Alternatieve oplossing.
Pas de ongelijkheid van het rekenkundig en meetkundig gemiddelde toe op 1 en $\frac{a}{b}$ :
$$
1+\frac{a}{b} \geq 2 \sqrt{\frac{a}{b}}
$$
dus
$$
\left(1+\frac{a}{b}\right)^{m} \geq\left(2 \sqrt{\frac{a}{b}}\right)^{m}
$$
Analoog geldt natuurlijk
$$
\left(1+\frac{b}{a}\right)^{m} \geq\left(2 \sqrt{\frac{b}{a}}\right)^{m}
$$
Nu passen we opnieuw de ongelijkheid van het rekenkundig en meetkundig gemiddelde toe:
$$
\left(2 \sqrt{\frac{a}{b}}\right)^{m}+\left(2 \sqrt{\frac{b}{a}}\right)^{m} \geq 2 \sqrt{\left(2 \sqrt{\frac{a}{b}}\right)^{m} \cdot\left(2 \sqrt{\frac{b}{a}}\right)^{m}}=2^{m+1}
$$
Dit bewijst het gevraagde.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\n1. ",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2007-uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOpgave 1.",
"tier": "T1",
"year": "2007"
}
|
Four points $P, Q, R$, and $S$ lie in this order on a circle, such that $\angle P S R=90^{\circ}$. Let $H$ and $K$ be the feet of the perpendiculars from $Q$ to $P R$ and $P S$, respectively. Let $T$ be the intersection of $H K$ and $Q S$. Prove that $|S T|=|T Q|$.
|
Since $\angle P S R$ is a right angle, $P R$ is a diameter and thus $\angle P Q R$ is also a right angle. Furthermore, $P Q H K$ is a cyclic quadrilateral (and $P Q R S$ is obviously also one), so
$$
\angle Q S R=\angle Q P R=\angle Q P H=\angle Q K H
$$
Thus,
$$
\angle T K S=90^{\circ}-\angle Q K H=90^{\circ}-\angle Q S R=\angle Q S K
$$
Therefore, $\triangle T S K$ is isosceles with $|K T|=|T S|$. Furthermore, $\angle Q S R=\angle K Q S$, because $S R$ and $Q K$ are both perpendicular to $P S$, so
$$
\angle K Q S=\angle Q S R=\angle Q K H,
$$
which means that triangle $K Q T$ is also isosceles with $|T Q|=|T K|$. Therefore, $|T Q|=|T K|=|T S|$.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Vier punten $P, Q, R$ en $S$ liggen in deze volgorde op een cirkel, zodat $\angle P S R=90^{\circ}$. Zij $H$ en $K$ de voetpunten van de loodlijnen uit $Q$ op respectievelijk $P R$ en $P S$. Zij $T$ het snijpunt van $H K$ en $Q S$. Bewijs dat $|S T|=|T Q|$.
|
Omdat $\angle P S R$ recht is, is $P R$ een middellijn en is dus ook $\angle P Q R$ recht. Verder is $P Q H K$ een koordenvierhoek (en $P Q R S$ natuurlijk ook), dus
$$
\angle Q S R=\angle Q P R=\angle Q P H=\angle Q K H
$$
Dus
$$
\angle T K S=90^{\circ}-\angle Q K H=90^{\circ}-\angle Q S R=\angle Q S K
$$
Dus $\triangle T S K$ is gelijkbenig met $|K T|=|T S|$. Verder is $\angle Q S R=\angle K Q S$, omdat $S R$ en $Q K$ beide loodrecht op $P S$ staan, dus
$$
\angle K Q S=\angle Q S R=\angle Q K H,
$$
zodat ook driehoek $K Q T$ gelijkbenig is met $|T Q|=|T K|$. Dus $|T Q|=|T K|=|T S|$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\n2. ",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2007-uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOpgave 2.",
"tier": "T1",
"year": "2007"
}
|
You have 2007 cards. On each card, a positive integer less than 2008 is written. If you take a number (at least 1) of these cards, the sum of the numbers on the cards is not divisible by 2008. Prove that the same number is written on every card.
|
Do not assume. Let the numbers on the cards be $n_{1}, \ldots, n_{2007}$ where $n_{1} \neq n_{2}$. Let
$$
s_{i}=n_{1}+n_{2}+\ldots+n_{i},
$$
for $i=1,2, \ldots, 2007$. We now know that $s_{i} \equiv \equiv(\bmod 2008)$ for all $i$. Suppose $s_{i} \equiv s_{j}$ $(\bmod 2008)$ with $i<j$, then
$$
n_{i+1}+\ldots+n_{j} \equiv 0 \quad(\bmod 2008)
$$
contradiction. Therefore, $s_{1}, \ldots, s_{2007}$ take on the values 1, 2, .., 2007 modulo 2008. Now consider $n_{2}$. We know that $n_{2} \not \equiv 0(\bmod 2008)$, so $n_{2} \equiv s_{i}(\bmod 2008)$ for some $i$. For $i=1$, this means $n_{2} \equiv n_{1}(\bmod 2008)$, which, given $n_{1}, n_{2} \in\{1, \ldots, 2007\}$, implies that $n_{1}=n_{2}$; contradiction. And for $i>1$, it means that the non-empty sum $s_{i}-n_{2}=n_{1}+n_{3}+n_{4}+\ldots+n_{i}$ is equal to 0 modulo 2008; again a contradiction.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Number Theory
|
Je hebt 2007 kaarten. Op elke kaart is een positief geheel getal kleiner dan 2008 geschreven. Als je een aantal (minstens 1) van deze kaarten neemt, is de som van de getallen op de kaarten niet deelbaar door 2008. Bewijs dat op elke kaart hetzelfde getal staat.
|
Stel niet. Noem de getallen op de kaarten $n_{1}, \ldots, n_{2007}$ waarbij $n_{1} \neq n_{2}$. Zij
$$
s_{i}=n_{1}+n_{2}+\ldots+n_{i},
$$
voor $i=1,2, \ldots, 2007$. We weten nu dat $s_{i} \equiv \equiv(\bmod 2008)$ voor alle $i$. Stel dat $s_{i} \equiv s_{j}$ $(\bmod 2008)$ met $i<j$, dan geldt
$$
n_{i+1}+\ldots+n_{j} \equiv 0 \quad(\bmod 2008)
$$
tegenspraak. Dus $s_{1}, \ldots, s_{2007}$ nemen modulo 2008 precies de waarden 1, 2, .., 2007 aan. Bekijk nu $n_{2}$. We weten dat $n_{2} \not \equiv 0(\bmod 2008)$, dus $n_{2} \equiv s_{i}(\bmod 2008)$ voor een of andere $i$. Voor $i=1$ staat hier $n_{2} \equiv n_{1}(\bmod 2008)$, wat wegens $n_{1}, n_{2} \in\{1, \ldots, 2007\}$ impliceert dat $n_{1}=n_{2}$; tegenspraak. En voor $i>1$ betekent het dat de niet-lege som $s_{i}-n_{2}=n_{1}+n_{3}+n_{4}+\ldots+n_{i}$ gelijk is aan 0 modulo 2008; wederom tegenspraak.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\n3. ",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2007-uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOpgave 3.",
"tier": "T1",
"year": "2007"
}
|
$\mathrm{Zij} n \geq 1$. Find all permutations $\left(a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}\right)$ of $(1,2, \ldots, n)$ for which
$$
\frac{a_{k}^{2}}{a_{k+1}} \leq k+2 \quad \text { for } k=1,2, \ldots, n-1
$$
|
Suppose for some $i \leq n-1$ it holds that $a_{i}>i$. It follows that $\frac{a_{i}^{2}}{a_{i+1}} \leq i+2$, so
$$
a_{i+1} \geq \frac{a_{i}^{2}}{i+2} \geq \frac{(i+1)^{2}}{i+2}=\frac{i^{2}+2 i+1}{i+2}>i.
$$
If $a_{i} \geq i+2$, then in the same way $a_{i+1}>i+1$. If $a_{i}=i+1$, then $i+1$ is no longer available as a value for $a_{i+1}$, so $a_{i+1}>i+1$ also holds.
Thus, if $a_{i}>i$, then also $a_{i+1}>i+1$. Since $a_{n} \leq n$, there can be no $i$ such that $a_{i}>i$. It follows that $a_{i}=i$ for all $i$.
|
a_{i}=i
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Combinatorics
|
$\mathrm{Zij} n \geq 1$. Vind alle permutaties $\left(a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}\right)$ van $(1,2, \ldots, n)$ waarvoor geldt
$$
\frac{a_{k}^{2}}{a_{k+1}} \leq k+2 \quad \text { voor } k=1,2, \ldots, n-1
$$
|
Stel dat voor zekere $i \leq n-1$ geldt dat $a_{i}>i$. Er geldt $\frac{a_{i}^{2}}{a_{i+1}} \leq i+2$, dus
$$
a_{i+1} \geq \frac{a_{i}^{2}}{i+2} \geq \frac{(i+1)^{2}}{i+2}=\frac{i^{2}+2 i+1}{i+2}>i .
$$
Als $a_{i} \geq i+2$, dan geldt op dezelfde manier $a_{i+1}>i+1$. Als $a_{i}=i+1$, dan is $i+1$ niet meer beschikbaar als waarde voor $a_{i+1}$, dus geldt ook $a_{i+1}>i+1$.
Dus als $a_{i}>i$, dan ook $a_{i+1}>i+1$. Aangezien $a_{n} \leq n$, kan er dus geen enkele $i$ zijn met $a_{i}>i$. Hieruit volgt dat $a_{i}=i$ voor alle $i$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\n4. ",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2007-uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOpgave 4.",
"tier": "T1",
"year": "2007"
}
|
Prove that there are infinitely many pairs of positive integers $(x, y)$ such that
$$
\frac{x+1}{y}+\frac{y+1}{x}=4 .
$$
|
We can rewrite the equation as $(x+1) x+(y+1) y=4 x y$, so
$$
x^{2}-(4 y-1) x+\left(y^{2}+y\right)=0 .
$$
If we see this as an equation in $x$ with parameter $y$, then for the two solutions $x_{0}$ and $x_{1}$, by Vieta's formulas, we have (i): $x_{0}+x_{1}=4 y-1$ and (ii): $x_{0} \cdot x_{1}=y^{2}+y$.
Suppose that $x_{0} \in \mathbb{N}$ and $y_{0} \in \mathbb{N}$ form an arbitrary solution. Then, for this value of $y_{0}$, there is another solution $x_{1}$, which is an integer by (i) and positive by (ii). For this other solution, we have by (i): $x_{1}=4 y_{0}-1-x_{0}$. In short, each solution pair $(x, y)$ leads to another solution pair $(4 y-1-x, y)$. The trick is to realize that then $(y, 4 y-1-x)$ is also a solution pair.
The pair $(1,1)$ is clearly a solution. Now consider the sequence $z_{1}=1, z_{2}=1$, and $z_{n+2}=$ $4 z_{n+1}-1-z_{n}(n \geq 1)$, then each pair $\left(z_{n}, z_{n+1}\right)$ is apparently a solution to the given equation.
Finally, we need to prove that this leads to all distinct solutions $\left(z_{n}, z_{n+1}\right)$. To do this, we prove by induction that $\forall n \geq 2: z_{n+1} \geq 2 z_{n} \wedge z_{n+1} \geq 1$.
For $n=2$, this is clearly true, as $z_{3}=2$ and $z_{2}=1$. Suppose it holds for some $n \geq 2$, so $z_{n+1} \geq 2 z_{n} \wedge z_{n+1} \geq 1$. Then $z_{n+2}=4 z_{n+1}-1-z_{n} \geq 4 z_{n+1}-z_{n+1}-z_{n+1}=2 z_{n+1} \geq 2>1$, so we see that it also holds for $n+1$.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Algebra
|
Bewijs dat er oneindig veel paren positieve gehele getallen $(x, y)$ zijn met
$$
\frac{x+1}{y}+\frac{y+1}{x}=4 .
$$
|
We kunnen de vergelijking herschrijven tot $(x+1) x+(y+1) y=4 x y$, dus
$$
x^{2}-(4 y-1) x+\left(y^{2}+y\right)=0 .
$$
Als we dit zien als een vergelijking in $x$ met parameter $y$, dan geldt er voor de twee oplossingen $x_{0}$ en $x_{1}$ wegens Vieta dat (i): $x_{0}+x_{1}=4 y-1$ en (ii): $x_{0} \cdot x_{1}=y^{2}+y$.
Stel nou dat $x_{0} \in \mathbb{N}$ en $y_{0} \in \mathbb{N}$ een willekeurige oplossing vormen. Dan is er bij deze waarde van $y_{0}$ dus nog een oplossing $x_{1}$, die wegens (i) weer geheel is, en wegens (ii) weer positief. Voor deze andere oplossing geldt wegens (i): $x_{1}=4 y_{0}-1-x_{0}$. Kortom, elk oplossingspaar $(x, y)$ leidt tot een oplossingspaar $(4 y-1-x, y)$. De truc is nou om te bedenken dat dan ook $(y, 4 y-1-x)$ een oplossingspaar is.
Het paar $(1,1)$ is duidelijk een oplossing. Beschouw nu de rij $z_{1}=1, z_{2}=1$, en $z_{n+2}=$ $4 z_{n+1}-1-z_{n}(n \geq 1)$, dan is elk paar $\left(z_{n}, z_{n+1}\right)$ dus blijkbaar een oplossing van de gegeven vergelijking.
Tot slot moeten we nog bewijzen dat dit tot echt allemaal verschillende oplossingen $\left(z_{n}, z_{n+1}\right)$ leidt. Hiertoe bewijzen we met inductie dat $\forall n \geq 2: z_{n+1} \geq 2 z_{n} \wedge z_{n+1} \geq 1$.
Voor $n=2$ is dit duidelijk, want $z_{3}=2$ en $z_{2}=1$. Stel het geldt voor zekere $n \geq 2$, dus $z_{n+1} \geq 2 z_{n} \wedge z_{n+1} \geq 1$. Dan $z_{n+2}=4 z_{n+1}-1-z_{n} \geq 4 z_{n+1}-z_{n+1}-z_{n+1}=2 z_{n+1} \geq 2>1$, dus zien we dat het ook geldt voor $n+1$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\n5. ",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2007-uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOpgave 5.",
"tier": "T1",
"year": "2007"
}
|
Vind alle functies $f: \mathbb{Z}_{>0} \rightarrow \mathbb{Z}_{>0}$ die voldoen aan
$$
f(f(f(n)))+f(f(n))+f(n)=3 n
$$
voor alle $n \in \mathbb{Z}_{>0}$.
|
Uit $f(m)=f(n)$ volgt $3 m=3 n$ dus $m=n$. Dus $f$ is injectief. Nu bewijzen we met volledige inductie naar $n$ dat $f(n)=n$ voor alle $n$.
Omdat $f: \mathbb{Z}_{>0} \rightarrow \mathbb{Z}_{>0}$ geldt $f(1) \geq 1, f(f(1)) \geq 1$ en $f(f(f(1))) \geq 1$. Vullen we nu $n=1$ in de functievergelijking in, dan zien we dat
$$
f(f(f(1)))+f(f(1))+f(1)=3,
$$
dus moet overal gelijkheid gelden: $f(1)=f(f(1))=f(f(f(1)))=1$.
Zij nu $k \geq 2$ en stel dat we voor alle $n<k$ bewezen hebben dat $f(n)=n$. Dan volgt uit de injectiviteit van $f$ dat voor alle $m \geq k$ geldt dat $f(m) \geq k$; de lagere functiewaardes worden immers al aangenomen. Dus in het bijzonder geldt $f(k) \geq k$ en dan ook $f(f(k)) \geq k$ en daarom ook $f(f(f(k))) \geq k$. Vullen we nu $n=k$ in de functievergelijking in, dan zien we dat
$$
f(f(f(k)))+f(f(k))+f(k)=3 k
$$
We zien dat ook nu weer overal gelijkheid moet gelden, dus $f(k)=k$. Dit voltooit de inductie.
De enige functie die kan voldoen is dus $f(n)=n$ voor alle $n$. Deze functie voldoet ook daadwerkelijk, want
$$
f(f(f(n)))+f(f(n))+f(n)=n+n+n=3 n
$$
|
f(n)=n
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Number Theory
|
Vind alle functies $f: \mathbb{Z}_{>0} \rightarrow \mathbb{Z}_{>0}$ die voldoen aan
$$
f(f(f(n)))+f(f(n))+f(n)=3 n
$$
voor alle $n \in \mathbb{Z}_{>0}$.
|
Uit $f(m)=f(n)$ volgt $3 m=3 n$ dus $m=n$. Dus $f$ is injectief. Nu bewijzen we met volledige inductie naar $n$ dat $f(n)=n$ voor alle $n$.
Omdat $f: \mathbb{Z}_{>0} \rightarrow \mathbb{Z}_{>0}$ geldt $f(1) \geq 1, f(f(1)) \geq 1$ en $f(f(f(1))) \geq 1$. Vullen we nu $n=1$ in de functievergelijking in, dan zien we dat
$$
f(f(f(1)))+f(f(1))+f(1)=3,
$$
dus moet overal gelijkheid gelden: $f(1)=f(f(1))=f(f(f(1)))=1$.
Zij nu $k \geq 2$ en stel dat we voor alle $n<k$ bewezen hebben dat $f(n)=n$. Dan volgt uit de injectiviteit van $f$ dat voor alle $m \geq k$ geldt dat $f(m) \geq k$; de lagere functiewaardes worden immers al aangenomen. Dus in het bijzonder geldt $f(k) \geq k$ en dan ook $f(f(k)) \geq k$ en daarom ook $f(f(f(k))) \geq k$. Vullen we nu $n=k$ in de functievergelijking in, dan zien we dat
$$
f(f(f(k)))+f(f(k))+f(k)=3 k
$$
We zien dat ook nu weer overal gelijkheid moet gelden, dus $f(k)=k$. Dit voltooit de inductie.
De enige functie die kan voldoen is dus $f(n)=n$ voor alle $n$. Deze functie voldoet ook daadwerkelijk, want
$$
f(f(f(n)))+f(f(n))+f(n)=n+n+n=3 n
$$
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\n1. ",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2008-uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOpgave 1.",
"tier": "T1",
"year": "2008"
}
|
Julian and Johan are playing a game with an even number, say $2 n$, of cards ( $n \in \mathbb{Z}_{>0}$ ). On each card, there is a positive integer. The cards are shuffled and laid out in a row on the table with the numbers visible. A player whose turn it is may take either the leftmost card or the rightmost card. The players take turns alternately.
Johan starts, so Julian picks the last card. Johan's score is the sum of the numbers on the $n$ cards he has picked, and the same goes for Julian. Prove that Johan can always achieve a score that is at least as high as Julian's.
|
Let $2 n$ be the number of cards and assume that the cards are arranged in a row as $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2 n}$. We prove by induction on $n$ that Johan can always ensure that he picks either all the odd cards $a_{1}, a_{3}, a_{5}, \ldots$ or all the even cards $a_{2}, a_{4}, a_{6}, \ldots$ For $n=1$, Johan picks card $a_{1}$ if he wants the odd cards and card $a_{2}$ if he wants the even cards. Suppose we have proven it for some $n$. Consider the cards $a_{1}$, $a_{2}, \ldots, a_{2 n+2}$. If Johan wants the odd cards, he picks $a_{1}$ first. Julian then picks either $a_{2}$ or $a_{2 n+2}$. After that, the remaining row is $b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{2 n}$. In the first case, $b_{i}=a_{i+2}$ for all $i$, and according to the induction hypothesis, Johan can get all the odd $b_{i}$, which together with card $a_{1}$ gives him all the odd cards. In the second case, $b_{i}=a_{i+1}$ for all $i$, and according to the induction hypothesis, Johan can get all the even $b_{i}$, which together with card $a_{1}$ gives him all the odd cards. Therefore, Johan can ensure that he gets all the odd cards. Similarly, he can also ensure that he gets all the even cards. This completes the induction. Johan can now ensure that he scores at least as many points as Julian in the following way: if the sum of the numbers on the odd cards is at least as large as the sum of the numbers on the even cards, he chooses all the odd cards. Otherwise, he chooses all the even cards.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Combinatorics
|
Julian en Johan spelen een spel met een even aantal, zeg $2 n$, kaarten ( $n \in \mathbb{Z}_{>0}$ ). Op elke kaart staat een positief geheel getal. De kaarten worden geschud en in een rij op tafel gelegd met de getallen zichtbaar. Een speler die aan de beurt is, mag ofwel de meest linker kaart ofwel de meest rechter kaart pakken. De spelers zijn om en om aan de beurt.
Johan begint, dus Julian pakt uiteindelijk de laatste kaart. De score van Johan is de som van de getallen op de $n$ kaarten die hij heeft gepakt en voor Julian net zo. Bewijs dat Johan altijd een minstens even hoge score als Julian kan behalen.
|
Zij $2 n$ het aantal kaarten en ga ervan uit dat de kaarten in de rij achtereenvolgens $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2 n}$ zijn. We bewijzen met inductie naar $n$ dat Johan dan altijd kan zorgen dat hij naar keuze alle oneven kaarten $a_{1}, a_{3}, a_{5}, \ldots$ pakt of juist alle even kaarten $a_{2}, a_{4}, a_{6}, \ldots$ Voor $n=1$ pakt Johan kaart $a_{1}$ als hij de oneven kaarten wil en kaart $a_{2}$ als hij de even kaarten wil. Stel we hebben het bewezen voor zekere $n$. Bekijk de kaarten $a_{1}$, $a_{2}, \ldots, a_{2 n+2}$. Als Johan de oneven kaarten wil, pakt hij eerst $a_{1}$. Julian pakt vervolgens $a_{2}$ of $a_{2 n+2}$. Daarna blijft over de rij $b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{2 n}$. In het eerste geval geldt $b_{i}=a_{i+2}$ voor alle $i$ en kan Johan volgens de inductiehypothese alle oneven $b_{i}$ krijgen, wat hem samen met de kaart $a_{1}$ alle oneven kaarten oplevert. In het tweede geval geldt $b_{i}=a_{i+1}$ voor alle $i$ en kan Johan volgens de inductiehypothese alle even $b_{i}$ krijgen, wat hem samen met de kaart $a_{1}$ alle oneven kaarten oplevert. Johan kan dus zorgen dat hij alle oneven kaarten krijgt. Analoog kan hij ook zorgen dat hij alle even kaarten krijgt. Dit voltooit de inductie. Johan kan nu zorgen dat hij minstens evenveel punten scoort als Julian op de volgende manier: als de som van de getallen op de oneven kaarten minstens even groot is als de som van de getallen op de even kaarten, dan kiest hij alle oneven kaarten. Zo niet, dan kiest hij alle even kaarten.
#
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\n2. ",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2008-uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOpgave 2.",
"tier": "T1",
"year": "2008"
}
|
Let $m, n$ be positive integers. Consider a sequence of positive integers $a_{1}$, $a_{2}, \ldots, a_{n}$ that satisfies $m=a_{1} \geq a_{2} \geq \cdots \geq a_{n} \geq 1$. For $1 \leq i \leq m$ we define
$$
b_{i}=\#\left\{j \in\{1,2, \ldots, n\}: a_{j} \geq i\right\}
$$
so $b_{i}$ is the number of $a_{j}$ in the sequence for which $a_{j} \geq i$. For $1 \leq j \leq n$ we define
$$
c_{j}=\#\left\{i \in\{1,2, \ldots, m\}: b_{i} \geq j\right\}
$$
so $c_{j}$ is the number of $b_{i}$ for which $b_{i} \geq j$.
Example: for the $a$-sequence 5, 3, 3, 2, 1, 1, the corresponding $b$-sequence is 6, 4, 3, 1, 1.
(a) Prove that $a_{j}=c_{j}$ for $1 \leq j \leq n$.
(b) Prove that for $1 \leq k \leq m$ it holds that: $\sum_{i=1}^{k} b_{i}=k \cdot b_{k}+\sum_{j=b_{k}+1}^{n} a_{j}$.
|
(a) Solution 1. Note that for $1 \leq i \leq m$ and $1 \leq j \leq n$ we have:
| $a_{j} \geq i$ | $\Longleftrightarrow$ |
| ---: | :--- |
| $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{j} \geq i$ | $\Longleftrightarrow$ |
| at least $j$ of the $a'$'s are greater or equal to $i$ | $\Longleftrightarrow$ |
| $b_{i} \geq j$ | $\Longleftrightarrow$ |
| $b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{i} \geq j$ | $\Longleftrightarrow$ |
| at least $i$ of the $b'$'s are greater or equal to $j$ | $\Longleftrightarrow$ |
| $c_{j} \geq i$. | |
Let $j$ be given. First take $i=a_{j}$, then the first line is true, so the last one is too: $c_{j} \geq a_{j}$. Conversely, take $i=c_{j}$, then the last line is true, so the first one is too: $a_{j} \geq c_{j}$. It follows that $a_{j}=c_{j}$.
Solution 2. Due to the non-increasing property, we have $b_{i}=\max \left\{l: a_{l} \geq i\right\}$ and $c_{j}=\max \{i: b_{i} \geq j\}$. Therefore, for $1 \leq j \leq n$ we have
$$
c_{j}=\max \left\{i: b_{i} \geq j\right\}=\max \left\{i: \max \left\{l: a_{l} \geq i\right\} \geq j\right\}
$$
For a fixed $i$ we have:
$$
\max \left\{l: a_{l} \geq i\right\} \geq j \quad \Longleftrightarrow \quad a_{j} \geq i
$$
so $c_{j}=\max \left\{i: a_{j} \geq i\right\}=a_{j}$.
(b) Solution 1. For $1 \leq k \leq m$ we have
$$
\sum_{i=1}^{k}\left(b_{i}-b_{k}\right)=\sum_{i=1}^{k}\left(\#\left\{l: a_{l} \geq i\right\}-\#\left\{l: a_{l} \geq k\right\}\right)=\sum_{i=1}^{k} \#\left\{l: k>a_{l} \geq i\right\}
$$
Each element $a_{l}$ from the sequence (with $k>a_{l}$) is counted here exactly $a_{l}$ times (namely for each $i \leq a_{l}$), so this is nothing other than the sum of all such $a_{l}$. Now (see solution 1 of part a) $k \leq a_{l}$ if and only if $l \leq b_{k}$, so $k>a_{l}$ if and only if $l>b_{k}$, thus
$$
\sum_{i=1}^{k}\left(b_{i}-b_{k}\right)=\sum_{l: k>a_{l}} a_{l}=\sum_{l=b_{k}+1}^{n} a_{l}
$$
and the result to be proven follows directly from this.
Solution 2. We prove this by induction on $k$. For $k=1$ we have
$$
b_{1} \stackrel{?}{=} b_{1}+\sum_{j=b_{1}+1}^{n} a_{j}
$$
and this is true because $b_{1}=\#\left\{j: a_{j} \geq 1\right\}=n$, so the sum on the right-hand side is empty. Suppose now that we have proven it for some $k$ with $1 \leq k \leq m-1$. Then we have
$$
\begin{aligned}
\sum_{i=1}^{k+1} b_{i} & =\sum_{i=1}^{k} b_{i}+b_{k+1} \\
& \stackrel{\mathrm{IH}}{=} k \cdot b_{k}+\sum_{j=b_{k}+1}^{n} a_{j}+b_{k+1} \\
& =(k+1) \cdot b_{k+1}+\sum_{j=b_{k+1}+1}^{n} a_{j}+k\left(b_{k}-b_{k+1}\right)-\sum_{j=b_{k+1}+1}^{b_{k}} a_{j} \\
& =(k+1) \cdot b_{k+1}+\sum_{j=b_{k+1}+1}^{n} a_{j}+k\left(b_{k}-b_{k+1}\right)-\sum_{j=b_{k+1}+1}^{b_{k}} k \\
& =(k+1) \cdot b_{k+1}+\sum_{j=b_{k+1}+1}^{n} a_{j} .
\end{aligned}
$$
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Combinatorics
|
Laat $m, n$ positieve gehele getallen zijn. Bekijk een rijtje positieve gehele getallen $a_{1}$, $a_{2}, \ldots, a_{n}$ dat voldoet aan $m=a_{1} \geq a_{2} \geq \cdots \geq a_{n} \geq 1$. Voor $1 \leq i \leq m$ definiëren we
$$
b_{i}=\#\left\{j \in\{1,2, \ldots, n\}: a_{j} \geq i\right\}
$$
dus $b_{i}$ is het aantal getallen $a_{j}$ uit het rijtje waarvoor geldt $a_{j} \geq i$. Voor $1 \leq j \leq n$ definiëren we
$$
c_{j}=\#\left\{i \in\{1,2, \ldots, m\}: b_{i} \geq j\right\}
$$
dus $c_{j}$ is het aantal getallen $b_{i}$ waarvoor geldt $b_{i} \geq j$.
Voorbeeld: bij het a-rijtje 5, 3, 3, 2, 1, 1 hoort het b-rijtje 6, 4, 3, 1, 1 .
(a) Bewijs dat $a_{j}=c_{j}$ voor $1 \leq j \leq n$.
(b) Bewijs dat voor $1 \leq k \leq m$ geldt: $\sum_{i=1}^{k} b_{i}=k \cdot b_{k}+\sum_{j=b_{k}+1}^{n} a_{j}$.
|
(a) Oplossing 1. Merk op dat voor $1 \leq i \leq m$ en $1 \leq j \leq n$ geldt:
| $a_{j} \geq i$ | $\Longleftrightarrow$ |
| ---: | :--- |
| $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{j} \geq i$ | $\Longleftrightarrow$ |
| minstens $j$ van de $a^{\prime}$ 'tjes zijn groter of gelijk aan $i$ | $\Longleftrightarrow$ |
| $b_{i} \geq j$ | $\Longleftrightarrow$ |
| $b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{i} \geq j$ | $\Longleftrightarrow$ |
| minstens $i$ van de $b^{\prime}$ tjes zijn groter of gelijk aan $j$ | $\Longleftrightarrow$ |
| $c_{j} \geq i$. | |
Zij nu $j$ gegeven. Neem dan eerst $i=a_{j}$, dan is de eerste regel waar, dus de laatste ook: $c_{j} \geq a_{j}$. Neem andersom $i=c_{j}$, dan is de laatste regel waar, dus de eerste ook: $a_{j} \geq c_{j}$. Nu volgt $a_{j}=c_{j}$.
Oplossing 2. Wegens de niet-stijgendheid geldt $b_{i}=\max \left\{l: a_{l} \geq i\right\}$ en $c_{j}=\max \{i$ : $\left.b_{i} \geq j\right\}$. Dus voor $1 \leq j \leq n$ geldt
$$
c_{j}=\max \left\{i: b_{i} \geq j\right\}=\max \left\{i: \max \left\{l: a_{l} \geq i\right\} \geq j\right\}
$$
Voor een vaste $i$ geldt:
$$
\max \left\{l: a_{l} \geq i\right\} \geq j \quad \Longleftrightarrow \quad a_{j} \geq i
$$
dus $c_{j}=\max \left\{i: a_{j} \geq i\right\}=a_{j}$.
(b) Oplossing 1. Voor $1 \leq k \leq m$ geldt
$$
\sum_{i=1}^{k}\left(b_{i}-b_{k}\right)=\sum_{i=1}^{k}\left(\#\left\{l: a_{l} \geq i\right\}-\#\left\{l: a_{l} \geq k\right\}\right)=\sum_{i=1}^{k} \#\left\{l: k>a_{l} \geq i\right\}
$$
Elk element $a_{l}$ uit de rij (met $k>a_{l}$ ) wordt hierin precies $a_{l}$ maal geteld (namelijk voor elke $i \leq a_{l}$ ) dus dit is niets anders dan de som van al dergelijke $a_{l}$. Nu is (zie oplossing 1 van onderdeel a) $k \leq a_{l}$ dan en slechts dan als $l \leq b_{k}$, dus $k>a_{l}$ dan en slechts dan als $l>b_{k}$, dus
$$
\sum_{i=1}^{k}\left(b_{i}-b_{k}\right)=\sum_{l: k>a_{l}} a_{l}=\sum_{l=b_{k}+1}^{n} a_{l}
$$
en hier volgt het te bewijzen direct uit.
Oplossing 2. We bewijzen dit met inductie naar $k$. Voor $k=1$ staat er
$$
b_{1} \stackrel{?}{=} b_{1}+\sum_{j=b_{1}+1}^{n} a_{j}
$$
en dit is waar omdat $b_{1}=\#\left\{j: a_{j} \geq 1\right\}=n$, dus de som aan de rechterkant is leeg. Stel nu dat we het bewezen hebben voor zekere $k$ met $1 \leq k \leq m-1$. Dan geldt
$$
\begin{aligned}
\sum_{i=1}^{k+1} b_{i} & =\sum_{i=1}^{k} b_{i}+b_{k+1} \\
& \stackrel{\mathrm{IH}}{=} k \cdot b_{k}+\sum_{j=b_{k}+1}^{n} a_{j}+b_{k+1} \\
& =(k+1) \cdot b_{k+1}+\sum_{j=b_{k+1}+1}^{n} a_{j}+k\left(b_{k}-b_{k+1}\right)-\sum_{j=b_{k+1}+1}^{b_{k}} a_{j} \\
& =(k+1) \cdot b_{k+1}+\sum_{j=b_{k+1}+1}^{n} a_{j}+k\left(b_{k}-b_{k+1}\right)-\sum_{j=b_{k+1}+1}^{b_{k}} k \\
& =(k+1) \cdot b_{k+1}+\sum_{j=b_{k+1}+1}^{n} a_{j} .
\end{aligned}
$$
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\n3. ",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2008-uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "# Opgave 3.",
"tier": "T1",
"year": "2008"
}
|
Let $n$ be an integer such that $\sqrt{1+12 n^{2}}$ is an integer.
Prove that $2+2 \sqrt{1+12 n^{2}}$ is the square of an integer.
|
Given that $1+12 n^{2}=a^{2}$. We can rewrite this as
$$
12 n^{2}=a^{2}-1=(a+1)(a-1)
$$
The left side is divisible by 2, so the right side must also be divisible by 2, hence $a$ is odd. Since the left side has an even number of factors of 2, both $a+1$ and $a-1$ must be divisible by an odd number of factors of 2 (one of them is divisible by exactly one factor of 2). Furthermore, $\operatorname{gcd}(a+1, a-1)=2$, so all odd prime factors that appear in $n$ must appear in exactly one of $a+1$ and $a-1$. For prime factors greater than 3, they appear an even number of times on the right; the prime factor 3 appears an odd number of times. In conclusion, there are two possibilities:
$$
a+1=6 b^{2} \quad \text { and } \quad a-1=2 c^{2}
$$
for some integers $b$ and $c$ with $b c=n$ or
$$
a+1=2 b^{2} \quad \text { and } \quad a-1=6 c^{2}
$$
for some integers $b$ and $c$ with $b c=n$. First, consider the first case. Then $a+1$ is divisible by 3 and thus $a-1 \equiv 1 \pmod{3}$. But this implies $c^{2} \equiv 2 \pmod{3}$, which is impossible. Therefore, the second case must hold. But then
$$
2+2 \sqrt{1+12 n^{2}}=2+2 a=2(a+1)=4 b^{2}=(2 b)^{2},
$$
which is what we needed to prove.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Number Theory
|
Zij $n$ een geheel getal zo dat $\sqrt{1+12 n^{2}}$ een geheel getal is.
Bewijs dat $2+2 \sqrt{1+12 n^{2}}$ het kwadraat van een geheel getal is.
|
Zij a zo dat $1+12 n^{2}=a^{2}$. We kunnen dit herschrijven als
$$
12 n^{2}=a^{2}-1=(a+1)(a-1)
$$
De linkerkant is deelbaar door 2, dus de rechterkant ook, dus $a$ is oneven. Omdat links een even aantal factoren 2 staat, moeten zowel $a+1$ en $a-1$ deelbaar zijn door een oneven aantal factoren 2 (de een is namelijk deelbaar door precies één factor 2). Verder geldt $\operatorname{ggd}(a+1, a-1)=2$, dus alle oneven priemfactoren die voorkomen in $n$, komen voor in precies één van $a+1$ en $a-1$. Voor de priemfactoren groter dan 3 geldt dat ze rechts een even aantal keer voorkomen; de priemfactor 3 komt een oneven aantal keer voor. Concluderend zijn er twee mogelijkheden:
$$
a+1=6 b^{2} \quad \text { en } \quad a-1=2 c^{2}
$$
voor zekere gehele $b$ en $c$ met $b c=n$ of
$$
a+1=2 b^{2} \quad \text { en } \quad a-1=6 c^{2}
$$
voor zekere gehele $b$ en $c$ met $b c=n$. Bekijk eerst het eerste geval. Dan is $a+1$ deelbaar door 3 en dus $a-1 \equiv 1 \bmod 3$. Maar daaruit volgt $c^{2} \equiv 2 \bmod 3$ en dat is onmogelijk. Dus het tweede geval moet gelden. Maar dan is
$$
2+2 \sqrt{1+12 n^{2}}=2+2 a=2(a+1)=4 b^{2}=(2 b)^{2},
$$
en dat is wat we moesten bewijzen.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\n4. ",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2008-uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOpgave 4.",
"tier": "T1",
"year": "2008"
}
|
Let $\triangle A B C$ be a right triangle with $\angle B=90^{\circ}$ and $|A B|>|B C|$; and let $\Gamma$ be the semicircle with diameter $A B$ on the side of $A B$ where $C$ also lies. Let point $P$ on $\Gamma$ such that $|B P|=|B C|$ and let $Q$ on line segment $A B$ such that $|A P|=|A Q|$. Prove that the midpoint of $C Q$ lies on $\Gamma$.
|
Solution 1. Let $S$ be the intersection of $\Gamma$ and $C Q$. We need to prove that $|Q S|=|S C|$.
The line $B C$ is a tangent to $\Gamma$, so $\angle C B P=\angle B A P=\angle Q A P$. Since triangles $C B P$ and $Q A P$ are both isosceles, they are similar. Let $\alpha=\angle B C P$, then
$$
\alpha=\angle B C P=\angle C P B=\angle Q P A=\angle A Q P
$$
We now see that
$$
\angle C P Q=\angle C P B+\angle B P Q=\angle Q P A+\angle B P Q=\angle B P A=90^{\circ} .
$$
Thus, $P$, like $B$, lies on the circle with diameter $C Q$. Point $S$ lies on this diameter, and we want to show that $S$ is the center of the circle, so it is sufficient to show that
$$
\angle B S P=2 \alpha=2 \angle B C P .
$$
In cyclic quadrilateral $Q B C P$, $\angle C P B=\angle C Q B$, so
$2 \alpha=\angle C Q B+\angle A Q P=180^{\circ}-\angle P Q C=180^{\circ}-\angle P B C=90^{\circ}+\angle Q B C-\angle P B C=90^{\circ}+\angle Q B P$.
In cyclic quadrilateral $A B S P$, where $A B$ is the diameter, we see
$$
90^{\circ}+\angle Q B P=90^{\circ}+\angle A B P=\angle B S A+\angle A S P=\angle B S P,
$$
so we can conclude
$$
2 \alpha=\angle B S P
$$
which is what we wanted to prove.
Solution 2. First note (as in the previous solution) that the two isosceles triangles are similar. Since $B C$ is perpendicular to $A B$, one triangle is rotated $90^{\circ}$ relative to the other. Let $l_{1}$ be the bisector of $\angle P B C$ and $l_{2}$ the bisector of $\angle P A Q$. These bisectors are now perpendicular to each other. Let $T$ be the intersection of $l_{1}$ and $l_{2}$. Then $\angle A T B=90^{\circ}$, so $T$ lies on $\Gamma$.
Now, $P$ is the image of $C$ under reflection in $l_{1}$ and $Q$ is the image of $P$ under reflection in $l_{2}$. The composition of these two reflections is the rotation about $T$ by $2 \cdot 90=180$ degrees. Under this rotation, $C$ maps to $Q$, so $C T Q$ is a straight line. Thus, $T=S$. Due to the rotation, $|T C|=|T Q|$ also holds, so $S$ is the midpoint of $C Q$.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Laat $\triangle A B C$ een rechthoekige driehoek zijn met $\angle B=90^{\circ}$ en $|A B|>|B C|$; en zij $\Gamma$ de halve cirkel met middellijn $A B$ aan de kant van $A B$ waar ook $C$ ligt. Zij punt $P$ op $\Gamma$ zo dat $|B P|=|B C|$ en zij $Q$ op lijnstuk $A B$ zo dat $|A P|=|A Q|$. Bewijs dat het midden van $C Q$ op $\Gamma$ ligt.
|
Oplossing 1. Zij $S$ het snijpunt van $\Gamma$ en $C Q$. We moeten bewijzen dat $|Q S|=|S C|$.
De lijn $B C$ is een raaklijn aan $\Gamma$, dus geldt $\angle C B P=\angle B A P=\angle Q A P$. Omdat de driehoeken $C B P$ en $Q A P$ beide gelijkbenig zijn, zijn ze gelijkvormig. Zij $\alpha=\angle B C P$, dan geldt
$$
\alpha=\angle B C P=\angle C P B=\angle Q P A=\angle A Q P
$$
We zien nu dat
$$
\angle C P Q=\angle C P B+\angle B P Q=\angle Q P A+\angle B P Q=\angle B P A=90^{\circ} .
$$
Dus $P$ ligt, net als $B$, op de cirkel met middellijn $C Q$. Punt $S$ ligt op deze middellijn en we willen laten zien dat $S$ het middelpunt van de cirkel is, dus het is voldoende om te laten zien dat
$$
\angle B S P=2 \alpha=2 \angle B C P .
$$
In koordenvierhoek $Q B C P$ geldt $\angle C P B=\angle C Q B$, dus
$2 \alpha=\angle C Q B+\angle A Q P=180^{\circ}-\angle P Q C=180^{\circ}-\angle P B C=90^{\circ}+\angle Q B C-\angle P B C=90^{\circ}+\angle Q B P$.
In koordenvierhoek $A B S P$, waarin $A B$ de middellijn is, zien we
$$
90^{\circ}+\angle Q B P=90^{\circ}+\angle A B P=\angle B S A+\angle A S P=\angle B S P,
$$
zodat we kunnen concluderen
$$
2 \alpha=\angle B S P
$$
en dat is wat we wilden bewijzen.
Oplossing 2. Merk eerst op (net als in de vorige oplossing) dat de twee gelijkbenige driehoeken gelijkvormig zijn. Omdat $B C$ loodrecht op $A B$ staat, is de ene driehoek $90^{\circ}$ gedraaid ten opzichte van de andere. Zij $l_{1}$ de bissectrice van $\angle P B C$ en $l_{2}$ de bissectrice $\operatorname{van} \angle P A Q$. Deze bissectrices staan nu loodrecht op elkaar. Zij $T$ het snijpunt van $l_{1}$ en $l_{2}$. Dan geldt dus $\angle A T B=90^{\circ}$, dus $T$ ligt op $\Gamma$.
Nu is $P$ het beeld van $C$ onder spiegeling in $l_{1}$ en $Q$ is het beeld van $P$ onder spiegeling in $l_{2}$. De samenstelling van deze twee spiegelingen is de rotatie in $T$ om $2 \cdot 90=180$ graden. Onder deze rotatie gaat $C$ over in $Q$, dus $C T Q$ is een rechte lijn. Dus $T=S$. Wegens de rotatie geldt ook $|T C|=|T Q|$, dus $S$ is het midden van $C Q$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\n5. ",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2008-uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOpgave 5.",
"tier": "T1",
"year": "2008"
}
|
Let $n \geq 10$ be an integer. We write $n$ in the decimal system. Let $S(n)$ be the sum of the digits of $n$. A stump of $n$ is a positive integer obtained by removing a number of (at least one, but not all) digits from the right end of $n$. For example: 23 is a stump of 2351. Let $T(n)$ be the sum of all stomps of $n$. Prove that $n = S(n) + 9 \cdot T(n)$.
|
From right to left, we assign the digits of $n$ with $a_{0}, a_{1}, \ldots, a_{k}$. Therefore,
$$
n=a_{0}+10 a_{1}+\cdots+10^{k} a_{k} .
$$
A stump of $n$ consists of the digits $a_{i}, a_{i+1}, \ldots, a_{k}$ from right to left, where $1 \leq i \leq k$. Such a stump is then equal to $a_{i}+10 a_{i+1}+\cdots+10^{k-i} a_{k}$. If we sum this over all $i$, we get $T(n)$. We can then write $T(n)$ more conveniently by combining all terms with $a_{1}$, all terms with $a_{2}$, and so on (this is equivalent to swapping the summation signs: first summing over $i$ from 1 to $k$ and then for each $i$ summing over $j$ from $i$ to $k$, is the same as first summing over $j$ from 1 to $k$ and then for each $j$ summing over $i$ from 1 to $j$):
$$
\begin{gathered}
T(n)=\sum_{i=1}^{k}\left(a_{i}+10 a_{i+1}+\cdots+10^{k-i} a_{k}\right)=\sum_{i=1}^{k} \sum_{j=i}^{k} 10^{j-i} a_{j} \\
=\sum_{j=1}^{k} \sum_{i=1}^{j} 10^{j-i} a_{j}=\sum_{j=1}^{k}\left(1+10+\cdots+10^{j-1}\right) a_{j}=\sum_{j=1}^{k} \frac{10^{j}-1}{10-1} a_{j} .
\end{gathered}
$$
In the last step, we used the sum formula for the geometric series. We now get
$$
9 \cdot T(n)=\sum_{j=1}^{k}\left(10^{j}-1\right) a_{j}=\sum_{j=0}^{k}\left(10^{j}-1\right) a_{j}
$$
Now consider that $S(n)=\sum_{j=0}^{k} a_{j}$. Therefore,
$$
S(n)+9 \cdot T(n)=\sum_{j=0}^{k}\left(10^{j}-1+1\right) a_{j}=\sum_{j=0}^{k} 10^{j} a_{j}=n
$$
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Number Theory
|
Zij $n \geq 10$ een geheel getal. We schrijven $n$ in het tientallig stelsel. Zij $S(n)$ de som van de cijfers van $n$. Een stomp van $n$ is een positief geheel getal dat verkregen is door een aantal (minstens één, maar niet alle) cijfers van $n$ aan het rechteruiteinde weg te halen. Bijvoorbeeld: 23 is een stomp van 2351. $\mathrm{Zij} T(n)$ de som van alle stompen van $n$. Bewijs dat $n=S(n)+9 \cdot T(n)$.
|
Van rechts naar links geven we de cijfers van $n$ aan met $a_{0}, a_{1}, \ldots, a_{k}$. Er geldt dus
$$
n=a_{0}+10 a_{1}+\cdots+10^{k} a_{k} .
$$
Een stomp van $n$ bestaat van rechts naar links uit de cijfers $a_{i}, a_{i+1}, \ldots, a_{k}$ waarbij $1 \leq i \leq k$. Zo'n stomp is dan gelijk aan $a_{i}+10 a_{i+1}+\cdots+10^{k-i} a_{k}$. Als we dit sommeren over alle $i$, krijgen we $T(n)$. We kunnen vervolgens $T(n)$ makkelijker schrijven door alle termen met $a_{1}$ samen te nemen, alle termen met $a_{2}$, enzovoorts (dit komt hieronder neer op het verwisselen van de sommatietekens: eerst sommeren over $i$ van 1 tot en met $k$ en daarna per $i$ nog over $j$ van $i$ tot en met $k$, is hetzelfde als eerst sommeren over $j$ van 1 tot en met $k$ en daarna per $j$ nog over $i$ van 1 tot en met $j$ ):
$$
\begin{gathered}
T(n)=\sum_{i=1}^{k}\left(a_{i}+10 a_{i+1}+\cdots+10^{k-i} a_{k}\right)=\sum_{i=1}^{k} \sum_{j=i}^{k} 10^{j-i} a_{j} \\
=\sum_{j=1}^{k} \sum_{i=1}^{j} 10^{j-i} a_{j}=\sum_{j=1}^{k}\left(1+10+\cdots+10^{j-1}\right) a_{j}=\sum_{j=1}^{k} \frac{10^{j}-1}{10-1} a_{j} .
\end{gathered}
$$
In de laatste stap hebben we de somformule voor de meetkundige reeks gebruikt. We krijgen nu
$$
9 \cdot T(n)=\sum_{j=1}^{k}\left(10^{j}-1\right) a_{j}=\sum_{j=0}^{k}\left(10^{j}-1\right) a_{j}
$$
Bedenk nu dat $S(n)=\sum_{j=0}^{k} a_{j}$. Er geldt dus
$$
S(n)+9 \cdot T(n)=\sum_{j=0}^{k}\left(10^{j}-1+1\right) a_{j}=\sum_{j=0}^{k} 10^{j} a_{j}=n
$$
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nOpgave 1.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2009-uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2009"
}
|
Let $A B C$ be a triangle, point $P$ the midpoint of $B C$, and point $Q$ on segment $C A$ such that $|C Q|=2|Q A|$. Let $S$ be the intersection of $B Q$ and $A P$. Prove that $|A S|=|S P|$.
|
Draw a line through $P$ parallel to $A C$ and let $T$ be the intersection of this line with $B Q$. Then $P T$ is a midline in triangle $B C Q$, so $|P T|=\frac{1}{2}|C Q|=|Q A|$. Now $A T P Q$ is a quadrilateral with a pair of equal, parallel sides, so $A T P Q$ is a parallelogram. In a parallelogram, we know that the diagonals bisect each other, so $|A S|=|S P|$.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Zij $A B C$ een driehoek, punt $P$ het midden van $B C$ en punt $Q$ op lijnstuk $C A$ zodat $|C Q|=2|Q A|$. Zij $S$ het snijpunt van $B Q$ en $A P$. Bewijs dat $|A S|=|S P|$.
|
Trek een lijn door $P$ evenwijdig aan $A C$ en zij $T$ het snijpunt van deze lijn met $B Q$. Dan is $P T$ een middenparallel in driehoek $B C Q$, dus geldt $|P T|=\frac{1}{2}|C Q|=|Q A|$. Nu is $A T P Q$ een vierhoek met een paar even lange, evenwijdige zijden, dus $A T P Q$ is een parallellogram. Van een parallellogram weten we dat de diagonalen elkaar middendoor snijden, dus $|A S|=|S P|$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nOpgave 2.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2009-uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing I.",
"tier": "T1",
"year": "2009"
}
|
Let $A B C$ be a triangle, point $P$ the midpoint of $B C$, and point $Q$ on segment $C A$ such that $|C Q|=2|Q A|$. Let $S$ be the intersection of $B Q$ and $A P$. Prove that $|A S|=|S P|$.
|
We apply Menelaus' theorem in triangle $P C A$. We know that the points $B, S$ and $Q$ lie on one line, so
$$
-1=\frac{P B}{B C} \cdot \frac{C Q}{Q A} \cdot \frac{A S}{S P}=\frac{-1}{2} \cdot \frac{2}{1} \cdot \frac{A S}{S P}=-\frac{A S}{S P}
$$
Thus $\frac{A S}{S P}=1$, which implies that $S$ is the midpoint between $A$ and $P$.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Zij $A B C$ een driehoek, punt $P$ het midden van $B C$ en punt $Q$ op lijnstuk $C A$ zodat $|C Q|=2|Q A|$. Zij $S$ het snijpunt van $B Q$ en $A P$. Bewijs dat $|A S|=|S P|$.
|
We passen de stelling van Menelaos toe in driehoek $P C A$. We weten dat de punten $B, S$ en $Q$ op één lijn liggen, dus
$$
-1=\frac{P B}{B C} \cdot \frac{C Q}{Q A} \cdot \frac{A S}{S P}=\frac{-1}{2} \cdot \frac{2}{1} \cdot \frac{A S}{S P}=-\frac{A S}{S P}
$$
Dus $\frac{A S}{S P}=1$, waaruit volgt dat $S$ midden tussen $A$ en $P$ ligt.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nOpgave 2.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2009-uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing II.",
"tier": "T1",
"year": "2009"
}
|
Let $A B C$ be a triangle, point $P$ the midpoint of $B C$, and point $Q$ on segment $C A$ such that $|C Q|=2|Q A|$. Let $S$ be the intersection of $B Q$ and $A P$. Prove that $|A S|=|S P|$.
|
Let $M$ be the midpoint of $QC$ and let $x=[AQS]=[QMS]=[MCS]$ and $y=[CPS]=[PBS]$. Since $[CPA]=[PBA]$, it follows that $[ASB]=3x$. But then $[AQB]=x+3x$ while on the other hand $2[AQB]=[QCB]$, so $2x+2y=[QCB]=2[AQB]=8x$. Therefore, $y=3x$. But then $[ASB]=3x=y=[SPB]$, so $|AS|=|SP|$.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Zij $A B C$ een driehoek, punt $P$ het midden van $B C$ en punt $Q$ op lijnstuk $C A$ zodat $|C Q|=2|Q A|$. Zij $S$ het snijpunt van $B Q$ en $A P$. Bewijs dat $|A S|=|S P|$.
|
Zij $M$ het midden van $Q C$ en noem $x=[A Q S]=[Q M S]=[M C S]$ en $y=[C P S]=[P B S]$. Omdat $[C P A]=[P B A]$ geldt dat $[A S B]=3 x$. Maar dan is $[A Q B]=x+3 x$ terwijl anderzijds $2[A Q B]=[Q C B]$, dus $2 x+2 y=[Q C B]=2[A Q B]=8 x$. Dus $y=3 x$. Maar dan $[A S B]=3 x=y=[S P B]$, dus $|A S|=|S P|$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nOpgave 2.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2009-uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing III.",
"tier": "T1",
"year": "2009"
}
|
Let $A B C$ be a triangle, point $P$ the midpoint of $B C$, and point $Q$ on segment $C A$ such that $|C Q|=2|Q A|$. Let $S$ be the intersection of $B Q$ and $A P$. Prove that $|A S|=|S P|$.
|
Let $R$ be the intersection of $CS$ and $AB$. According to Ceva's theorem, we have
$$
\frac{AR}{RB} \cdot \frac{BP}{PC} \cdot \frac{CQ}{QA}=1
$$
from which it follows that $2|AR|=|RB|$. Let $a=[PSC], b=[QSC], c=[QSA], d=[RSA]$, $e=[RSB]$, and $f=[PSB]$. Now we have
$$
b+a+f=2(c+d+e) \quad \text{and} \quad a+e+f=2(b+c+d)
$$
from which it follows that
$$
b-e=2e-2b
$$
so $b=e$. Furthermore, $2d=e$ and $2c=b$, so also $c=d$ and $c+d=e$. From $a+e+f=$ $2(b+c+d)$ we now get
$$
a+f=b+2c+2d=b+c+d+e,
$$
so
$$
2(a+f)=a+b+c+d+e+f=[ABC] .
$$
Thus $2|PS|=|PA|$, so $|PS|=|AS|$.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Zij $A B C$ een driehoek, punt $P$ het midden van $B C$ en punt $Q$ op lijnstuk $C A$ zodat $|C Q|=2|Q A|$. Zij $S$ het snijpunt van $B Q$ en $A P$. Bewijs dat $|A S|=|S P|$.
|
Zij $R$ het snijpunt van $C S$ en $A B$. Volgens de stelling van Ceva geldt
$$
\frac{A R}{R B} \cdot \frac{B P}{P C} \cdot \frac{C Q}{Q A}=1
$$
waaruit volgt $2|A R|=|R B|$. Zij $a=[P S C], b=[Q S C], c=[Q S A], d=[R S A]$, $e=[R S B]$ en $f=[P S B]$. Nu geldt
$$
b+a+f=2(c+d+e) \quad \text { en } \quad a+e+f=2(b+c+d)
$$
waaruit volgt
$$
b-e=2 e-2 b
$$
dus $b=e$. Verder geldt $2 d=e$ en $2 c=b$, dus ook $c=d$ en $c+d=e$. Uit $a+e+f=$ $2(b+c+d)$ volgt nu
$$
a+f=b+2 c+2 d=b+c+d+e,
$$
dus
$$
2(a+f)=a+b+c+d+e+f=[A B C] .
$$
Dus $2|P S|=|P A|$, dus $|P S|=|A S|$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nOpgave 2.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2009-uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing IV.",
"tier": "T1",
"year": "2009"
}
|
Let $a, b$ and $c$ be positive real numbers that satisfy $a+b+c \geq a b c$. Prove that
$$
a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq \sqrt{3} a b c
$$
|
We know that $a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq a b+b c+c a$ and thus $3\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) \geq(a+b+c)^{2}$. Due to the inequality of the geometric and arithmetic mean, we have $a+b+c \geq 3(a b c)^{\frac{1}{3}}$ and on the other hand, it is given that $a+b+c \geq a b c$. Therefore, we have two inequalities:
$$
\begin{aligned}
& a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq \frac{1}{3}(a+b+c)^{2} \geq 3(a b c)^{\frac{2}{3}} \\
& a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq \frac{1}{3}(a+b+c)^{2} \geq \frac{1}{3}(a b c)^{2}
\end{aligned}
$$
We raise the first inequality to the power of $\frac{3}{4}$ and the second to the power of $\frac{1}{4}$ (and we are allowed to do this because everything is positive):
$$
\begin{aligned}
& \left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)^{\frac{3}{4}} \geq 3^{\frac{3}{4}}(a b c)^{\frac{1}{2}} \\
& \left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)^{\frac{1}{4}} \geq 3^{-\frac{1}{4}}(a b c)^{\frac{1}{2}}
\end{aligned}
$$
Now we multiply these two and then we get
$$
a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq 3^{\frac{1}{2}}(a b c)
$$
which is what we wanted.
|
a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq \sqrt{3} a b c
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Inequalities
|
Laat $a, b$ en $c$ positieve reële getallen zijn die voldoen aan $a+b+c \geq a b c$. Bewijs dat
$$
a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq \sqrt{3} a b c
$$
|
We weten dat $a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq a b+b c+c a$ en dus $3\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) \geq(a+b+c)^{2}$. Wegens de ongelijkheid van het meetkundig en rekenkundig gemiddelde geldt $a+b+c \geq$ $3(a b c)^{\frac{1}{3}}$ en anderzijds is gegeven dat $a+b+c \geq a b c$. Dus we hebben twee ongelijkheden:
$$
\begin{aligned}
& a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq \frac{1}{3}(a+b+c)^{2} \geq 3(a b c)^{\frac{2}{3}} \\
& a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq \frac{1}{3}(a+b+c)^{2} \geq \frac{1}{3}(a b c)^{2}
\end{aligned}
$$
We doen de eerste ongelijkheid tot de macht $\frac{3}{4}$ en de tweede tot de macht $\frac{1}{4}$ (en dit mogen we doen omdat alles positief is):
$$
\begin{aligned}
& \left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)^{\frac{3}{4}} \geq 3^{\frac{3}{4}}(a b c)^{\frac{1}{2}} \\
& \left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)^{\frac{1}{4}} \geq 3^{-\frac{1}{4}}(a b c)^{\frac{1}{2}}
\end{aligned}
$$
Nu vermenigvuldigen we deze beide en dan krijgen we
$$
a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq 3^{\frac{1}{2}}(a b c)
$$
wat het gevraagde is.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nOpgave 3.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2009-uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2009"
}
|
Find all functions $f: \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}$ that satisfy
$$
f(m+n)+f(m n-1)=f(m) f(n)+2
$$
for all $m, n \in \mathbb{Z}$.
|
First, assume there is a $c \in \mathbb{Z}$ such that $f(n)=c$ for all $n$. Then we have $2c = c^2 + 2$, so $c^2 - 2c + 2 = 0$, which has no solution for $c$. Therefore, $f$ is not constant. Now substitute $m=0$. This gives $f(n) + f(-1) = f(n) f(0) + 2$, from which we conclude that $f(n)(1 - f(0))$ is a constant. Since $f(n)$ is not constant, it follows that $f(0) = 1$. From the same equation, we now get $f(-1) = 2$. Substitute $m=n=-1$, which gives $f(-2) + f(0) = f(-1)^2 + 2$, from which it follows that $f(-2) = 5$. Next, substitute $m=1$ and $n=-1$, then we get $f(0) + f(-2) = f(1) f(-1) + 2$, from which it follows that $f(1) = 2$.
Now substitute $m=1$, then we get $f(n+1) + f(n-1) = f(1) f(n) + 2$, or
$$
f(n+1) = 2f(n) + 2 - f(n-1).
$$
By induction, we can easily prove that $f(n) = n^2 + 1$ for all $n \geq 0$ and subsequently with the equation
$$
f(n-1) = 2f(n) + 2 - f(n+1)
$$
also for $n \leq 0$. Therefore, $f(n) = n^2 + 1$ for all $n$ and this function satisfies the conditions.
|
f(n) = n^2 + 1
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Algebra
|
Vind alle functies $f: \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}$ die voldoen aan
$$
f(m+n)+f(m n-1)=f(m) f(n)+2
$$
voor alle $m, n \in \mathbb{Z}$.
|
Stel eerst dat er een $c \in \mathbb{Z}$ is met $f(n)=c$ voor alle $n$. Dan hebben we $2 c=c^{2}+2$, dus $c^{2}-2 c+2=0$ en dat heeft geen oplossing voor $c$. Dus is $f$ niet constant. Vul nu in $m=0$. Dat geeft $f(n)+f(-1)=f(n) f(0)+2$, waaruit we concluderen dat $f(n)(1-f(0))$ een constante is. Omdat $f(n)$ niet constant is, volgt hieruit $f(0)=1$. Uit dezelfde vergelijking krijgen we nu $f(-1)=2$. Vul nu in $m=n=-1$, dat geeft $f(-2)+f(0)=f(-1)^{2}+2$, waaruit volgt $f(-2)=5$. Vul vervolgens in $m=1$ en $n=-1$, dan krijgen we $f(0)+f(-2)=f(1) f(-1)+2$, waaruit volgt $f(1)=2$.
Vul nu in $m=1$, dan krijgen we $f(n+1)+f(n-1)=f(1) f(n)+2$, ofwel
$$
f(n+1)=2 f(n)+2-f(n-1) .
$$
Met inductie bewijzen we nu gemakkelijk dat $f(n)=n^{2}+1$ voor alle $n \geq 0$ en vervolgens met de vergelijking
$$
f(n-1)=2 f(n)+2-f(n+1)
$$
ook voor $n \leq 0$. Dus $f(n)=n^{2}+1$ voor alle $n$ en deze functie voldoet.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nOpgave 4.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2009-uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2009"
}
|
For a given $n$-gon with all sides of equal length, all vertices have rational coordinates. Prove that $n$ is even.
|
Let $\left(x_{1}, y_{1}\right), \ldots,\left(x_{n}, y_{n}\right)$ be the coordinates of the vertices of the $n$-gon. Define $a_{i}=x_{i+1}-x_{i}, b_{i}=y_{i+1}-y_{i}$ for $i=1,2, \ldots, n$, where $x_{n+1}=x_{1}$ and $y_{n+1}=y_{1}$. Given that $a_{i}, b_{i} \in \mathbb{Q}$ and $\sum_{i=1}^{n} a_{i}=\sum_{i=1}^{n} b_{i}=0$; and the sum $a_{i}^{2}+b_{i}^{2}$ is the same for all $i$. By multiplying away all denominators and dividing out any common factors of the numerators, we may assume that $a_{i}, b_{i} \in \mathbb{Z}$ and $\operatorname{gcd}\left(a_{1}, \ldots, a_{n}, b_{1}, \ldots, b_{n}\right)=1$. Let $c$ be the integer such that $a_{i}^{2}+b_{i}^{2}=c$ for all $i$.
First, assume that $c \equiv 1 \bmod 2$. Then for each $i$, exactly one of $a_{i}, b_{i}$ is odd. So out of all $2 n$ numbers $a_{i}, b_{i}$, exactly $n$ are even and $n$ are odd. Thus $0=\sum_{i=1}^{n}\left(a_{i}+b_{i}\right) \equiv n \bmod 2$. Therefore, $n$ is even.
Now assume that $c \equiv 0 \bmod 2$. Then for all $i$, $a_{i} \equiv b_{i} \bmod 2$. If there is an $i$ with both $a_{i}$ and $b_{i}$ odd, then $c=a_{i}^{2}+b_{i}^{2} \equiv 1+1 \equiv 2 \bmod 4$. If there is an $i$ with both $a_{i}$ and $b_{i}$ even, then $c=a_{i}^{2}+b_{i}^{2} \equiv 0+0 \equiv 0 \bmod 4$. This cannot be true simultaneously. Therefore, either all $a_{i}$ and $b_{i}$ are odd, or all $a_{i}$ and $b_{i}$ are even. The latter contradicts our assumption about the gcd of all $a_{i}$ and $b_{i}$. The former gives $0=\sum_{i=1}^{n} a_{i} \equiv n \bmod 2$, so $n$ is even.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Van een gegeven $n$-hoek met alle zijden even lang hebben alle hoekpunten rationale coördinaten. Bewijs dat $n$ even is.
|
Laat $\left(x_{1}, y_{1}\right), \ldots,\left(x_{n}, y_{n}\right)$ de coördinaten van de hoekpunten van de $n$-hoek zijn. Definieer $a_{i}=x_{i+1}-x_{i}, b_{i}=y_{i+1}-y_{i}$ voor $i=1,2, \ldots, n$, waarbij $x_{n+1}=x_{1}$ en $y_{n+1}=y_{1}$. Gegeven is nu dat $a_{i}, b_{i} \in \mathbb{Q}$ en $\sum_{i=1}^{n} a_{i}=\sum_{i=1}^{n} b_{i}=0$; en de som $a_{i}^{2}+b_{i}^{2}$ is voor alle $i$ gelijk. Door alle noemers weg te vermenigvuldigen en eventuele gemeenschappelijke delers van de tellers weg te delen, mogen we aannemen dat $a_{i}, b_{i} \in \mathbb{Z}$ en $\operatorname{ggd}\left(a_{1}, \ldots, a_{n}, b_{1}, \ldots, b_{n}\right)=1$. Zij $c$ het gehele getal zodat $a_{i}^{2}+b_{i}^{2}=c$ voor alle $i$.
Stel eerst dat $c \equiv 1 \bmod 2$. Dan is voor elke $i$ precies één van $a_{i}, b_{i}$ oneven. Dus van alle $2 n$ getallen $a_{i}, b_{i}$ zijn er precies $n$ even en $n$ oneven. Dus $0=\sum_{i=1}^{n}\left(a_{i}+b_{i}\right) \equiv n \bmod 2$. Dus $n$ is even.
Stel nu dat $c \equiv 0 \bmod 2$. Dan geldt voor alle $i$ dat $a_{i} \equiv b_{i} \bmod 2$. Als er een $i$ is met $a_{i}$ en $b_{i}$ allebei oneven, dan is $c=a_{i}^{2}+b_{i}^{2} \equiv 1+1 \equiv 2 \bmod 4$. Als er een $i$ is met $a_{i}$ en $b_{i}$ allebei even, dan is $c=a_{i}^{2}+b_{i}^{2} \equiv 0+0 \equiv 0 \bmod 4$. Dit kan niet allebei tegelijk. Dus óf alle $a_{i}$ en $b_{i}$ zijn oneven, óf alle $a_{i}$ en $b_{i}$ zijn even. Het laatste is een tegenspraak met onze aanname over de ggd van alle $a_{i}$ en $b_{i}$. Het eerste geeft $0=\sum_{i=1}^{n} a_{i} \equiv n \bmod 2$, dus $n$ is even.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nOpgave 5.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2009-uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2009"
}
|
Let $A B C D$ be a trapezium with $A B \| C D, 2|A B|=|C D|$ and $B D \perp B C$. Let $M$ be the midpoint of $C D$ and let $E$ be the intersection of $B C$ and $A D$. Let $O$ be the intersection of $A M$ and $B D$. Let $N$ be the intersection of $O E$ and $A B$.
(a) Prove that $A B M D$ is a rhombus.
(b) Prove that the line $D N$ goes through the midpoint of line segment $B E$.
|
From $|A B|=|C D|$ and $A B \| C D$ it follows that $A B$ is a midline in triangle $C D E$. Therefore, $A$ is the midpoint of $D E$. Since $\angle D B E=90^{\circ}$, according to Thales, $A$ is the center of the circle through $D, B$, and $E$. Thus, $|A D|=|A E|=|A B|$, and we already knew that $|A B|=|D M|=|M C|$. In the same way, using Thales, we show that $|B M|=|C M|=|D M|$, so in quadrilateral $A B M D$ all sides are of equal length. Therefore, it is a rhombus (a). The diagonals of a rhombus bisect each other, so $O$ is the midpoint of $B D$. Since $A$ is also the midpoint of $D E$, $N$ is the centroid of triangle $B D E$. Thus, $D N$ passes through the midpoint of $B E$ (b).
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Zij $A B C D$ een trapezium met $A B \| C D, 2|A B|=|C D|$ en $B D \perp B C$. Zij $M$ het midden van $C D$ en zij $E$ het snijpunt van $B C$ en $A D$. Zij $O$ het snijpunt van $A M$ en $B D$. $\operatorname{Zij} N$ het snijpunt van $O E$ en $A B$.
(a) Bewijs dat $A B M D$ een ruit is.
(b) Bewijs dat de lijn $D N$ door het midden van lijnstuk $B E$ gaat.
|
Uit 2 $|A B|=|C D|$ en $A B \| C D$ volgt dat $A B$ een middenparallel in driehoek $C D E$ is. Dus $A$ is het midden van $D E$. Omdat $\angle D B E=90^{\circ}$, geldt volgens Thales dat $A$ het middelpunt is van de cirkel door $D, B$ en $E$. Dus $|A D|=|A E|=|A B|$ en we wisten al dat $|A B|=|D M|=|M C|$. Op dezelfde manier met Thales laten we zien dat $|B M|=|C M|=|D M|$, dus van vierhoek $A B M D$ zijn alle zijden even lang. Het is dus een ruit (a). De diagonalen van een ruit delen elkaar middendoor, dus $O$ is het midden van $B D$. Omdat $A$ ook het midden van $D E$ is, is $N$ het zwaartepunt van driehoek $B D E$. Dus $D N$ gaat door het midden van $B E$ (b).
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nOpgave 1.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing I.",
"tier": "T1",
"year": "2010"
}
|
Let $A B C D$ be a trapezium with $A B \| C D, 2|A B|=|C D|$ and $B D \perp B C$. Let $M$ be the midpoint of $C D$ and let $E$ be the intersection of $B C$ and $A D$. Let $O$ be the intersection of $A M$ and $B D$. Let $N$ be the intersection of $O E$ and $A B$.
(a) Prove that $A B M D$ is a rhombus.
(b) Prove that the line $D N$ goes through the midpoint of line segment $B E$.
|
Since $A B$ and $D M$ are parallel and $|A B|=\frac{1}{2}|C D|=|D M|$, $A B M D$ is a parallelogram. Due to $A B \| C D$ and $|C D|=2|A B|$, it follows that $\triangle E A B \sim \triangle E D C$ with a scaling factor of 2. Therefore, $A$ is the midpoint of $D E$. Hence, $A M$ is the midline in $\triangle E C D$ parallel to $E C$. Since $E C$ and $B D$ are perpendicular to each other (due to $B D \perp B C$), $A M$ and $B D$ are also perpendicular to each other. Thus, $A B M D$ is a parallelogram whose diagonals are perpendicular to each other. Therefore, $A B M D$ is a rhombus (a). Part (b) proceeds the same as in the first solution.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Zij $A B C D$ een trapezium met $A B \| C D, 2|A B|=|C D|$ en $B D \perp B C$. Zij $M$ het midden van $C D$ en zij $E$ het snijpunt van $B C$ en $A D$. Zij $O$ het snijpunt van $A M$ en $B D$. $\operatorname{Zij} N$ het snijpunt van $O E$ en $A B$.
(a) Bewijs dat $A B M D$ een ruit is.
(b) Bewijs dat de lijn $D N$ door het midden van lijnstuk $B E$ gaat.
|
Omdat $A B$ en $D M$ evenwijdig zijn en $|A B|=\frac{1}{2}|C D|=|D M|$, is $A B M D$ een parallellogram. Wegens $A B \| C D$ en $|C D|=2|A B|$ geldt verder $\triangle E A B \sim \triangle E D C$ met vergrotingsfactor 2. Dus $A$ is het midden van $D E$. Daarom is $A M$ de middenparallel in $\triangle E C D$ evenwijdig aan $E C$. Omdat $E C$ en $B D$ loodrecht op elkaar staan (wegens $B D \perp B C$ ) staan ook $A M$ en $B D$ loodrecht op elkaar. Dus $A B M D$ is een parallellogram waarvan de diagonalen loodrecht op elkaar staan. Dus $A B M D$ is een ruit (a). Onderdeel (b) gaat hetzelfde als in de eerste oplossing.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nOpgave 1.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing II.",
"tier": "T1",
"year": "2010"
}
|
Vind alle functies $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ die voldoen aan
$$
f(x) f(y)=f(x+y)+x y
$$
voor alle $x, y \in \mathbb{R}$.
|
Merk eerst op dat de functie $f(x)=0$ voor alle $x \in \mathbb{R}$ niet voldoet. Er is dus zeker een $x_{0} \in \mathbb{R}$ waarvoor $f\left(x_{0}\right) \neq 0$. Vul nu $x=x_{0}$ en $y=0$ in: $f\left(x_{0}\right) f(0)=f\left(x_{0}\right)$. We mogen delen door $f\left(x_{0}\right)$, waardoor we krijgen: $f(0)=1$. Vul nu $x=1$ en $y=-1$ in: $f(1) f(-1)=f(0)-1=1-1=0$. Dus $f(1)=0$ of $f(-1)=0$.
We onderscheiden gevallen. Stel eerst dat $f(1)=0$ en vul $x=1 \mathrm{in}: 0=f(1) f(y)=$ $f(1+y)+y$ voor alle $y \in \mathbb{R}$, dus $f(1+y)=-y$ voor alle $y \in \mathbb{R}$. Substitueren we nu $y=t-1$, dan zien we $f(t)=-t+1$ voor alle $t \in \mathbb{R}$. Dit is onze eerste kandidaatoplossing. Stel nu dat $f(-1)=0$ en vul $x=-1$ in: $0=f(-1) f(y)=f(-1+y)-y$ voor alle $y \in \mathbb{R}$, dus $f(-1+y)=y$ voor alle $y \in \mathbb{R}$. Substitueren we nu $y=t+1$, dan zien we $f(t)=t+1$ voor alle $t \in \mathbb{R}$. Dit is onze tweede kandidaatoplossing.
We hebben alle gevallen gehad, dus er zijn twee mogelijke oplossingen. We controleren ze allebei. Stel eerst dat $f(t)=-t+1$ voor alle $t \in \mathbb{R}$, dan geldt voor alle $x, y \in \mathbb{R}$ :
$$
f(x) f(y)=(-x+1)(-y+1)=x y-x-y+1=(-x-y+1)+x y=f(x+y)+x y
$$
Stel nu dat $f(t)=t+1$ voor alle $t \in \mathbb{R}$, dan geldt voor alle $x, y \in \mathbb{R}$ :
$$
f(x) f(y)=(x+1)(y+1)=x y+x+y+1=(x+y+1)+x y=f(x+y)+x y
$$
Beide oplossingen voldoen dus.
|
f(t) = -t + 1 \text{ or } f(t) = t + 1
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Algebra
|
Vind alle functies $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ die voldoen aan
$$
f(x) f(y)=f(x+y)+x y
$$
voor alle $x, y \in \mathbb{R}$.
|
Merk eerst op dat de functie $f(x)=0$ voor alle $x \in \mathbb{R}$ niet voldoet. Er is dus zeker een $x_{0} \in \mathbb{R}$ waarvoor $f\left(x_{0}\right) \neq 0$. Vul nu $x=x_{0}$ en $y=0$ in: $f\left(x_{0}\right) f(0)=f\left(x_{0}\right)$. We mogen delen door $f\left(x_{0}\right)$, waardoor we krijgen: $f(0)=1$. Vul nu $x=1$ en $y=-1$ in: $f(1) f(-1)=f(0)-1=1-1=0$. Dus $f(1)=0$ of $f(-1)=0$.
We onderscheiden gevallen. Stel eerst dat $f(1)=0$ en vul $x=1 \mathrm{in}: 0=f(1) f(y)=$ $f(1+y)+y$ voor alle $y \in \mathbb{R}$, dus $f(1+y)=-y$ voor alle $y \in \mathbb{R}$. Substitueren we nu $y=t-1$, dan zien we $f(t)=-t+1$ voor alle $t \in \mathbb{R}$. Dit is onze eerste kandidaatoplossing. Stel nu dat $f(-1)=0$ en vul $x=-1$ in: $0=f(-1) f(y)=f(-1+y)-y$ voor alle $y \in \mathbb{R}$, dus $f(-1+y)=y$ voor alle $y \in \mathbb{R}$. Substitueren we nu $y=t+1$, dan zien we $f(t)=t+1$ voor alle $t \in \mathbb{R}$. Dit is onze tweede kandidaatoplossing.
We hebben alle gevallen gehad, dus er zijn twee mogelijke oplossingen. We controleren ze allebei. Stel eerst dat $f(t)=-t+1$ voor alle $t \in \mathbb{R}$, dan geldt voor alle $x, y \in \mathbb{R}$ :
$$
f(x) f(y)=(-x+1)(-y+1)=x y-x-y+1=(-x-y+1)+x y=f(x+y)+x y
$$
Stel nu dat $f(t)=t+1$ voor alle $t \in \mathbb{R}$, dan geldt voor alle $x, y \in \mathbb{R}$ :
$$
f(x) f(y)=(x+1)(y+1)=x y+x+y+1=(x+y+1)+x y=f(x+y)+x y
$$
Beide oplossingen voldoen dus.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nOpgave 2.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2010"
}
|
Let $N$ be the number of ordered quintuples $\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5}\right)$ of positive integers for which
$$
\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\frac{1}{a_{3}}+\frac{1}{a_{4}}+\frac{1}{a_{5}}=1 .
$$
(For ordered quintuples, the order matters, so $(2,3,15,15,30)$ and $(15,2,15,3,30)$ are different ordered quintuples.)
Is $N$ an even or an odd number?
|
Consider an unordered quintuple that satisfies the condition and assume it consists of different numbers $b_{1}, \ldots, b_{k}$ (with $k \leq 5$), where $b_{i}$ occurs exactly $t_{i}$ times. Therefore, $t_{1}+\cdots+t_{k}=5$. This quintuple can be ordered in $\frac{5!}{t_{1}!\cdots t_{k}!}$ ways. This number is odd if and only if there are three factors of 2 in the denominator. This is true if and only if 4! or 5! is in the denominator. In short, the only unordered quintuples that can be ordered in an odd number of ways are those consisting of at least four identical numbers.
Such a quintuple thus looks like ( $a, a, a, a, b$ ), where $b$ could possibly be equal to $a$ and where $a$ and $b$ are positive integers. We get the equation $\frac{4}{a}+\frac{1}{b}=1$, or equivalently $4 b+a=a b$. We see that $b$ must be a divisor of $a$ and that $a$ must be a divisor of $4 b$. Therefore, there are three options: $a=b$, $a=2 b$, and $a=4 b$. In the first case, we get $5 b=b^{2}$, so $b=5$. This gives the solution $(5,5,5,5,5)$. In the second case, we get $6 b=2 b^{2}$, so $b=3$. This gives the solution $(6,6,6,6,3)$. In the third case, we get $8 b=4 b^{2}$, so $b=2$. This gives the solution $(8,8,8,8,2)$. Therefore, there are three unordered quintuples that can be ordered in an odd number of ways. Thus $N$ is odd.
|
N \text{ is odd}
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Combinatorics
|
Zij $N$ het aantal geordende vijftallen $\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5}\right)$ van positieve gehele getallen waarvoor geldt
$$
\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\frac{1}{a_{3}}+\frac{1}{a_{4}}+\frac{1}{a_{5}}=1 .
$$
(Bij geordende vijftallen doet de volgorde er toe, dus $(2,3,15,15,30)$ en $(15,2,15,3,30)$ zijn verschillende geordende vijftallen.)
Is $N$ een even of een oneven getal?
|
Bekijk een ongeordend vijftal dat voldoet en stel dat het uit de verschillende getallen $b_{1}, \ldots, b_{k}$ bestaat (met $k \leq 5$ ), waarbij $b_{i}$ precies $t_{i}$ keer voorkomt. Er geldt dus $t_{1}+\cdots+t_{k}=5$. Nu geldt dat dit vijftal op $\frac{5!}{t_{1}!\cdots t_{k}!}$ manieren geordend kan worden. Dit is oneven dan en slechts dan als in de noemer drie factoren 2 zitten. Dat geldt dan en slechts dan als er 4! of 5! in de noemer voorkomt. Kortom, de enige ongeordende vijftallen die op een oneven aantal manieren geordend kunnen worden, zijn die bestaande uit minstens vier dezelfde getallen.
Zo'n vijftal ziet er dus uit als ( $a, a, a, a, b$ ), waarbij $b$ eventueel gelijk zou kunnen zijn aan $a$ en waarbij $a$ en $b$ positieve gehele getallen zijn. We krijgen de vergelijking $\frac{4}{a}+\frac{1}{b}=1$, oftewel $4 b+a=a b$. We zien dat $b$ een deler moet zijn van $a$ en dat $a$ een deler moet zijn van $4 b$. Er zijn dus drie opties: $a=b, a=2 b$ en $a=4 b$. In het eerste geval krijgen we $5 b=b^{2}$, dus $b=5$. Dit geeft de oplossing $(5,5,5,5,5)$. In het tweede geval krijgen we $6 b=2 b^{2}$, dus $b=3$. Dit geeft de oplossing $(6,6,6,6,3)$. In het derde geval krijgen we $8 b=4 b^{2}$, dus $b=2$. Dit geeft de oplossing $(8,8,8,8,2)$. Er zijn dus drie ongeordende vijftallen die op een oneven aantal manieren geordend kunnen worden. Dus $N$ is oneven.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nOpgave 3.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing I.",
"tier": "T1",
"year": "2010"
}
|
Let $N$ be the number of ordered quintuples $\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5}\right)$ of positive integers for which
$$
\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\frac{1}{a_{3}}+\frac{1}{a_{4}}+\frac{1}{a_{5}}=1 .
$$
(For ordered quintuples, the order matters, so $(2,3,15,15,30)$ and $(15,2,15,3,30)$ are different ordered quintuples.)
Is $N$ an even or an odd number?
|
$\mathrm{Zij}\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5}\right)$ an ordered quintuple that satisfies the condition. Then the quintuple $\left(a_{2}, a_{1}, a_{3}, a_{4}, a_{5}\right)$ also satisfies it. If $a_{1} \neq a_{2}$, this is really a different quintuple. This shows that there is an even number of solutions $\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5}\right)$ with $a_{1} \neq a_{2}$. We now consider only the solutions with $a_{1}=a_{2}$. In the same way, we see that there is an even number of solutions $\left(a_{1}, a_{1}, a_{3}, a_{4}, a_{5}\right)$ with $a_{3} \neq a_{4}$. We now consider only the solutions with $a_{1}=a_{2}$ and $a_{3}=a_{4}$. For every solution $\left(a_{1}, a_{1}, a_{3}, a_{3}, a_{5}\right)$ with $a_{1} \neq a_{3}$, there is another solution $\left(a_{3}, a_{3}, a_{1}, a_{1}, a_{5}\right)$, so there is also an even number of solutions $\left(a_{1}, a_{1}, a_{3}, a_{3}, a_{5}\right)$ with $a_{1} \neq a_{3}$. We now consider only the solutions of the form ( $a, a, a, a, b$ ), where $b$ might still be equal to $a$.
We get the equation $\frac{4}{a}+\frac{1}{b}=1$, or $4 b+a=a b$. This can be rewritten as $(a-4)(b-1)=4$. Since $b$ must be a positive integer, $b-1 \geq 0$. Thus, $b-1$ is a positive divisor of 4, namely 1, 2, or 4. This leads to $(a, b)=(8,2)$, $(a, b)=(6,3)$, and $(a, b)=(5,5)$. This gives us three solutions. The number of previously considered solutions is even, so $N$ is odd.
|
N \text{ is odd}
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Combinatorics
|
Zij $N$ het aantal geordende vijftallen $\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5}\right)$ van positieve gehele getallen waarvoor geldt
$$
\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\frac{1}{a_{3}}+\frac{1}{a_{4}}+\frac{1}{a_{5}}=1 .
$$
(Bij geordende vijftallen doet de volgorde er toe, dus $(2,3,15,15,30)$ en $(15,2,15,3,30)$ zijn verschillende geordende vijftallen.)
Is $N$ een even of een oneven getal?
|
$\mathrm{Zij}\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5}\right)$ een geordend vijftal dat voldoet. Dan voldoet ook het vijftal $\left(a_{2}, a_{1}, a_{3}, a_{4}, a_{5}\right)$. Als $a_{1} \neq a_{2}$, is dit echt een ander vijftal. Zo zien we dat er een even aantal oplossingen $\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5}\right)$ met $a_{1} \neq a_{2}$ is. We bekijken nu verder alleen de oplossingen met $a_{1}=a_{2}$. Op dezelfde manier zien we dat er een even aantal oplossingen $\left(a_{1}, a_{1}, a_{3}, a_{4}, a_{5}\right)$ met $a_{3} \neq a_{4}$ is. We bekijken nu verder alleen de oplossingen met $a_{1}=a_{2}$ en $a_{3}=a_{4}$. Voor elke oplossing $\left(a_{1}, a_{1}, a_{3}, a_{3}, a_{5}\right)$ met $a_{1} \neq a_{3}$ is er nog een andere oplossing $\left(a_{3}, a_{3}, a_{1}, a_{1}, a_{5}\right)$, dus ook van de oplossingen $\left(a_{1}, a_{1}, a_{3}, a_{3}, a_{5}\right)$ met $a_{1} \neq a_{3}$ is er een even aantal. We bekijken nu verder alleen de oplossingen van de vorm ( $a, a, a, a, b$ ), waarbij $b$ eventueel nog gelijk aan $a$ zou kunnen zijn.
We krijgen de vergelijking $\frac{4}{a}+\frac{1}{b}=1$, oftewel $4 b+a=a b$. Dit kunnen we herschrijven als $(a-4)(b-1)=4$. Omdat $b$ een positief geheel getal moet zijn, geldt $b-1 \geq 0$. Dus $b-1$ is een positieve deler van 4 , te weten 1,2 of 4 . Dit leidt tot respectievelijk $(a, b)=(8,2)$, $(a, b)=(6,3)$ en $(a, b)=(5,5)$. Dit zijn drie oplossingen. Het aantal eerder beschouwde oplossingen is even, dus $N$ is oneven.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nOpgave 3.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing II.",
"tier": "T1",
"year": "2010"
}
|
The two circles $\Gamma_{1}$ and $\Gamma_{2}$ intersect at $P$ and $Q$. The common tangent on the side of $P$ touches the circles at $A$ and $B$ respectively. The tangent to $\Gamma_{1}$ at $P$ intersects $\Gamma_{2}$ again at $C$, and the tangent to $\Gamma_{2}$ at $P$ intersects $\Gamma_{1}$ again at $D$. The intersection of the lines $A P$ and $B C$ is called $E$, and the intersection of the lines $B P$ and $A D$ is called $F$. Let $M$ be the reflection of $P$ in the midpoint of $A B$. Prove that $A M B E Q F$ is a cyclic hexagon.
|
We will express all relevant angles in terms of $\alpha=\angle B A P$ and $\beta=\angle P B A$. The midpoint of $A B$ is by definition also the midpoint of $P M$, so the diagonals of quadrilateral $A P B M$ bisect each other. Therefore, $A P B M$ is a parallelogram, and $\angle A M B=\angle A P B$. By the angle sum of $\triangle A B P$, we have $\angle A P B+\alpha+\beta=180^{\circ}$. Thus, $180^{\circ}-\angle A M B=\alpha+\beta$.
By the tangent-secant angle theorem with tangent $A B$ to $\Gamma_{1}$, we have $\alpha=\angle A D P$. Then, by the inscribed angle theorem on chord $A P$ of $\Gamma_{1}$, we get $\angle A D P=\angle A Q P$. Therefore, $\alpha=\angle A Q P$. Similarly, $\beta=\angle P C B=\angle P Q B$. Thus, $\angle A Q B=\angle A Q P+\angle P Q B=\alpha+\beta=180^{\circ}-\angle A M B$. From this, we conclude that $A Q B M$ is a cyclic quadrilateral.
Let $S$ be the intersection of $D P$ and $A B$. By the tangent-secant angle theorem, we see that $\angle S P B=\angle P C B=\angle P B S=\angle P B A=\beta$. Therefore, $\angle D P F=\angle S P B=\beta$ due to vertical angles. Now, applying the exterior angle theorem to $\triangle D F P$, we have: $\angle A F B=\angle A F P=\angle F D P+\angle D P F=\alpha+\beta=\angle A Q B$. Thus, $A F Q B$ is a cyclic quadrilateral. It follows that $F$ lies on the circumcircle of cyclic quadrilateral $A Q B M$. Similarly, we see that $E$ also lies on it. Therefore, $A M B E Q F$ is a cyclic hexagon.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
De twee cirkels $\Gamma_{1}$ en $\Gamma_{2}$ snijden elkaar in $P$ en $Q$. De gemeenschappelijke raaklijn aan de kant van $P$ raakt de cirkels in $A$ resp. $B$. De raaklijn aan $\Gamma_{1}$ in $P$ snijdt $\Gamma_{2}$ voor de tweede keer in $C$ en de raaklijn aan $\Gamma_{2}$ in $P$ snijdt $\Gamma_{1}$ voor de tweede keer in $D$. Het snijpunt van de lijnen $A P$ en $B C$ noemen we $E$ en het snijpunt van de lijnen $B P$ en $A D$ noemen we $F$. Zij $M$ de puntspiegeling van $P$ in het midden van $A B$. Bewijs dat $A M B E Q F$ een koordenzeshoek is.
|
We gaan alle relevante hoeken uitdrukken in $\alpha=\angle B A P$ en $\beta=\angle P B A$. Het midden van $A B$ is per definitie ook het midden van $P M$, dus de diagonalen van vierhoek $A P B M$ snijden elkaar middendoor. Daarom is $A P B M$ een parallellogram en geldt $\angle A M B=\angle A P B$. Wegens hoekensom van $\triangle A B P$ geldt $\angle A P B+\alpha+\beta=180^{\circ}$. Dus $180^{\circ}-\angle A M B=\alpha+\beta$.
Wegens de raaklijnomtrekshoekstelling met raaklijn $A B$ aan $\Gamma_{1}$ geldt $\alpha=\angle A D P$. Vervolgens volgt uit de omtrekshoekstelling op koorde $A P$ van $\Gamma_{1}$ dat $\angle A D P=\angle A Q P$. Dus $\alpha=\angle A Q P$. Zo ook $\beta=\angle P C B=\angle P Q B$. Dus $\angle A Q B=\angle A Q P+\angle P Q B=\alpha+\beta=$ $180^{\circ}-\angle A M B$. Hieruit concluderen we dat $A Q B M$ een koordenvierhoek is.
Zij $S$ het snijpunt van $D P$ en $A B$. Met de raaklijnomtrekshoekstelling zien we dat $\angle S P B=\angle P C B=\angle P B S=\angle P B A=\beta$. Dus $\angle D P F=\angle S P B=\beta$ wegens overstaande hoeken. Nu passen we de buitenhoekstelling toe op $\triangle D F P$, zodat geldt: $\angle A F B=$ $\angle A F P=\angle F D P+\angle D P F=\alpha+\beta=\angle A Q B$. Dus $A F Q B$ is een koordenvierhoek. Daaruit volgt dat $F$ op de omgeschreven cirkel van koordenvierhoek $A Q B M$ ligt. Analoog zien we dat $E$ daar ook op ligt. Dus $A M B E Q F$ is een koordenzeshoek.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nOpgave 4.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2010"
}
|
For a non-negative integer $n$, we call a permutation $\left(a_{0}, a_{1}, \ldots, a_{n}\right)$ of $\{0,1, \ldots, n\}$ quadratic if $k+a_{k}$ is a square for $k=0,1, \ldots, n$. Prove that for every non-negative integer $n$, there exists a quadratic permutation of $\{0,1, \ldots, n\}$.
|
We prove this by induction on $n$. For $n=0$, the permutation (0) works, since $0+0$ is a square. Now let $l \geq 0$ and assume that for every $n \leq l$ a quadratic permutation exists (the induction hypothesis). We consider $n=l+1$. Let $m$ be such that $m^2$ is the smallest square greater than or equal to $l+1$. Now we have $l \geq (m-1)^2 = m^2 - 2m + 1$, so $2(l+1) \geq 2m^2 - 4m + 4 = m^2 + (m-2)^2 \geq m^2$. This means that we can find an integer $p$ with $0 \leq p \leq l+1$ such that $(l+1) + p = m^2$. Now we define our permutation as follows. If $p \geq 1$, we take for $\left(a_0, a_1, \ldots, a_{p-1}\right)$ a quadratic permutation of $\{0, 1, \ldots, p-1\}$; this exists by the induction hypothesis since $p-1 \leq l$. For $p \leq i \leq l+1$ we define $a_i = m^2 - i$. (Note that we have also defined a complete permutation for $p=0$ now.) The sequence $\left(a_p, a_{p+1}, \ldots, a_{l+1}\right)$ is now precisely $(l+1, l, \ldots, p)$, so together with the initial segment we now use all values from 0 to $l+1$. Furthermore, $a_i + i$ is a square for all $i$. Thus $\left(a_0, a_1, \ldots, a_{l+1}\right)$ is a quadratic permutation of $\{0, 1, \ldots, l+1\}$.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Combinatorics
|
Voor een niet-negatief geheel getal $n$ noemen we een permutatie $\left(a_{0}, a_{1}, \ldots, a_{n}\right)$ van $\{0,1, \ldots, n\}$ kwadratisch als $k+a_{k}$ een kwadraat is voor $k=0,1, \ldots, n$. Bewijs dat er voor elke niet-negatieve gehele $n$ een kwadratische permutatie van $\{0,1, \ldots, n\}$ bestaat.
|
We bewijzen dit met inductie naar $n$. Voor $n=0$ werkt de permutatie ( 0 ), want $0+0$ is een kwadraat. Zij nu $l \geq 0$ en neem aan dat er voor elke $n \leq l$ een kwadratische permutatie bestaat (de inductiehypothese). We bekijken $n=l+1$. Zij $m$ zodat $m^{2}$ het kleinste kwadraat groter dan of gelijk aan $l+1$ is. Nu geldt $l \geq(m-1)^{2}=m^{2}-2 m+1$, dus $2(l+1) \geq 2 m^{2}-4 m+4=m^{2}+(m-2)^{2} \geq m^{2}$. Dit betekent dat we een gehele $p$ met $0 \leq p \leq l+1$ kunnen vinden zodat $(l+1)+p=m^{2}$. Nu definiëren we onze permutatie als volgt. Als $p \geq 1$, nemen we voor $\left(a_{0}, a_{1}, \ldots, a_{p-1}\right)$ een kwadratische permutatie van $\{0,1, \ldots, p-1\}$; deze bestaat volgens de inductiehypothese omdat $p-1 \leq l$. Voor $p \leq i \leq l+1$ definiëren we $a_{i}=m^{2}-i$. (Merk op dat we voor $p=0 \mathrm{nu}$ ook een volledige permutatie hebben gedefinieerd.) Het rijtje $\left(a_{p}, a_{p+1}, \ldots, a_{l+1}\right)$ is nu precies $(l+1, l, \ldots, p)$, zodat we samen met het beginstuk nu alle waarden van 0 tot en met $l+1$ gebruikt hebben. Verder is $a_{i}+i$ een kwadraat voor alle $i$. Dus $\left(a_{0}, a_{1}, \ldots, a_{l+1}\right)$ is een kwadratische permutatie van $\{0,1, \ldots, l+1\}$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nOpgave 5.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2010"
}
|
Let $A B C$ be an acute triangle with the property $\angle B A C=45^{\circ}$. Let $D$ be the foot of the perpendicular from $C$ to $A B$. Let $P$ be an interior point of the line segment $C D$. Prove that the lines $A P$ and $B C$ are perpendicular to each other if and only if $|A P|=|B C|$.
|
Let $E$ be the intersection of $A P$ and $B C$. Note that $\angle D C A=90^{\circ}-\angle C A D=$ $90^{\circ}-\angle C A B=45^{\circ}$, so $\triangle A C D$ is isosceles: $|A D|=|C D|$.
Now assume that $|A P|=|B C|$. Since $\angle A D P=90^{\circ}=\angle C D B$, $\triangle A D P \cong \triangle C D B$ by (SAS). Thus $\angle A P D=\angle C B D$, from which it follows that
$$
\begin{gathered}
\angle C E A=\angle C E P=180^{\circ}-\angle E P C-\angle P C E=180^{\circ}-\angle A P D-\angle D C B \\
=180^{\circ}-\angle C B D-\angle D C B=\angle B D C=90^{\circ},
\end{gathered}
$$
so $A P$ is perpendicular to $B C$.
Conversely, assume that $A P$ is perpendicular to $B C$, i.e., $\angle C E P=90^{\circ}$. Then we have
$$
\angle A P D=\angle E P C=90^{\circ}-\angle P C E=90^{\circ}-\angle D C B=\angle C B D .
$$
Since also $\angle A D P=90^{\circ}=\angle C D B$, it follows now by (ASA) that $\triangle A D P \cong \triangle C D B$. Thus $|A P|=|B C|$.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Zij $A B C$ een scherphoekige driehoek met de eigenschap $\angle B A C=45^{\circ}$. Zij $D$ het voetpunt van de loodlijn vanuit $C$ op $A B$. Zij $P$ een inwendig punt van het lijnstuk $C D$. Bewijs dat de lijnen $A P$ en $B C$ loodrecht op elkaar staan dan en slechts dan als $|A P|=|B C|$.
|
Zij $E$ het snijpunt van $A P$ en $B C$. Merk op dat $\angle D C A=90^{\circ}-\angle C A D=$ $90^{\circ}-\angle C A B=45^{\circ}$, dus $\triangle A C D$ is gelijkbenig: $|A D|=|C D|$.
Stel nu dat $|A P|=|B C|$. Omdat $\angle A D P=90^{\circ}=\angle C D B$, geldt $\triangle A D P \cong \triangle C D B$ wegens (ZZR). Dus $\angle A P D=\angle C B D$, waaruit volgt
$$
\begin{gathered}
\angle C E A=\angle C E P=180^{\circ}-\angle E P C-\angle P C E=180^{\circ}-\angle A P D-\angle D C B \\
=180^{\circ}-\angle C B D-\angle D C B=\angle B D C=90^{\circ},
\end{gathered}
$$
dus $A P$ staat loodrecht op $B C$.
Stel andersom dat $A P$ loodrecht op $B C$ staat, oftewel $\angle C E P=90^{\circ}$. Dan geldt
$$
\angle A P D=\angle E P C=90^{\circ}-\angle P C E=90^{\circ}-\angle D C B=\angle C B D .
$$
Omdat ook $\angle A D P=90^{\circ}=\angle C D B$, volgt nu met $(\mathrm{ZHH})$ dat $\triangle A D P \cong \triangle C D B$. Dus $|A P|=|B C|$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nOpgave 1.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-C_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2010"
}
|
Let $A$ and $B$ be positive integers. Define the arithmetic sequence $a_{0}, a_{1}, a_{2}, \ldots$ by $a_{n}=A n+B$. Assume that there is at least one $n \geq 0$ such that $a_{n}$ is a square. Let $M$ be a positive integer such that $M^{2}$ is the smallest square in the sequence. Prove that $M<A+\sqrt{B}$.
|
If $M \leq A$, then certainly $M<A+\sqrt{B}$, so we are done.
If $M>A$, let then $k$ be such that $a_{k}=M^{2}$. Then $A k+B=M^{2}$ holds. Since $0<M-A<$ $M$, $(M-A)^{2}$ is less than $M^{2}$. We have $(M-A)^{2}=M^{2}-2 M A+A^{2}=M^{2}-A(2 M-A)$. If $k-(2 M-A) \geq 0$, then
$a_{k-(2 M-A)}=A(k-(2 M-A))+B=(A k+B)-2 M A+A^{2}=M^{2}-2 M A+A^{2}=(M-A)^{2}$.
But then $M^{2}$ is not the smallest square in the sequence, contradiction. Therefore, $k-(2 M-A)<$ 0. This implies $A(k-(2 M-A))+B<B$, or $(M-A)^{2}<B$. Since $M-A$ is positive, we can conclude that $M-A<\sqrt{B}$, or $M<A+\sqrt{B}$.
|
M<A+\sqrt{B}
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Number Theory
|
Laat $A$ en $B$ positieve gehele getallen zijn. Definieer de rekenkundige rij $a_{0}, a_{1}, a_{2}, \ldots$ door $a_{n}=A n+B$. Neem aan dat er minstens één $n \geq 0$ is zodat $a_{n}$ een kwadraat is. $\mathrm{Zij} M$ een positief geheel getal zodat $M^{2}$ het kleinste kwadraat in de rij is. Bewijs dat $M<A+\sqrt{B}$.
|
Als $M \leq A$, dan zeker $M<A+\sqrt{B}$, dus zijn we klaar.
Als $M>A$, zij dan $k$ zodat $a_{k}=M^{2}$. Dan geldt dus $A k+B=M^{2}$. Omdat $0<M-A<$ $M$, is $(M-A)^{2}$ kleiner dan $M^{2}$. Er geldt $(M-A)^{2}=M^{2}-2 M A+A^{2}=M^{2}-A(2 M-A)$. Als $k-(2 M-A) \geq 0$, dan is
$a_{k-(2 M-A)}=A(k-(2 M-A))+B=(A k+B)-2 M A+A^{2}=M^{2}-2 M A+A^{2}=(M-A)^{2}$.
Maar dan is $M^{2}$ niet het kleinste kwadraat in de rij, tegenspraak. Dus geldt $k-(2 M-A)<$ 0 . Hieruit volgt $A(k-(2 M-A))+B<B$, oftewel $(M-A)^{2}<B$. Omdat $M-A$ positief is, mogen we concluderen dat $M-A<\sqrt{B}$, oftewel $M<A+\sqrt{B}$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nOpgave 2.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-C_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2010"
}
|
Let $n \geq 2$ be a positive integer and $p$ a prime number such that $n \mid p-1$ and $p \mid n^{3}-1$. Prove that $4 p-3$ is a square.
|
From $n \mid p-1$ it follows that $n<p$. Since $p$ is prime, $p$ is a divisor of one of the two factors of $n^{3}-1=(n-1)\left(n^{2}+n+1\right)$, but $p$ is too large to be a divisor of $n-1>0$. Therefore, $p \mid n^{2}+n+1$. Due to $n \mid p-1$, we can write $p$ as $k n+1$, with $k$ a positive integer. From $k n+1 \mid n^{2}+n+1$ it follows that
$$
k n+1 \mid k\left(n^{2}+n+1\right)-(n+1)(k n+1)=k-n-1 .
$$
We now distinguish three cases.
Case 1: $k>n+1$. Then $k-n-1$ is positive and it must hold that $k n+1 \leq k-n-1$. From this, it follows that $(k+1) n \leq k-2$, but the left side is clearly larger than what is on the right. This case is therefore not possible.
Case 2: $k<n+1$. Then $k-n-1$ is negative and it must hold that $k n+1 \leq n+1-k$. From this, it follows that $(k-1) n \leq-k$, but the left side is now something non-negative and the right side is something negative. This case is also not possible.
Case 3: $k=n+1$. Now it holds that $p=(n+1) n+1=n^{2}+n+1$. Thus, $4 p-3=4 n^{2}+4 n+1=(2 n+1)^{2}$ and this is a square.
We conclude that in the only possible case, $4 p-3$ is a square.
|
4 p-3=(2 n+1)^{2}
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Number Theory
|
Zij $n \geq 2$ een positief geheel getal en $p$ een priemgetal zodat $n \mid p-1$ en $p \mid n^{3}-1$. Bewijs dat $4 p-3$ een kwadraat is.
|
Uit $n \mid p-1$ volgt $n<p$. Omdat $p$ priem is, is $p$ een deler van één van de twee factoren van $n^{3}-1=(n-1)\left(n^{2}+n+1\right)$, maar $p$ is te groot om een deler van $n-1>0$ te zijn. Dus $p \mid n^{2}+n+1$. Wegens $n \mid p-1$ kunnen we $p$ schrijven als $k n+1$, met $k$ een positief geheel getal. Uit $k n+1 \mid n^{2}+n+1$ volgt
$$
k n+1 \mid k\left(n^{2}+n+1\right)-(n+1)(k n+1)=k-n-1 .
$$
We onderscheiden nu drie gevallen.
Geval 1: $k>n+1$. Dan is $k-n-1$ positief en moet gelden $k n+1 \leq k-n-1$. Daaruit volgt $(k+1) n \leq k-2$, maar links staat nu iets dat duidelijk groter is dan wat er rechts staat. Dit geval kan dus niet.
Geval 2: $k<n+1$. Dan is $k-n-1$ negatief en moet gelden $k n+1 \leq n+1-k$. Daaruit volgt $(k-1) n \leq-k$, maar links staat nu iets niet-negatiefs en rechts iets negatiefs. Dit geval kan dus ook niet.
Geval 3: $k=n+1$. Nu geldt $p=(n+1) n+1=n^{2}+n+1$. Dus $4 p-3=4 n^{2}+4 n+1=$ $(2 n+1)^{2}$ en dit is een kwadraat.
We concluderen dat in het enige mogelijke geval $4 p-3$ een kwadraat is.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nOpgave 3.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-C_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing I.",
"tier": "T1",
"year": "2010"
}
|
Let $n \geq 2$ be a positive integer and $p$ a prime number such that $n \mid p-1$ and $p \mid n^{3}-1$. Prove that $4 p-3$ is a square.
|
As in the first solution, we show that $p \mid n^{2}+n+1$. If $p=n^{2}+n+1$, then $4 p-3=4 n^{2}+4 n+1=(2 n+1)^{2}$ and this is a square. Now suppose that $p \neq n^{2}+n+1$. Then there is an integer $m>1$ such that $p m=n^{2}+n+1$. Modulo $n$ this reads $p m \equiv 1$ $\bmod n$. From $n \mid p-1$ it follows that $p \equiv 1 \bmod n$, so we get $m \equiv 1 \bmod n$. Thus, both $p$ and $m$ are at least $n+1$. However, $(n+1)^{2}=n^{2}+2 n+1>n^{2}+n+1=p m$, contradiction.
|
4 p-3=(2 n+1)^{2}
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Number Theory
|
Zij $n \geq 2$ een positief geheel getal en $p$ een priemgetal zodat $n \mid p-1$ en $p \mid n^{3}-1$. Bewijs dat $4 p-3$ een kwadraat is.
|
Zoals in de eerste oplossing laten we zien dat $p \mid n^{2}+n+1$. Als $p=n^{2}+n+1$, dan geldt $4 p-3=4 n^{2}+4 n+1=(2 n+1)^{2}$ en dit is een kwadraat. Stel nu dat $p \neq n^{2}+n+1$. Dan is er een geheel getal $m>1$ zodat $p m=n^{2}+n+1$. Modulo $n$ staat hier $p m \equiv 1$ $\bmod n$. Uit $n \mid p-1$ volgt dat $p \equiv 1 \bmod n$, dus we krijgen $m \equiv 1 \bmod n$. Dus $p$ en $m$ zijn beide minstens $n+1$. Echter, $(n+1)^{2}=n^{2}+2 n+1>n^{2}+n+1=p m$, tegenspraak.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nOpgave 3.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-C_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing II.",
"tier": "T1",
"year": "2010"
}
|
Let $A B C D$ be a cyclic quadrilateral with the property that $\angle A B D=\angle D B C$. Let $E$ be the intersection of the diagonals $A C$ and $B D$. Let $M$ be the midpoint of $A E$ and $N$ be the midpoint of $D C$. Prove that $M B C N$ is a cyclic quadrilateral.
|
Since $A B C D$ is a cyclic quadrilateral, we know that $\angle B D C=\angle B A C=$ $\angle B A E$. Furthermore, it follows from the given that $\angle C B D=\angle E B A$. Together, this gives $\triangle D C B \sim$ $\triangle A E B$ (AA). We will now prove that this implies $\triangle N C B \sim \triangle M E B$. First, we find that $\angle N C B=\angle D C B=\angle A E B=\angle M E B$. Furthermore, we see that $\frac{|N C|}{|M E|}=$ $\frac{2|N C|}{2|M E|}=\frac{|D C|}{|A E|}=\frac{|C B|}{|E B|}$. With (SAS) we conclude that indeed $\triangle N C B \sim \triangle M E B$. Therefore, $\angle B M C=\angle B M E=\angle B N C$, from which it follows that $M B C N$ is a cyclic quadrilateral.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Zij $A B C D$ een koordenvierhoek met de eigenschap dat $\angle A B D=\angle D B C$. Zij $E$ het snijpunt van de diagonalen $A C$ en $B D$. Zij $M$ het midden van $A E$ en $N$ het midden van $D C$. Bewijs dat $M B C N$ een koordenvierhoek is.
|
Omdat $A B C D$ een koordenvierhoek is, weten we dat $\angle B D C=\angle B A C=$ $\angle B A E$. Daarnaast volgt uit het gegeven dat $\angle C B D=\angle E B A$. Samen geeft dit $\triangle D C B \sim$ $\triangle A E B$ (hh). We gaan nu bewijzen dat hieruit volgt $\triangle N C B \sim \triangle M E B$. Allereerst vinden we dat $\angle N C B=\angle D C B=\angle A E B=\angle M E B$. Verder zien we dat $\frac{|N C|}{|M E|}=$ $\frac{2|N C|}{2|M E|}=\frac{|D C|}{|A E|}=\frac{|C B|}{|E B|}$. Met (zhz) concluderen we dat inderdaad $\triangle N C B \sim \triangle M E B$. Dus $\angle B M C=\angle B M E=\angle B N C$, waaruit volgt dat $M B C N$ een koordenvierhoek is.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nOpgave 4.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-C_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing I.",
"tier": "T1",
"year": "2010"
}
|
Let $A B C D$ be a cyclic quadrilateral with the property that $\angle A B D=\angle D B C$. Let $E$ be the intersection of the diagonals $A C$ and $B D$. Let $M$ be the midpoint of $A E$ and $N$ be the midpoint of $D C$. Prove that $M B C N$ is a cyclic quadrilateral.
|
Just as in the first solution, we deduce that $\triangle D C B \sim \triangle A E B$. Note now that the lines $B M$ and $B N$ are medians in these two similar triangles. It follows that the corresponding angles $\angle B M E$ and $\angle B N C$ are equal. Therefore, $\angle B M C=\angle B M E=\angle B N C$, which implies that $M B C N$ is a cyclic quadrilateral.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Zij $A B C D$ een koordenvierhoek met de eigenschap dat $\angle A B D=\angle D B C$. Zij $E$ het snijpunt van de diagonalen $A C$ en $B D$. Zij $M$ het midden van $A E$ en $N$ het midden van $D C$. Bewijs dat $M B C N$ een koordenvierhoek is.
|
Net als in de eerste oplossing leiden we af dat $\triangle D C B \sim \triangle A E B$. Merk nu op dat de lijnen $B M$ en $B N$ zwaartelijnen in deze twee gelijkvormige driehoeken zijn. Daaruit volgt dat de corresponderende hoeken $\angle B M E$ en $\angle B N C$ even groot zijn. Dus $\angle B M C=\angle B M E=\angle B N C$, waaruit volgt dat $M B C N$ een koordenvierhoek is.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nOpgave 4.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-C_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing II.",
"tier": "T1",
"year": "2010"
}
|
Let $A B C D$ be a cyclic quadrilateral with the property that $\angle A B D=\angle D B C$. Let $E$ be the intersection of the diagonals $A C$ and $B D$. Let $M$ be the midpoint of $A E$ and $N$ be the midpoint of $D C$. Prove that $M B C N$ is a cyclic quadrilateral.
|
Let $K$ be the midpoint of $DE$. Then $MK$ is a midline in triangle $EAD$ parallel to $AD$, so $\angle MKB = \angle MKE = \angle ADE = \angle ADB$. In cyclic quadrilateral $ABCD$, we see $\angle ADB = \angle ACB = \angle MCB$, so $\angle MKB = \angle MCB$, which implies that $MKCB$ is a cyclic quadrilateral.
Furthermore, $KN$ is a midline in triangle $CED$ parallel to $CE$, so $180^{\circ} - \angle KNC = \angle KND = \angle ECD = \angle ACD$. Due to cyclic quadrilateral $ABCD$, $\angle ACD = \angle ABD$ and according to the given, this is equal to $\angle DBC$. Thus, $180^{\circ} - \angle KNC = \angle DBC = \angle KBC$. This implies that $KNBC$ is a cyclic quadrilateral.
We conclude that both $M$ and $N$ lie on the circumcircle of triangle $BCK$. Therefore, $MBCN$ is a cyclic quadrilateral.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Zij $A B C D$ een koordenvierhoek met de eigenschap dat $\angle A B D=\angle D B C$. Zij $E$ het snijpunt van de diagonalen $A C$ en $B D$. Zij $M$ het midden van $A E$ en $N$ het midden van $D C$. Bewijs dat $M B C N$ een koordenvierhoek is.
|
Zij $K$ het midden van $D E$. Nu is $M K$ een middenparallel in driehoek $E A D$ evenwijdig aan $A D$, dus $\angle M K B=\angle M K E=\angle A D E=\angle A D B$. In koordenvierhoek $A B C D$ zien we $\angle A D B=\angle A C B=\angle M C B$, dus $\angle M K B=\angle M C B$, waaruit volgt dat $M K C B$ een koordenvierhoek is.
Verder is $K N$ een middenparallel in driehoek $C E D$ evenwijdig aan $C E$, dus $180^{\circ}-$ $\angle K N C=\angle K N D=\angle E C D=\angle A C D$. Vanwege koordenvierhoek $A B C D$ geldt $\angle A C D=$ $\angle A B D$ en volgens het gegeven is dit gelijk aan $\angle D B C$. Dus $180^{\circ}-\angle K N C=\angle D B C=$ $\angle K B C$. Hieruit volgt dat $K N C B$ een koordenvierhoek is.
We concluderen dat zowel $M$ als $N$ op de omgeschreven cirkel van driehoek $B C K$ liggen. Dus $M B C N$ is een koordenvierhoek.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nOpgave 4.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-C_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing III.",
"tier": "T1",
"year": "2010"
}
|
Find all triples $(x, y, z)$ of real (but not necessarily positive) numbers that satisfy
$$
\begin{aligned}
3\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) & =1 \\
x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2} & =x y z(x+y+z)^{3} .
\end{aligned}
$$
|
We will show that for real numbers $x, y,$ and $z$ that satisfy the first condition, the following inequality holds:
$$
x^{2} y^{2} + y^{2} z^{2} + z^{2} x^{2} \geq x y z (x + y + z)^{3}.
$$
The solutions we are looking for are thus the equality cases of this inequality.
Let $a, b,$ and $c$ be real numbers. It holds that $(a - b)^{2} \geq 0$, so $\frac{a^{2} + b^{2}}{2} \geq a b$ with equality if and only if $a = b$. We do this analogously for $b$ and $c$ and for $c$ and $a$, so that adding them up we get
$$
a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq a b + b c + c a
$$
with equality if and only if $a = b = c$.
If we apply this to $(x y, y z, z x)$, we find that
$$
x^{2} y^{2} + y^{2} z^{2} + z^{2} x^{2} \geq x y^{2} z + y z^{2} x + z x^{2} y = x y z (x + y + z)
$$
with equality if and only if $x y = y z = z x$. By applying it to $(x, y, z)$, we get $x^{2} + y^{2} + z^{2} \geq x y + y z + z x$, so according to the first condition,
$$
1 = 3 (x^{2} + y^{2} + z^{2}) = (x^{2} + y^{2} + z^{2}) + 2 (x^{2} + y^{2} + z^{2}) \geq x^{2} + y^{2} + z^{2} + 2 x y + 2 y z + 2 z x = (x + y + z)^{2},
$$
with equality if and only if $x = y = z$. We now want to combine these two inequalities,
$$
x^{2} y^{2} + y^{2} z^{2} + z^{2} x^{2} \geq x y z (x + y + z)
$$
and
$$
1 \geq (x + y + z)^{2}
$$
with each other. For this, we first multiply (3) by the non-negative factor $x^{2} y^{2} + y^{2} z^{2} + z^{2} x^{2}$; then we get
$$
(x^{2} y^{2} + y^{2} z^{2} + z^{2} x^{2}) \cdot 1 \geq (x^{2} y^{2} + y^{2} z^{2} + z^{2} x^{2}) \cdot (x + y + z)^{2}
$$
with equality if and only if $x = y = z$ or $x^{2} y^{2} + y^{2} z^{2} + z^{2} x^{2} = 0$. Further, multiplying (2) by the non-negative factor $(x + y + z)^{2}$, we get
$$
(x^{2} y^{2} + y^{2} z^{2} + z^{2} x^{2}) \cdot (x + y + z)^{2} \geq x y z (x + y + z) \cdot (x + y + z)^{2}
$$
with equality if and only if $x y = y z = z x$ or $x + y + z = 0$. Altogether, we find $(x^{2} y^{2} + y^{2} z^{2} + z^{2} x^{2}) \cdot 1 \geq (x^{2} y^{2} + y^{2} z^{2} + z^{2} x^{2}) \cdot (x + y + z)^{2} \geq x y z (x + y + z) \cdot (x + y + z)^{2}$,
or in other words (1), with equality if and only if
$$
\left(x = y = z \text{ or } x^{2} y^{2} + y^{2} z^{2} + z^{2} x^{2} = 0\right) \text{ and } (x y = y z = z x \text{ or } x + y + z = 0).
$$
Now the second equation says that equality must hold here, so we are in the equality case just described. Additionally, the first condition still states that $3 (x^{2} + y^{2} + z^{2}) = 1$:
$$
\begin{aligned}
& 3 (x^{2} + y^{2} + z^{2}) = 1 \\
& x = y = z \text{ or } \\
& x y = y z = z x \text{ or } \\
& x + y + y^{2} z^{2} + z^{2} x^{2} = 0 \\
& x y = 0
\end{aligned}
$$
We distinguish two cases. First, assume $x = y = z$. Then $x y = y z = z x$ is automatically satisfied. Using the first condition, we find that $1 = 3 (x^{2} + y^{2} + z^{2}) = 9 x^{2} = (3 x)^{2}$, so $x = y = z = \pm \frac{1}{3}$.
Now assume that $x^{2} y^{2} + y^{2} z^{2} + z^{2} x^{2} = 0$; then each of the terms must be zero, so $x y = y z = z x = 0$, so $x y = y z = z x$ is also satisfied. From $x y = 0$ it follows that (without loss of generality) $x = 0$. From $y z = 0$ it also follows that (without loss of generality) $y = 0$. Thus we find the solutions $\left(0, 0, \pm \frac{1}{3} \sqrt{3}\right)$ and also $\left(0, \pm \frac{1}{3} \sqrt{3}, 0\right)$ and $\left(\pm \frac{1}{3} \sqrt{3}, 0, 0\right)$.
Remark. If you have proven (2) and (3), you can also find (1) by multiplying (3) by $x y z (x + y + z)$. For this, you need to show that $x y z (x + y + z)$ is non-negative. We know from the second condition in the problem that $x y z (x + y + z)^{3}$ is equal to a sum of squares and is therefore non-negative. If $x + y + z \neq 0$, it follows that $x y z (x + y + z) \geq 0$. If $x + y + z = 0$, then $x y z (x + y + z) = 0$. So in both cases, $x y z (x + y + z) \geq 0$.
The equality case for this method is:
$$
\begin{aligned}
& 3 (x^{2} + y^{2} + z^{2}) = 1 \\
& \quad x y = y z = z x \\
& x = y = z \quad \text{or} \quad x y z (x + y + z) = 0.
\end{aligned}
$$
| null |
Yes
|
Incomplete
|
math-word-problem
|
Algebra
|
Vind alle drietallen $(x, y, z)$ van reële (maar niet noodzakelijk positieve) getallen die voldoen aan
$$
\begin{aligned}
3\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) & =1 \\
x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2} & =x y z(x+y+z)^{3} .
\end{aligned}
$$
|
We gaan laten zien dat voor reële getallen $x, y$ en $z$ die aan de eerste voorwaarde voldoen, geldt
$$
x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2} \geq x y z(x+y+z)^{3} .
$$
De oplossingen die we zoeken, zijn dus de gelijkheidsgevallen van deze ongelijkheid.
Laat $a, b$ en $c$ reële getallen zijn. Er geldt $(a-b)^{2} \geq 0$, dus $\frac{a^{2}+b^{2}}{2} \geq a b$ met gelijkheid d.e.s.d.a. $a=b$. Dit doen we analoog voor $b$ en $c$ en voor $c$ en $a$, zodat opgeteld volgt dat
$$
a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq a b+b c+c a
$$
met gelijkheid d.e.s.d.a. $a=b=c$.
Passen we dit toe op $(x y, y z, z x)$, dan vinden we dat
$$
x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2} \geq x y^{2} z+y z^{2} x+z x^{2} y=x y z(x+y+z)
$$
met gelijkheid d.e.s.d.a. $x y=y z=z x$. Door het ook toe te passen op $(x, y, z)$ vinden we $x^{2}+y^{2}+z^{2} \geq x y+y z+z x$, dus volgens de eerste eis geldt
$1=3\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)=\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)+2\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \geq x^{2}+y^{2}+z^{2}+2 x y+2 y z+2 z x=(x+y+z)^{2}$, met gelijkheid d.e.s.d.a. $x=y=z$. We willen nu deze twee ongelijkheden,
$$
x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2} \geq x y z(x+y+z)
$$
en
$$
1 \geq(x+y+z)^{2}
$$
met elkaar combineren. Hiervoor vermenigvuldigen we eerst (3) met de niet-negatieve factor $x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}$; dan krijgen we
$$
\left(x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}\right) \cdot 1 \geq\left(x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}\right) \cdot(x+y+z)^{2}
$$
met gelijkheid d.e.s.d.a. $x=y=z$ of $x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}=0$. Verder vermenigvuldigen (2) met de niet-negatieve factor $(x+y+z)^{2}$, waaruit volgt
$$
\left(x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}\right) \cdot(x+y+z)^{2} \geq x y z(x+y+z) \cdot(x+y+z)^{2}
$$
met gelijkheid d.e.s.d.a. $x y=y z=z x$ of $x+y+z=0$. Al met al vinden we $\left(x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}\right) \cdot 1 \geq\left(x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}\right) \cdot(x+y+z)^{2} \geq x y z(x+y+z) \cdot(x+y+z)^{2}$,
oftewel (1), met gelijkheid d.e.s.d.a.
$$
\left(x=y=z \text { of } x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}=0\right) \text { en }(x y=y z=z x \text { of } x+y+z=0) .
$$
Nu zegt de tweede vergelijking dat hier inderdaad gelijkheid moet gelden, dus we zitten in het zojuist beschreven gelijkheidsgeval. Daarnaast zegt de eerste eis nog steeds dat $3\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)=1:$
$$
\begin{aligned}
& 3\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)=1 \\
& x=y=z \text { of } \\
& x y=y z=z x \text { of } \\
& x+y+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}=0 \\
& x y=0
\end{aligned}
$$
We onderscheiden twee gevallen. Stel eerst $x=y=z$. Dan wordt automatisch voldaan aan $x y=y z=z x$. We vinden met behulp van de eerste eis dat $1=3\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)=$ $9 x^{2}=(3 x)^{2}$, dus $x=y=z= \pm \frac{1}{3}$.
Stel nu dat $x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}=0$; dan moet wel elk van de termen nul zijn, dus $x y=y z=z x=0$, dus ook nu wordt voldaan aan $x y=y z=z x$. Uit $x y=0$ volgt dat (z.b.d.a.) $x=0$. Uit $y z=0$ ook z.b.d.a. dat $y=0$. Zo vinden we de oplossingen $\left(0,0, \pm \frac{1}{3} \sqrt{3}\right)$ en daarnaast ook $\left(0, \pm \frac{1}{3} \sqrt{3}, 0\right)$ en $\left( \pm \frac{1}{3} \sqrt{3}, 0,0\right)$.
Opmerking. Als je (2) en (3) hebt bewezen, kun je (1) ook vinden door (3) te vermenigvuldigen met $x y z(x+y+z)$. Hiervoor moet je dan wel aantonen dat $x y z(x+y+z)$ niet-negatief is. We weten vanwege de tweede eis in de opgave dat $x y z(x+y+z)^{3}$ gelijk is aan een som van kwadraten en dus niet-negatief. Als $x+y+z \neq 0$, volgt hieruit $x y z(x+y+z) \geq 0$. Als $x+y+z=0$, dan geldt $x y z(x+y+z)=0$. Dus in beide gevallen geldt $x y z(x+y+z) \geq 0$.
Het gelijkheidsgeval wordt bij deze methode:
$$
\begin{aligned}
& 3\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)=1 \\
& \quad x y=y z=z x \\
& x=y=z \quad \text { of } \quad x y z(x+y+z)=0 .
\end{aligned}
$$
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nOpgave 5.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-C_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2010"
}
|
Consider sequences $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots$ of positive integers. Determine the smallest possible value of $a_{2010}$ given:
(i) $a_{n}<a_{n+1}$ for all $n \geq 1$,
(ii) $a_{i}+a_{l}>a_{j}+a_{k}$ for all quadruples $(i, j, k, l)$ with $1 \leq i<j \leq k<l$.
|
We prove by induction that $a_{n}-a_{1} \geq 2^{n-1}-1$ for all $n \geq 2$. For $n=2$, this reads $a_{2}-a_{1} \geq 1$ and that follows from condition (i). Let now $m \geq 2$ and assume that $a_{m}-a_{1} \geq 2^{m-1}-1$. We apply condition (ii) with $i=1, j=k=m$ and $l=m+1$. We find that $a_{1}+a_{m+1}>2 a_{m}$. Thus,
$$
a_{m+1}-a_{1}>2 a_{m}-2 a_{1} \stackrel{\mathrm{IH}}{\geq} 2\left(2^{m-1}-1\right)=2^{m}-2,
$$
and since $a_{m+1}$ is positive and an integer, it follows that $a_{m+1}-a_{1} \geq 2^{m}-1$. This completes the induction.
Now we see that for $n \geq 1$ we have:
$$
a_{n} \geq 2^{n-1}-1+a_{1} \geq 2^{n-1}
$$
and in particular $a_{2010} \geq 2^{2009}$.
On the other hand, we prove that $a_{2010}=2^{2009}$ is possible by showing that the sequence given by $a_{n}=2^{n-1}$ satisfies the conditions. This sequence consists of positive integers and is strictly increasing (condition (i)). Let now $(i, j, k, l)$ be a quadruple satisfying $1 \leq i < j \leq k < l$. We have
$$
a_{j}+a_{k}=2^{j-1}+2^{k-1} \leq 2^{k-1}+2^{k-1}=2^{k} \leq 2^{l-1}<2^{i-1}+2^{l-1},
$$
so condition (ii) is also satisfied.
We conclude that the smallest possible value of $a_{2010}$ is $2^{2009}$.
|
2^{2009}
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Number Theory
|
Bekijk rijen $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots$ van positieve gehele getallen. Bepaal de kleinst mogelijke waarde van $a_{2010}$ als gegeven is:
(i) $a_{n}<a_{n+1}$ voor alle $n \geq 1$,
(ii) $a_{i}+a_{l}>a_{j}+a_{k}$ voor alle viertallen $(i, j, k, l)$ met $1 \leq i<j \leq k<l$.
|
We bewijzen met inductie dat $a_{n}-a_{1} \geq 2^{n-1}-1$ voor alle $n \geq 2$. Voor $n=2$ staat hier $a_{2}-a_{1} \geq 1$ en dat volgt uit voorwaarde (i). $\mathrm{Zij} \mathrm{nu} m \geq 2$ en stel dat $a_{m}-a_{1} \geq 2^{m-1}-1$. We passen voorwaarde (ii) toe met $i=1, j=k=m$ en $l=m+1$. We vinden dat $a_{1}+a_{m+1}>2 a_{m}$. Dus
$$
a_{m+1}-a_{1}>2 a_{m}-2 a_{1} \stackrel{\mathrm{IH}}{\geq} 2\left(2^{m-1}-1\right)=2^{m}-2,
$$
en aangezien $a_{m+1}$ positief en geheel is, volgt hieruit $a_{m+1}-a_{1} \geq 2^{m}-1$. Dit voltooit de inductie.
Nu zien we dat voor $n \geq 1$ geldt:
$$
a_{n} \geq 2^{n-1}-1+a_{1} \geq 2^{n-1}
$$
en in het bijzonder $a_{2010} \geq 2^{2009}$.
Anderzijds bewijzen we dat $a_{2010}=2^{2009}$ mogelijk is door te laten zien dat de rij gegeven door $a_{n}=2^{n-1}$ aan de voorwaarden voldoet. Deze rij bestaat uit positieve gehele getallen en is strikt stijgend (voorwaarde (i)). Zij nu ( $i, j, k, l)$ een viertal dat voldoet aan $1 \leq i<$ $j \leq k<l$. Er geldt
$$
a_{j}+a_{k}=2^{j-1}+2^{k-1} \leq 2^{k-1}+2^{k-1}=2^{k} \leq 2^{l-1}<2^{i-1}+2^{l-1},
$$
dus ook aan voorwaarde (ii) is voldaan.
We concluderen dat de kleinst mogelijke waarde van $a_{2010}$ gelijk is aan $2^{2009}$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nOpgave 1.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-D_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2010"
}
|
Find all functions $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ for which
$$
f(x)=\max _{y \in \mathbb{R}}(2 x y-f(y))
$$
for all $x \in \mathbb{R}$.
(In general, the expression $a=\max _{s \in S} g(s)$ means: $a \geq g(s)$ for all $s \in S$ and there is an $s \in S$ for which $a=g(s)$.)
|
For all $x \in \mathbb{R}$, it holds that
$$
f(x)=\max _{y \in \mathbb{R}}(2 x y-f(y)) \geq 2 x^{2}-f(x)
$$
so $2 f(x) \geq 2 x^{2}$, or $f(x) \geq x^{2}$.
Since $(x-y)^{2} \geq 0$, it follows that $x^{2} \geq 2 x y-y^{2}$ for all $x, y \in \mathbb{R}$. Since we have already shown that $f(y) \geq y^{2}$, it follows that $2 x y-f(y) \leq 2 x y-y^{2} \leq x^{2}$, and thus
$$
f(x)=\max _{y \in \mathbb{R}}(2 x y-f(y)) \leq x^{2}
$$
We conclude $f(x)=x^{2}$.
We still need to verify that this function satisfies the condition. Choose any $x \in \mathbb{R}$. Since $(x-y)^{2} \geq 0$, it follows that $x^{2} \geq 2 x y-y^{2}$ for all $y \in \mathbb{R}$ with equality when $x=y$, so
$$
x^{2}=\max _{y \in \mathbb{R}}\left(2 x y-y^{2}\right)
$$
|
f(x)=x^{2}
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Algebra
|
Vind alle functies $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ waarvoor geldt dat
$$
f(x)=\max _{y \in \mathbb{R}}(2 x y-f(y))
$$
voor alle $x \in \mathbb{R}$.
(In het algemeen betekent de uitdrukking $a=\max _{s \in S} g(s)$ : er geldt $a \geq g(s)$ voor alle $s \in S$ en bovendien is er een $s \in S$ waarvoor $a=g(s)$.)
|
Voor alle $x \in \mathbb{R}$ geldt
$$
f(x)=\max _{y \in \mathbb{R}}(2 x y-f(y)) \geq 2 x^{2}-f(x)
$$
dus $2 f(x) \geq 2 x^{2}$, oftewel $f(x) \geq x^{2}$.
Omdat $(x-y)^{2} \geq 0$, geldt $x^{2} \geq 2 x y-y^{2}$ voor alle $x, y \in \mathbb{R}$. Omdat we al hebben laten zien dat $f(y) \geq y^{2}$, geldt $2 x y-f(y) \leq 2 x y-y^{2} \leq x^{2}$ en dus
$$
f(x)=\max _{y \in \mathbb{R}}(2 x y-f(y)) \leq x^{2}
$$
We concluderen $f(x)=x^{2}$.
We controleren nog dat deze functie voldoet. Kies een willekeurige $x \in \mathbb{R}$. Omdat $(x-y)^{2} \geq$ 0 , geldt $x^{2} \geq 2 x y-y^{2}$ voor alle $y \in \mathbb{R}$ met gelijkheid als $x=y$, dus
$$
x^{2}=\max _{y \in \mathbb{R}}\left(2 x y-y^{2}\right)
$$
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nOpgave 2.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-D_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2010"
}
|
(a) Let $a$ and $b$ be positive integers such that $M(a, b)=a-\frac{1}{b}+b\left(b+\frac{3}{a}\right)$ is an integer. Prove that $M(a, b)$ is a square.
(b) Find integers $a$ and $b$, both not equal to zero, such that $M(a, b)$ is a positive integer, but not a square.
|
(a) Since $a+b^{2}$ is an integer, $-\frac{1}{b}+\frac{3 b}{a}$ is also an integer. This can be written as $\frac{-a+3 b^{2}}{a b}$. We see that $a b$ is a divisor of $3 b^{2}-a$. In particular, $b$ is a divisor of $3 b^{2}-a$, and thus $b \mid a$. But that means $b^{2}$ is a divisor of $a b$ and therefore also of $3 b^{2}-a$, which implies $b^{2} \mid a$. We can now write $a=m b^{2}$ with $m$ a positive integer. Then $m b^{3}$ is a divisor of $3 b^{2}-m b^{2}$, so $m b$ is a divisor of $3-m$. This implies that $m$ is a divisor of 3 (i.e., $m=1$ or $m=3$) and that $b$ is a divisor of $3-m$.
First, assume $m=3$. Then $a=3 b^{2}$. Substituting this gives $M\left(3 b^{2}, b\right)=3 b^{2}-\frac{1}{b}+b^{2}+\frac{1}{b}=4 b^{2}$, which is the square of $2 b$.
Now assume $m=1$. From $b \mid 3-m$ we get $b=1$ or $b=2$. In the first case, $a=1$ and in the second case, $a=4$. Substituting the first possibility gives $M(1,1)=1-1+1+3=4$, which is a square. Substituting the second possibility gives $M(4,2)=4-\frac{1}{2}+4+\frac{3}{2}=9$, which is also a square.
We conclude that $M(a, b)$ is a square in all cases.
(b) Take $a=4$ and $b=-2$. Then $M(4,-2)=7$. This is a positive integer, but not a square. After all the work in part (a), this answer is not hard to find. You know that $a$ must be of the form $m b^{2}$, now with $m \in \mathbb{Z}$, and that $m$ must be a divisor of 3. Moreover, $m=3$ does not work, as it always results in a square. The rest of the possibilities for $m$ can be simply tested.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Algebra
|
(a) Laat $a$ en $b$ positieve gehele getallen zijn zodat $M(a, b)=a-\frac{1}{b}+b\left(b+\frac{3}{a}\right)$ een geheel getal is. Bewijs dat $M(a, b)$ een kwadraat is.
(b) Vind gehele getallen $a$ en $b$, beide ongelijk aan nul, zodat $M(a, b)$ een positief geheel getal is, maar geen kwadraat.
|
(a) Omdat $a+b^{2}$ een geheel getal is, is ook $-\frac{1}{b}+\frac{3 b}{a}$ een geheel getal. Dit kunnen we schrijven als $\frac{-a+3 b^{2}}{a b}$. We zien dat $a b$ een deler is van $3 b^{2}-a$. In het bijzonder is $b$ een deler van $3 b^{2}-a$ en dus geldt $b \mid a$. Maar dat betekent dat $b^{2}$ een deler is van $a b$ en dus ook van $3 b^{2}-a$, waaruit volgt $b^{2} \mid a$. We schrijven nu $a=m b^{2}$ met $m$ een positief geheel getal. Dan geldt dat $m b^{3}$ een deler is van $3 b^{2}-m b^{2}$, dus is $m b$ een deler van $3-m$. Hieruit volgt dat $m$ een deler is van 3 (oftewel $m=1$ of $m=3$ ) en dat $b$ een deler is van $3-m$.
Stel eerst dat $m=3$. Dan geldt $a=3 b^{2}$. Dit invullen geeft $M\left(3 b^{2}, b\right)=3 b^{2}-\frac{1}{b}+$ $b^{2}+\frac{1}{b}=4 b^{2}$ en dat is het kwadraat van $2 b$.
Stel nu dat $m=1$. Uit $b \mid 3-m$ volgt nu $b=1$ of $b=2$. In het eerste geval geldt $a=1$ en in het tweede geval geldt $a=4$. De eerste mogelijkheid invullen geeft $M(1,1)=1-1+1+3=4$ en dat is een kwadraat. De tweede mogelijkheid invullen geeft $M(4,2)=4-\frac{1}{2}+4+\frac{3}{2}=9$ en dat is ook een kwadraat.
We concluderen dat $M(a, b)$ in alle gevallen een kwadraat is.
(b) Neem $a=4$ en $b=-2$. Dan geldt $M(4,-2)=7$. Dat is een positief geheel getal, maar geen kwadraat. Na al het werk van onderdeel (a) is dit antwoord niet moeilijk te vinden. Je weet dat a van de vorm $m b^{2}$ moet zijn, nu met $m \in \mathbb{Z}$, en dat $m$ een deler moet zijn van 3. Bovendien werkt $m=3$ niet, want dan kriggen we altijd een kwadraat. De rest van de mogelijkheden voor $m$ kun je simpel uitproberen.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "# Opgave 3.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-D_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "# Oplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2010"
}
|
Gegeven is een vierkant $A B C D$ met omgeschreven cirkel $\Gamma_{1}$. Zij $P$ een punt op boog $A C$ waar ook $B$ op ligt. Een cirkel $\Gamma_{2}$ raakt inwendig aan $\Gamma_{1}$ in $P$ en raakt daarnaast diagonal $A C$ in $Q$. Zij $R$ een punt op $\Gamma_{2}$ zodat de lijn $D R$ raakt aan $\Gamma_{2}$. Bewijs dat $|D R|=|D A|$.
|
Zij $M$ het snijpunt van $A C$ en $B D$ (oftewel het middelpunt van $\Gamma_{1}$ ) en zij $N$ het middelpunt van $\Gamma_{2}$. We gaan allereerst bewijzen dat $P, Q$ en $D$ op een lijn liggen. Als $P=B$, dan is $Q=M$ en is het triviaal. Zo niet, definieer dan $S$ als het snijpunt van $P Q$ en $B D$. We willen bewijzen dat $S=D$. Merk op dat $M, N$ en $P$ op een lijn liggen en dat $Q N$ evenwijdig is aan $D B$. Hieruit volgt wegens $F$-hoeken $\angle P S B=\angle P Q N=\angle N P Q$, dat laatste vanwege $|N P|=|N Q|$. Met $Z$-hoeken zien we dat $\angle P M B=\angle M N Q$ en vanwege de buitenhoekstelling in driehoek $P Q N$ is dat gelijk aan $\angle P Q N+\angle N P Q=2 \angle P S B$. Dus $\angle P M B=2 \angle P S B$, waaruit met de middelpuntsomtrekshoekstelling volgt dat $S$ op $\Gamma_{1}$ ligt. Dus $S=D$, waaruit volgt dat $P, Q$ en $D$ op een lijn liggen.
Omdat $\angle D P B=\angle D M Q=90^{\circ}$ en $\angle P D B=\angle Q D M$, geldt $\triangle D P B \sim \triangle D M Q$. Hieruit volgt $\frac{|D P|}{|D B|}=\frac{|D M|}{|D Q|}$. Aangezien $|D B|=2|D M|$, staat hier $|D P||D Q|=2|D M|^{2}$. Uit de machtstelling op $\Gamma_{2}$ volgt $|D P||D Q|=|D R|^{2}$, dus $|D R|=\sqrt{2}|D M|=|D A|$.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Gegeven is een vierkant $A B C D$ met omgeschreven cirkel $\Gamma_{1}$. Zij $P$ een punt op boog $A C$ waar ook $B$ op ligt. Een cirkel $\Gamma_{2}$ raakt inwendig aan $\Gamma_{1}$ in $P$ en raakt daarnaast diagonal $A C$ in $Q$. Zij $R$ een punt op $\Gamma_{2}$ zodat de lijn $D R$ raakt aan $\Gamma_{2}$. Bewijs dat $|D R|=|D A|$.
|
Zij $M$ het snijpunt van $A C$ en $B D$ (oftewel het middelpunt van $\Gamma_{1}$ ) en zij $N$ het middelpunt van $\Gamma_{2}$. We gaan allereerst bewijzen dat $P, Q$ en $D$ op een lijn liggen. Als $P=B$, dan is $Q=M$ en is het triviaal. Zo niet, definieer dan $S$ als het snijpunt van $P Q$ en $B D$. We willen bewijzen dat $S=D$. Merk op dat $M, N$ en $P$ op een lijn liggen en dat $Q N$ evenwijdig is aan $D B$. Hieruit volgt wegens $F$-hoeken $\angle P S B=\angle P Q N=\angle N P Q$, dat laatste vanwege $|N P|=|N Q|$. Met $Z$-hoeken zien we dat $\angle P M B=\angle M N Q$ en vanwege de buitenhoekstelling in driehoek $P Q N$ is dat gelijk aan $\angle P Q N+\angle N P Q=2 \angle P S B$. Dus $\angle P M B=2 \angle P S B$, waaruit met de middelpuntsomtrekshoekstelling volgt dat $S$ op $\Gamma_{1}$ ligt. Dus $S=D$, waaruit volgt dat $P, Q$ en $D$ op een lijn liggen.
Omdat $\angle D P B=\angle D M Q=90^{\circ}$ en $\angle P D B=\angle Q D M$, geldt $\triangle D P B \sim \triangle D M Q$. Hieruit volgt $\frac{|D P|}{|D B|}=\frac{|D M|}{|D Q|}$. Aangezien $|D B|=2|D M|$, staat hier $|D P||D Q|=2|D M|^{2}$. Uit de machtstelling op $\Gamma_{2}$ volgt $|D P||D Q|=|D R|^{2}$, dus $|D R|=\sqrt{2}|D M|=|D A|$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nOpgave 4.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-D_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing I.",
"tier": "T1",
"year": "2010"
}
|
Given is a square $A B C D$ with circumcircle $\Gamma_{1}$. Let $P$ be a point on arc $A C$ where $B$ also lies. A circle $\Gamma_{2}$ is internally tangent to $\Gamma_{1}$ at $P$ and also tangent to diagonal $A C$ at $Q$. Let $R$ be a point on $\Gamma_{2}$ such that the line $D R$ is tangent to $\Gamma_{2}$. Prove that $|D R|=|D A|$.
|
Let $M$ be the intersection of $AC$ and $BD$ (i.e., the center of $\Gamma_{1}$) and let $N$ be the center of $\Gamma_{2}$. We will first prove that $P, Q$, and $D$ lie on a straight line. Consider a point multiplication from $P$ that maps $N$ to $M$. Then $\Gamma_{2}$ is mapped to $\Gamma_{1}$. The tangent line $AC$ to $\Gamma_{2}$ is mapped to a line parallel to $AC$ that is tangent to $\Gamma_{1}$. This must be the tangent at $D$. Therefore, $Q$ is mapped to $D$, which implies that $P, Q$, and $D$ lie on a straight line.
The rest of the proof proceeds as in the first solution.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Gegeven is een vierkant $A B C D$ met omgeschreven cirkel $\Gamma_{1}$. Zij $P$ een punt op boog $A C$ waar ook $B$ op ligt. Een cirkel $\Gamma_{2}$ raakt inwendig aan $\Gamma_{1}$ in $P$ en raakt daarnaast diagonal $A C$ in $Q$. Zij $R$ een punt op $\Gamma_{2}$ zodat de lijn $D R$ raakt aan $\Gamma_{2}$. Bewijs dat $|D R|=|D A|$.
|
Zij $M$ het snijpunt van $A C$ en $B D$ (oftewel het middelpunt van $\Gamma_{1}$ ) en zij $N$ het middelpunt van $\Gamma_{2}$. We gaan allereerst bewijzen dat $P, Q$ en $D$ op een lijn liggen. Bekijk een puntvermenigvuldiging vanuit $P$ die $N$ overvoert in $M$. Dan gaat $\Gamma_{2}$ over in $\Gamma_{1}$. De raaklijn $A C$ aan $\Gamma_{2}$ gaat over in een lijn evenwijdig aan $A C$ die raakt aan $\Gamma_{1}$. Dit moet de raaklijn in $D$ zijn. Dus $Q$ gaat over in $D$, waaruit volgt dat $P, Q$ en $D$ op een lijn liggen.
Verder gaat het bewijs zoals in de eerste oplossing.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nOpgave 4.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-D_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing II.",
"tier": "T1",
"year": "2010"
}
|
The polynomial $A(x)=x^{2}+a x+b$ with integer coefficients has the property that for every prime number $p$ there exists an integer $k$ such that $A(k)$ and $A(k+1)$ are both divisible by $p$. Prove that there exists an integer $m$ such that $A(m)=A(m+1)=0$.
|
Let $p$ be a prime number and let $k$ be such that $A(k)$ and $A(k+1)$ are both divisible by $p$. The difference of $A(k)$ and $A(k+1)$ is then also divisible by $p$ and this is equal to
$$
A(k+1)-A(k)=(k+1)^{2}+a(k+1)+b-\left(k^{2}+a k+b\right)=2 k+1+a,
$$
so $2 k \equiv-1-a \bmod p$. Since $A(k)$ is divisible by $p$, $4 A(k)$ is also divisible by $p$, so modulo $p$ we have
$$
4 A(k)=4 k^{2}+4 a k+4 b \equiv(-1-a)^{2}+2(-1-a) a+4 b=-a^{2}+4 b+1 \quad \bmod p
$$
The right-hand side is no longer dependent on $k$. We see that for every prime number $p$, the number $-a^{2}+4 b+1$ must be divisible by $p$. This can only be true if $-a^{2}+4 b+1=0$. Therefore, $a^{2}=4 b+1$. We see that $a$ must be odd, and we write $a=2 c+1$ with $c \in \mathbb{Z}$. Then $4 b+1=a^{2}=4 c^{2}+4 c+1$, so $b=c^{2}+c$. The polynomial is therefore of the form $A(x)=x^{2}+(2 c+1) x+\left(c^{2}+c\right)$ with $c$ an integer. We can factor this as $A(x)=(x+c)(x+c+1)$, from which it follows that $x=-c$ and $x=-c-1$ are the roots of the polynomial. These are both integers. We conclude that $m=-c-1$ satisfies $A(m)=A(m+1)=0$.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Algebra
|
Het polynoom $A(x)=x^{2}+a x+b$ met gehele coëfficiënten heeft de eigenschap dat voor elk priemgetal $p$ er een geheel getal $k$ bestaat zodat $A(k)$ en $A(k+1)$ beide deelbaar zijn door $p$. Bewijs dat er een geheel getal $m$ bestaat zodat $A(m)=A(m+1)=0$.
|
Zij $p$ een priemgetal en zij $k$ zodat $A(k)$ en $A(k+1)$ beide deelbaar zijn door $p$. Het verschil van $A(k)$ en $A(k+1)$ is dan ook deelbaar door $p$ en dit is gelijk aan
$$
A(k+1)-A(k)=(k+1)^{2}+a(k+1)+b-\left(k^{2}+a k+b\right)=2 k+1+a,
$$
dus $2 k \equiv-1-a \bmod p$. Omdat $A(k)$ deelbaar is door $p$, is $4 A(k)$ dat ook, dus modulo $p$ geldt
$$
4 A(k)=4 k^{2}+4 a k+4 b \equiv(-1-a)^{2}+2(-1-a) a+4 b=-a^{2}+4 b+1 \quad \bmod p
$$
De rechterkant is niet meer afhankelijk van $k$. We zien dus dat voor elk priemgetal $p$ het getal $-a^{2}+4 b+1$ deelbaar moet zijn door $p$. Dit kan alleen als $-a^{2}+4 b+1=0$. Dus geldt $a^{2}=4 b+1$. We zien dat $a$ oneven moet zijn en we schrijven $a=2 c+1$ met $c \in \mathbb{Z}$. Dan geldt $4 b+1=a^{2}=4 c^{2}+4 c+1$, dus $b=c^{2}+c$. Het polynoom is daarom van de vorm $A(x)=x^{2}+(2 c+1) x+\left(c^{2}+c\right)$ met $c$ geheel. We kunnen dit ontbinden als $A(x)=(x+c)(x+c+1)$, waaruit volgt dat $x=-c$ en $x=-c-1$ de nulpunten zijn van het polynoom. Deze zijn beide geheel. We concluderen dat $m=-c-1$ voldoet aan $A(m)=A(m+1)=0$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nOpgave 5.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-D_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing I.",
"tier": "T1",
"year": "2010"
}
|
The polynomial $A(x)=x^{2}+a x+b$ with integer coefficients has the property that for every prime number $p$ there exists an integer $k$ such that $A(k)$ and $A(k+1)$ are both divisible by $p$. Prove that there exists an integer $m$ such that $A(m)=A(m+1)=0$.
|
As in the first solution, for all $p$ and corresponding $k$ we find that $2 k \equiv -1-a \bmod p$. If we apply this for $p=2$, we see that $a$ is odd. So $-1-a$ is even. For odd $p$ we may divide by 2 and thus $k \equiv \frac{-1-a}{2} \bmod p$. Let now $k_{0}=\frac{-1-a}{2}$. Then $k_{0} \equiv k \bmod p$ and therefore also $A\left(k_{0}\right) \equiv A(k) \equiv 0 \bmod p$. Similarly, $A\left(k_{0}+1\right) \equiv A(k+1) \equiv 0 \bmod p$. Note that $k_{0}$ is independent of $p$. The number $A\left(k_{0}\right)$ is divisible by $p$ for infinitely many prime numbers $p$ (namely all odd $p$) and must therefore be equal to 0. Similarly, $A\left(k_{0}+1\right)$ is also equal to 0. Thus $m=k_{0}$ satisfies.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Algebra
|
Het polynoom $A(x)=x^{2}+a x+b$ met gehele coëfficiënten heeft de eigenschap dat voor elk priemgetal $p$ er een geheel getal $k$ bestaat zodat $A(k)$ en $A(k+1)$ beide deelbaar zijn door $p$. Bewijs dat er een geheel getal $m$ bestaat zodat $A(m)=A(m+1)=0$.
|
Zoals in de eerste oplossing vinden we voor alle $p$ en bijbehorende $k$ dat $2 k \equiv-1-a \bmod p$. Als we dit toepassen voor $p=2$, zien we dat $a$ oneven is. Dus $-1-a$ is even. Voor oneven $p$ mogen we delen door 2 en geldt dus $k \equiv \frac{-1-a}{2} \bmod p$. Zij nu $k_{0}=\frac{-1-a}{2}$. Dan geldt $k_{0} \equiv k \bmod p$ en daarom ook $A\left(k_{0}\right) \equiv A(k) \equiv 0 \bmod p$. Net zo geldt $A\left(k_{0}+1\right) \equiv A(k+1) \equiv 0 \bmod p$. Merk op dat $k_{0}$ onafhankelijk is van $p$. Het getal $A\left(k_{0}\right)$ is deelbaar door $p$ voor oneindig veel priemgetallen $p$ (namelijk alle oneven $p$ ) en moet dus wel gelijk zijn aan 0 . Zo ook is $A\left(k_{0}+1\right)$ gelijk aan 0 . Dus $m=k_{0}$ voldoet.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nOpgave 5.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2010-D_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing II.",
"tier": "T1",
"year": "2010"
}
|
Alle positieve gehele getallen worden rood of groen gekleurd, zodat aan de volgende voorwaarden wordt voldaan:
- Er zijn zowel rode als groene getallen.
- De som van drie (niet noodzakelijk verschillende) rode getallen is rood.
- De som van drie (niet noodzakelijk verschillende) groene getallen is groen.
Vind alle mogelijke kleuringen die hieraan voldoen.
|
Stel dat we het getal $k$ rood kleuren. We bewijzen met inductie naar $n$ dat dan ook $(2 n+1) k$ rood is voor alle $n \geq 0$. Voor $n=0$ is dit natuurlijk waar. Stel dat $(2 n-1) k$ rood is voor zekere $n$, dan is ook $k+k+(2 n-1) k=(2 n+1) k$ rood. Dit voltooit de inductie. Analoog geldt dat als $k$ groen gekleurd is, dat dan ook $(2 n+1) k$ groen gekleurd is voor alle $n \geq 0$.
Zonder verlies van algemeenheid kunnen we aannemen dat 1 rood is. Dan zijn dus alle oneven getallen rood. Stel nu dat er ook een even getal $2 m$ is dat rood is. Omdat nu 1 en $2 m$ beide rood zijn, kunnen we weer makkelijk met inductie laten zien dat $2 m+2 n$ rood is voor alle $n \geq 0$. Er zijn nu nog maar eindig veel getallen over die groen kunnen zijn, namelijk de even getallen kleiner dan $2 m$. Echter, als één van die getallen groen is, dan moeten ook alle oneven veelvouden van dat getal groen zijn en dat zijn er oneindig veel, tegenspraak. Als anderzijds geen van die getallen groen is, dan hebben we een tegenspraak met de eerste voorwaarde. We concluderen dat er geen even getal is dat rood is. Dus alle even getallen zijn groen.
Deze kleuring voldoet ook aan alle voorwaarden: de som van drie oneven getallen is altijd oneven en de som van drie even getallen is altijd even, waaruit blijkt dat aan de tweede en derde voorwaarde voldaan is. Aan de eerste voorwaarde is duidelijk ook voldaan.
De enige mogelijke kleuringen zijn dus: alle even getallen groen en alle oneven getallen rood, of alle oneven getallen groen en alle even getallen rood.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Number Theory
|
Alle positieve gehele getallen worden rood of groen gekleurd, zodat aan de volgende voorwaarden wordt voldaan:
- Er zijn zowel rode als groene getallen.
- De som van drie (niet noodzakelijk verschillende) rode getallen is rood.
- De som van drie (niet noodzakelijk verschillende) groene getallen is groen.
Vind alle mogelijke kleuringen die hieraan voldoen.
|
Stel dat we het getal $k$ rood kleuren. We bewijzen met inductie naar $n$ dat dan ook $(2 n+1) k$ rood is voor alle $n \geq 0$. Voor $n=0$ is dit natuurlijk waar. Stel dat $(2 n-1) k$ rood is voor zekere $n$, dan is ook $k+k+(2 n-1) k=(2 n+1) k$ rood. Dit voltooit de inductie. Analoog geldt dat als $k$ groen gekleurd is, dat dan ook $(2 n+1) k$ groen gekleurd is voor alle $n \geq 0$.
Zonder verlies van algemeenheid kunnen we aannemen dat 1 rood is. Dan zijn dus alle oneven getallen rood. Stel nu dat er ook een even getal $2 m$ is dat rood is. Omdat nu 1 en $2 m$ beide rood zijn, kunnen we weer makkelijk met inductie laten zien dat $2 m+2 n$ rood is voor alle $n \geq 0$. Er zijn nu nog maar eindig veel getallen over die groen kunnen zijn, namelijk de even getallen kleiner dan $2 m$. Echter, als één van die getallen groen is, dan moeten ook alle oneven veelvouden van dat getal groen zijn en dat zijn er oneindig veel, tegenspraak. Als anderzijds geen van die getallen groen is, dan hebben we een tegenspraak met de eerste voorwaarde. We concluderen dat er geen even getal is dat rood is. Dus alle even getallen zijn groen.
Deze kleuring voldoet ook aan alle voorwaarden: de som van drie oneven getallen is altijd oneven en de som van drie even getallen is altijd even, waaruit blijkt dat aan de tweede en derde voorwaarde voldaan is. Aan de eerste voorwaarde is duidelijk ook voldaan.
De enige mogelijke kleuringen zijn dus: alle even getallen groen en alle oneven getallen rood, of alle oneven getallen groen en alle even getallen rood.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nOpgave 1.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2011-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
|
In the acute triangle $ABC$, $\angle C$ is greater than $\angle A$. Let $E$ be such that $AE$ is a diameter of the circumcircle $\Gamma$ of $\triangle ABC$. Let $K$ be the intersection of $AC$ and the tangent to $\Gamma$ at $B$. Let $L$ be the foot of the perpendicular from $K$ to $AE$, and let $D$ be the intersection of $KL$ and $AB$.
Prove that $CE$ is the angle bisector of $\angle BCD$.
|
Due to the conditions in the problem, the configuration is fixed. Since $\angle L A D = \angle E A B = \angle E C B$ due to the inscribed angle theorem on chord $E B$ of $\Gamma$, we have
$$
\begin{gathered}
\angle B D K = \angle A D L = 180^{\circ} - \angle D L A - \angle L A D = 90^{\circ} - \angle L A D = 90^{\circ} - \angle E C B \\
= \angle E C A - \angle E C B = \angle B C A = 180^{\circ} - \angle B C K .
\end{gathered}
$$
This implies that $B D K C$ is a cyclic quadrilateral. Therefore, $\angle B C D = \angle B K D$. We will now prove that $\angle B K D = 2 \angle B C E$, which will yield the desired result.
By the tangent-secant angle theorem, $\angle E B K = \angle B C E$, so $\angle A B K = \angle A B E + \angle E B K = 90^{\circ} + \angle B C E$. Using the angle sum in triangle $A B K$, we then find that
$$
\angle A K B = 180^{\circ} - \left(90^{\circ} + \angle B C E\right) - \angle B A K = 90^{\circ} - \angle B C E - \angle B A K
$$
The inscribed angle theorem tells us that $\angle B A K = \angle E A K + \angle B A E = \angle E A K + \angle B C E$, so we get
$$
\angle A K B = 90^{\circ} - 2 \angle B C E - \angle E A K = 90^{\circ} - 2 \angle B C E - \angle L A K .
$$
From the angle sum in triangle $A K L$, we have $\angle A K L = 90^{\circ} - \angle L A K$, thus
$$
\angle A K B = \angle A K L - 2 \angle B C E .
$$
This gives
$$
\angle B K D = \angle A K L - \angle A K B = 2 \angle B C E,
$$
which is what we wanted to prove.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
In de scherphoekige driehoek $A B C$ is $\angle C$ groter dan $\angle A$. Zij $E$ zodat $A E$ een middellijn is van de omgeschreven cirkel $\Gamma$ van $\triangle A B C$. Zij $K$ het snijpunt van $A C$ en de raaklijn in $B$ aan $\Gamma$. Zij $L$ het voetpunt van de loodlijn vanuit $K$ op $A E$ en zij $D$ het snijpunt van $K L$ en $A B$.
Bewijs dat $C E$ de bissectrice van $\angle B C D$ is.
|
Door de voorwaarden in de opgave ligt de configuratie vast. Omdat $\angle L A D=$ $\angle E A B=\angle E C B$ vanwege de omtrekshoekstelling op koorde $E B$ van $\Gamma$, geldt
$$
\begin{gathered}
\angle B D K=\angle A D L=180^{\circ}-\angle D L A-\angle L A D=90^{\circ}-\angle L A D=90^{\circ}-\angle E C B \\
=\angle E C A-\angle E C B=\angle B C A=180^{\circ}-\angle B C K .
\end{gathered}
$$
Hieruit volgt dat $B D K C$ een koordenvierhoek is. Dus $\angle B C D=\angle B K D$. We gaan nu bewijzen dat $\angle B K D=2 \angle B C E$, waaruit het gevraagde volgt.
Vanwege de raaklijnomtrekshoekstelling geldt $\angle E B K=\angle B C E$, dus $\angle A B K=\angle A B E+$ $\angle E B K=90^{\circ}+\angle B C E$. Met de hoekensom in driehoek $A B K$ zien we vervolgens dat
$$
\angle A K B=180^{\circ}-\left(90^{\circ}+\angle B C E\right)-\angle B A K=90^{\circ}-\angle B C E-\angle B A K
$$
De omtrekhoekstelling vertelt ons dat $\angle B A K=\angle E A K+\angle B A E=\angle E A K+\angle B C E$, dus we vinden dat
$$
\angle A K B=90^{\circ}-2 \angle B C E-\angle E A K=90^{\circ}-2 \angle B C E-\angle L A K .
$$
Uit de hoekensom in driehoek $A K L$ volgt dat $\angle A K L=90^{\circ}-\angle L A K$, dus
$$
\angle A K B=\angle A K L-2 \angle B C E .
$$
Dit geeft
$$
\angle B K D=\angle A K L-\angle A K B=2 \angle B C E,
$$
wat is wat we wilden bewijzen.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nOpgave 2.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2011-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing I.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
|
In the acute triangle $ABC$, $\angle C$ is greater than $\angle A$. Let $E$ be such that $AE$ is a diameter of the circumcircle $\Gamma$ of $\triangle ABC$. Let $K$ be the intersection of $AC$ and the tangent to $\Gamma$ at $B$. Let $L$ be the foot of the perpendicular from $K$ to $AE$, and let $D$ be the intersection of $KL$ and $AB$.
Prove that $CE$ is the angle bisector of $\angle BCD$.
|
Since $A E$ is a diameter, by Thales' theorem, $\angle E B A=90^{\circ}$ and also $\angle E C A=90^{\circ}$. Of course, $\angle K L A=90^{\circ}$. Therefore, according to Thales' theorem, $B$ and $L$ lie on the circle with diameter $D E$, so $B D L E$ is a cyclic quadrilateral. Due to the right angles at $C$ and $L$, $C K L E$ is also a cyclic quadrilateral.
We apply the power of a point theorem to point $A$ and the cyclic quadrilateral $B D L E$: it holds that $A B \cdot A D=A E \cdot A L$. The power of a point theorem at point $A$ and cyclic quadrilateral $C K L E$ gives exactly $A E \cdot A L=A C \cdot A K$. Combining both results gives that $A B \cdot A D=A C \cdot A K$. From this, using the power of a point theorem from point $A$ again, it follows that $B D K C$ is a cyclic quadrilateral. From here, we can continue the proof as in solution 1.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
In de scherphoekige driehoek $A B C$ is $\angle C$ groter dan $\angle A$. Zij $E$ zodat $A E$ een middellijn is van de omgeschreven cirkel $\Gamma$ van $\triangle A B C$. Zij $K$ het snijpunt van $A C$ en de raaklijn in $B$ aan $\Gamma$. Zij $L$ het voetpunt van de loodlijn vanuit $K$ op $A E$ en zij $D$ het snijpunt van $K L$ en $A B$.
Bewijs dat $C E$ de bissectrice van $\angle B C D$ is.
|
Omdat $A E$ een middellijn is, geldt wegens de stelling van Thales dat $\angle E B A=90^{\circ}$ en ook $\angle E C A=90^{\circ}$. Verder geldt natuurlijk $\angle K L A=90^{\circ}$. Dus volgens de stelling van Thales liggen $B$ en $L$ op de cirkel met middellijn $D E$, dus is $B D L E$ een koordenvierhoek. Wegens de rechte hoeken bij $C$ en $L$ is zo ook $C K L E$ een koordenvierhoek.
We passen de machtstelling toe op het punt $A$ en de koordenvierhoek $B D L E$ : er geldt $A B \cdot A D=A E \cdot A L$. De machtstelling op punt $A$ en koordenvierhoek $C K L E$ geeft juist $A E \cdot A L=A C \cdot A K$. Combineren van beide geeft dat $A B \cdot A D=A C \cdot A K$. Daaruit volgt met alweer de machtstelling vanuit punt $A$ dat $B D K C$ een koordenvierhoek is. Vanaf hier kunnen we het bewijs vervolgen als in oplossing 1.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nOpgave 2.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2011-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing II.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
|
Find all triples of real numbers $(x, y, z)$ that satisfy
$$
x^{2}+y^{2}+z^{2}+1=x y+y z+z x+|x-2 y+z|
$$
|
We rewrite the given equation as
$$
\frac{1}{2} x^{2}-x y+\frac{1}{2} y^{2}+\frac{1}{2} y^{2}-y z+\frac{1}{2} z^{2}+\frac{1}{2} z^{2}-z x+\frac{1}{2} x^{2}+1=|x-2 y+z|,
$$
or equivalently as
$$
\frac{1}{2}(x-y)^{2}+\frac{1}{2}(y-z)^{2}+\frac{1}{2}(z-x)^{2}+1=|(x-y)+(z-y)| .
$$
Now substitute $a=x-y$ and $b=z-y$. Then $x-z=a-b$, so we get
$$
\frac{1}{2} a^{2}+\frac{1}{2} b^{2}+\frac{1}{2}(a-b)^{2}+1=|a+b| .
$$
From $(a-b)^{2} \geq 0$ it follows that $a^{2}-2 a b+b^{2} \geq 0$, so $2 a^{2}+2 b^{2} \geq a^{2}+b^{2}+2 a b$, which means that $a^{2}+b^{2} \geq \frac{(a+b)^{2}}{2}$ with equality if and only if $a=b$. Of course, $(a-b)^{2} \geq 0$ also holds. Therefore,
$$
|a+b|=\frac{1}{2} a^{2}+\frac{1}{2} b^{2}+\frac{1}{2}(a-b)^{2}+1 \geq \frac{(a+b)^{2}}{4}+1
$$
Now write $c=|a+b|$, then we have
$$
c \geq \frac{c^{2}}{4}+1
$$
This can be rewritten as $c^{2}-4 c+4 \leq 0$, or $(c-2)^{2} \leq 0$. Since the left side is a square, equality must hold, so $c=2$. Furthermore, equality must also hold in our earlier estimate, so $a=b$. Substituting this into (2) gives $a^{2}+1=2$, so $a= \pm 1$. Thus, we find the triples $(y+1, y, y+1)$ and $(y-1, y, y-1)$ for any $y \in \mathbb{R}$. Substituting these triples into equation (1) (which is equivalent to the original equation) shows that these triples are indeed solutions for all $y \in \mathbb{R}$. Therefore, all solutions are given by $(y+1, y, y+1)$ and $(y-1, y, y-1)$ with $y \in \mathbb{R}$.
|
(y+1, y, y+1) \text{ and } (y-1, y, y-1) \text{ for any } y \in \mathbb{R}
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Algebra
|
Vind alle drietallen reële getallen $(x, y, z)$ die voldoen aan
$$
x^{2}+y^{2}+z^{2}+1=x y+y z+z x+|x-2 y+z|
$$
|
We herschrijven de gegeven vergelijking als
$$
\frac{1}{2} x^{2}-x y+\frac{1}{2} y^{2}+\frac{1}{2} y^{2}-y z+\frac{1}{2} z^{2}+\frac{1}{2} z^{2}-z x+\frac{1}{2} x^{2}+1=|x-2 y+z|,
$$
oftewel als
$$
\frac{1}{2}(x-y)^{2}+\frac{1}{2}(y-z)^{2}+\frac{1}{2}(z-x)^{2}+1=|(x-y)+(z-y)| .
$$
Substitueer nu $a=x-y$ en $b=z-y$. Dan geldt $x-z=a-b$, dus krijgen we
$$
\frac{1}{2} a^{2}+\frac{1}{2} b^{2}+\frac{1}{2}(a-b)^{2}+1=|a+b| .
$$
Uit $(a-b)^{2} \geq 0$ volgt $a^{2}-2 a b+b^{2} \geq 0$, dus $2 a^{2}+2 b^{2} \geq a^{2}+b^{2}+2 a b$, wat betekent dat $a^{2}+b^{2} \geq \frac{(a+b)^{2}}{2}$ met gelijkheid dan en slechts dan als $a=b$. Verder geldt natuurlijk ook $(a-b)^{2} \geq 0$. Dus
$$
|a+b|=\frac{1}{2} a^{2}+\frac{1}{2} b^{2}+\frac{1}{2}(a-b)^{2}+1 \geq \frac{(a+b)^{2}}{4}+1
$$
Schrijf nu $c=|a+b|$, dan staat hier
$$
c \geq \frac{c^{2}}{4}+1
$$
Dit kunnen we herschrijven naar $c^{2}-4 c+4 \leq 0$, oftewel $(c-2)^{2} \leq 0$. Omdat links een kwadraat staat, moet hier wel gelijkheid gelden, dus $c=2$. Verder moet nu ook in onze eerdere afschatting gelijkheid gelden, dus $a=b$. Dit invullen in (2) geeft $a^{2}+1=2$, dus $a= \pm 1$. Zo vinden we de drietallen $(y+1, y, y+1)$ en $(y-1, y, y-1)$ voor willekeurige $y \in \mathbb{R}$. Invullen in de vergelijking (1) (die equivalent is aan de oorspronkelijke vergelijking) laat zien dat deze drietallen inderdaad oplossingen zijn voor alle $y \in \mathbb{R}$. Alle oplossingen worden dus gegeven door $(y+1, y, y+1)$ en $(y-1, y, y-1)$ met $y \in \mathbb{R}$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nOpgave 3.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2011-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing I.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
|
Find all triples of real numbers $(x, y, z)$ that satisfy
$$
x^{2}+y^{2}+z^{2}+1=x y+y z+z x+|x-2 y+z|
$$
|
Leid net als hierboven vergelijking (2) af. Merk nu op dat $|a+b| \leq|a|+|b|$ volgens de driehoeksongelijkheid, dus
$$
\frac{1}{2} a^{2}+\frac{1}{2} b^{2}+\frac{1}{2}(a-b)^{2}+1=|a+b| \leq|a|+|b| .
$$
Dit kunnen we herschrijven als
$$
\frac{1}{2}(|a|-1)^{2}+\frac{1}{2}(|b|-1)^{2}+\frac{1}{2}(a-b)^{2} \leq 0 .
$$
Links staat de som van drie kwadraten, dus deze moeten allemaal gelijk aan 0 zijn. Dus $|a|=1,|b|=1$ en $a=b$. Zo vinden we weer de drietallen $(y+1, y, y+1)$ en $(y-1, y, y-1)$ voor willekeurige $y \in \mathbb{R}$. Zie verder eerste oplossing.
---
Derive equation (2) as above. Note that $|a+b| \leq|a|+|b|$ according to the triangle inequality, so
$$
\frac{1}{2} a^{2}+\frac{1}{2} b^{2}+\frac{1}{2}(a-b)^{2}+1=|a+b| \leq|a|+|b| .
$$
This can be rewritten as
$$
\frac{1}{2}(|a|-1)^{2}+\frac{1}{2}(|b|-1)^{2}+\frac{1}{2}(a-b)^{2} \leq 0 .
$$
On the left, we have the sum of three squares, so they must all be equal to 0. Thus, $|a|=1,|b|=1$ and $a=b$. This gives us the triples $(y+1, y, y+1)$ and $(y-1, y, y-1)$ for any $y \in \mathbb{R}$. See the first solution for further details.
|
(y+1, y, y+1) \text{ and } (y-1, y, y-1) \text{ for any } y \in \mathbb{R}
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Algebra
|
Vind alle drietallen reële getallen $(x, y, z)$ die voldoen aan
$$
x^{2}+y^{2}+z^{2}+1=x y+y z+z x+|x-2 y+z|
$$
|
Leid net als hierboven vergelijking (2) af. Merk nu op dat $|a+b| \leq|a|+|b|$ volgens de driehoeksongelijkheid, dus
$$
\frac{1}{2} a^{2}+\frac{1}{2} b^{2}+\frac{1}{2}(a-b)^{2}+1=|a+b| \leq|a|+|b| .
$$
Dit kunnen we herschrijven als
$$
\frac{1}{2}(|a|-1)^{2}+\frac{1}{2}(|b|-1)^{2}+\frac{1}{2}(a-b)^{2} \leq 0 .
$$
Links staat de som van drie kwadraten, dus deze moeten allemaal gelijk aan 0 zijn. Dus $|a|=1,|b|=1$ en $a=b$. Zo vinden we weer de drietallen $(y+1, y, y+1)$ en $(y-1, y, y-1)$ voor willekeurige $y \in \mathbb{R}$. Zie verder eerste oplossing.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nOpgave 3.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2011-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing II.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
|
Vind alle drietallen reële getallen $(x, y, z)$ die voldoen aan
$$
x^{2}+y^{2}+z^{2}+1=x y+y z+z x+|x-2 y+z|
$$
|
We onderscheiden twee gevallen: $x-2 y+z \geq 0$ of $x-2 y+z<0$. In het eerste geval wordt de vergelijking
$$
x^{2}+y^{2}+z^{2}+1=x y+y z+z x+x-2 y+z .
$$
We kunnen dit beschouwen als kwadratische vergelijking in $x$ :
$$
x^{2}+(-y-z-1) x+\left(y^{2}+z^{2}+1-y z+2 y-z\right)=0 .
$$
We berekenen hiervan de discriminant:
$$
\begin{gathered}
D=(-y-z-1)^{2}-4\left(y^{2}+z^{2}+1-y z+2 y-z\right)=-3 y^{2}-3 z^{2}-3+6 y z-6 y+6 z \\
=-3\left(y^{2}+z^{2}+1-2 y z+2 y-2 z\right)=-3(y-z+1)^{2} .
\end{gathered}
$$
We zien dat $D \leq 0$, terwijl de kwadratische vergelijking alleen een oplossing heeft als $D \geq 0$. Er moet dus gelden $D=0$. Hieruit volgt $y-z+1=0$, dus $z=y+1$. We krijgen dan met abc-formule $x=\frac{-(-y-z-1) \pm \sqrt{0}}{2}=y+1$. Zo vinden we het drietal $(y+1, y, y+1)$ voor willekeurige $y \in \mathbb{R}$. We moeten hiervoor nog controleren dat $x-2 y+z \geq 0$. Dit geldt inderdaad, want $x-2 y+z=2$. Dus dit drietal is een oplossing.
Nu bekijken we het geval $x-2 y+z<0$. We krijgen weer een kwadratische vergelijking in $x$ :
$$
x^{2}+(-y-z+1) x+\left(y^{2}+z^{2}+1-y z-2 y+z\right)=0 .
$$
Deze heeft als discriminant
$$
\begin{gathered}
D=(-y-z+1)^{2}-4\left(y^{2}+z^{2}+1-y z-2 y+z\right)=-3 y^{2}-3 z^{2}-3+6 y z+6 y-6 z \\
=-3\left(y^{2}+z^{2}+1-2 y z-2 y+2 z\right)=-3(y-z-1)^{2} .
\end{gathered}
$$
We zien weer $D \leq 0$, waaruit weer volgt dat $D=0$, dus $z=y-1$. We vinden vervolgens $x=\frac{-(-y-z+1) \pm \sqrt{0}}{2}=y-1$. Zo vinden we het drietal $(y-1, y, y-1)$ voor willekeurige $y \in \mathbb{R}$. Er geldt nu $x-2 y+z=-2<0$, dus dit drietal is een oplossing.
Al met al zijn de enige oplossingen $(y+1, y, y+1)$ en $(y-1, y, y-1)$ voor willekeurige $y \in \mathbb{R}$.
|
(y+1, y, y+1) \text{ and } (y-1, y, y-1) \text{ for any } y \in \mathbb{R}
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Algebra
|
Vind alle drietallen reële getallen $(x, y, z)$ die voldoen aan
$$
x^{2}+y^{2}+z^{2}+1=x y+y z+z x+|x-2 y+z|
$$
|
We onderscheiden twee gevallen: $x-2 y+z \geq 0$ of $x-2 y+z<0$. In het eerste geval wordt de vergelijking
$$
x^{2}+y^{2}+z^{2}+1=x y+y z+z x+x-2 y+z .
$$
We kunnen dit beschouwen als kwadratische vergelijking in $x$ :
$$
x^{2}+(-y-z-1) x+\left(y^{2}+z^{2}+1-y z+2 y-z\right)=0 .
$$
We berekenen hiervan de discriminant:
$$
\begin{gathered}
D=(-y-z-1)^{2}-4\left(y^{2}+z^{2}+1-y z+2 y-z\right)=-3 y^{2}-3 z^{2}-3+6 y z-6 y+6 z \\
=-3\left(y^{2}+z^{2}+1-2 y z+2 y-2 z\right)=-3(y-z+1)^{2} .
\end{gathered}
$$
We zien dat $D \leq 0$, terwijl de kwadratische vergelijking alleen een oplossing heeft als $D \geq 0$. Er moet dus gelden $D=0$. Hieruit volgt $y-z+1=0$, dus $z=y+1$. We krijgen dan met abc-formule $x=\frac{-(-y-z-1) \pm \sqrt{0}}{2}=y+1$. Zo vinden we het drietal $(y+1, y, y+1)$ voor willekeurige $y \in \mathbb{R}$. We moeten hiervoor nog controleren dat $x-2 y+z \geq 0$. Dit geldt inderdaad, want $x-2 y+z=2$. Dus dit drietal is een oplossing.
Nu bekijken we het geval $x-2 y+z<0$. We krijgen weer een kwadratische vergelijking in $x$ :
$$
x^{2}+(-y-z+1) x+\left(y^{2}+z^{2}+1-y z-2 y+z\right)=0 .
$$
Deze heeft als discriminant
$$
\begin{gathered}
D=(-y-z+1)^{2}-4\left(y^{2}+z^{2}+1-y z-2 y+z\right)=-3 y^{2}-3 z^{2}-3+6 y z+6 y-6 z \\
=-3\left(y^{2}+z^{2}+1-2 y z-2 y+2 z\right)=-3(y-z-1)^{2} .
\end{gathered}
$$
We zien weer $D \leq 0$, waaruit weer volgt dat $D=0$, dus $z=y-1$. We vinden vervolgens $x=\frac{-(-y-z+1) \pm \sqrt{0}}{2}=y-1$. Zo vinden we het drietal $(y-1, y, y-1)$ voor willekeurige $y \in \mathbb{R}$. Er geldt nu $x-2 y+z=-2<0$, dus dit drietal is een oplossing.
Al met al zijn de enige oplossingen $(y+1, y, y+1)$ en $(y-1, y, y-1)$ voor willekeurige $y \in \mathbb{R}$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nOpgave 3.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2011-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing III.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
|
Let $n \geq 2$ be an integer. Let $a$ be the largest positive integer for which $2^{a} \mid 5^{n}-3^{n}$. Let $b$ be the largest positive integer for which $2^{b} \leq n$. Prove that $a \leq b+3$.
|
We first prove this for odd numbers $n$. For these, modulo 4, $5^{n} \equiv 1^{n}=1$ and $3^{n} \equiv(-1)^{n} \equiv-1$, so $5^{n}-3^{n} \equiv 2 \bmod 4$. Therefore, if $n$ is odd, $a=1$. Since $b \geq 1$, the condition $a \leq b+3$ is satisfied.
Now assume that $n \equiv 2 \bmod 4$. Write $n=2 k$ with $k$ an odd positive integer. Note that $5^{2 k}-3^{2 k}=\left(5^{k}-3^{k}\right)\left(5^{k}+3^{k}\right)$. We have just shown that $5^{k}-3^{k}$ has exactly one factor 2, since $k$ is odd. We now examine $5^{k}+3^{k}$ modulo 16. For $m=1,2,3,4$, $5^{m}$ modulo 16 is congruent to $5,9,13,1$ respectively. Since $5^{4} \equiv 1 \bmod 16$, it follows that $5^{k} \equiv 5$ for all $k \equiv 1 \bmod 4$ and $5^{k} \equiv 13$ for all $k \equiv 3 \bmod 4$. For $m=1,2,3,4$, $3^{m}$ modulo 16 is congruent to $3,9,11,1$ respectively. Since $3^{4} \equiv 1 \bmod 16$, it follows that $3^{k} \equiv 3$ for all $k \equiv 1 \bmod 4$ and $3^{k} \equiv 11$ for all $k \equiv 3 \bmod 4$. In both cases, $5^{k}+3^{k} \equiv 5+3 \equiv 8 \bmod 16$ if $k \equiv 1 \bmod 4$ and $5^{k}+3^{k} \equiv 13+11=24 \equiv 8 \bmod 16$ if $k \equiv 3 \bmod 4$. In both cases, $5^{k}+3^{k}$ has exactly 3 factors 2.
We conclude that for $n \equiv 2 \bmod 4$, $a=4$. Since $b \geq 1$, the condition $a \leq b+3$ is satisfied.
We now prove by induction on $m$ that $a \leq b+3$ for all positive integers $n$ with exactly $m \geq 1$ factors 2. The base case is $m=1$, i.e., the case $n \equiv 2 \bmod 4$. We have already proven this.
Now let $m \geq 1$ and assume as the induction hypothesis that we have already shown $a \leq b+3$ for all numbers $n$ with exactly $m$ factors 2. Consider now a number $n$ with $m+1$ factors 2. We write $n=2 k$, where $k$ has exactly $m$ factors 2. Let $a(k)$ and $b(k)$ be the $a$ and $b$ corresponding to $k$, and $a(n)$ and $b(n)$ the $a$ and $b$ corresponding to $n$. The induction hypothesis states that $a(k) \leq b(k)+3$. We want to prove that $a(n) \leq b(n)+3$.
It holds that $5^{n}-3^{n}=5^{2 k}-3^{2 k}=\left(5^{k}-3^{k}\right)\left(5^{k}+3^{k}\right)$. Since $k$ is even (it has $m \geq 1$ factors 2), modulo 4, $5^{k}+3^{k} \equiv 1^{k}+(-1)^{k} \equiv 2 \bmod 4$. Therefore, $5^{k}+3^{k}$ has exactly one factor 2. Furthermore, $5^{k}-3^{k}$ has exactly $a(k)$ factors 2. Thus, $a(n)=a(k)+1$. We also know that $2^{b(k)} \leq k$ and $2^{b(k)+1}>k$, from which it follows that $2^{b(k)+1} \leq 2 k$ and $2^{b(k)+2}>2 k$. Therefore, $b(n)=b(k)+1$. We can now conclude: $a(n)=a(k)+1 \leq b(k)+3+1=b(n)+3$, completing the induction.
This proves that $a \leq b+3$ for all integers $n \geq 2$.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Number Theory
|
Zij $n \geq 2$ een geheel getal. Zij $a$ het grootste positieve gehele getal waarvoor geldt $2^{a} \mid 5^{n}-3^{n}$. Zij $b$ het grootste positieve gehele getal waarvoor geldt $2^{b} \leq n$. Bewijs dat $a \leq b+3$.
|
We bewijzen dit allereerst voor oneven getallen $n$. Hiervoor geldt modulo 4 dat $5^{n} \equiv 1^{n}=1$ en $3^{n} \equiv(-1)^{n} \equiv-1$, dus $5^{n}-3^{n} \equiv 2 \bmod 4$. Dus als $n$ oneven is, geldt $a=1$. Omdat $b \geq 1$, is nu voldaan aan $a \leq b+3$.
Stel nu dat $n \equiv 2 \bmod 4$. Schrijf $n=2 k$ met $k$ een oneven positief geheel getal. Merk op dat $5^{2 k}-3^{2 k}=\left(5^{k}-3^{k}\right)\left(5^{k}+3^{k}\right)$. We hebben net laten zien dat $5^{k}-3^{k}$ precies één factor 2 bevat, aangezien $k$ oneven is. We bekijken nu $5^{k}+3^{k}$ modulo 16 . Voor $m=1,2,3,4$ geldt dat $5^{m}$ modulo 16 congruent is aan respectievelijk $5,9,13,1$. Omdat $5^{4} \equiv 1 \bmod 16$, geldt dat $5^{k} \equiv 5$ voor alle $k \equiv 1 \bmod 4$ en $5^{k} \equiv 13$ voor alle $k \equiv 3 \bmod 4$. Voor $m=1,2,3,4$ geldt dat $3^{m}$ modulo 16 congruent is aan respectievelijk $3,9,11,1$. Omdat $3^{4} \equiv 1 \bmod 16$, geldt dat $3^{k} \equiv 3$ voor alle $k \equiv 1 \bmod 4$ en $3^{k} \equiv 11$ voor alle $k \equiv 3 \bmod 4$. Al met al zien we dat $5^{k}+3^{k} \equiv 5+3 \equiv 8 \bmod 16$ als $k \equiv 1 \bmod 4$ en $5^{k}+3^{k} \equiv 13+11=24 \equiv 8$ $\bmod 16$ als $k \equiv 3 \bmod 4$. In beide gevallen bevat $5^{k}+3^{k}$ precies 3 factoren 2 .
We concluderen dat voor $n \equiv 2 \bmod 4$ geldt: $a=4$. Omdat $b \geq 1$, is nu voldaan aan $a \leq b+3$.
We bewijzen nu met inductie naar $m$ dat $a \leq b+3$ voor alle positieve gehele getallen $n$ met precies $m \geq 1$ factoren 2 . De inductiebasis is $m=1$, oftewel het geval $n \equiv 2 \bmod 4$. Hiervoor hebben we dit al bewezen.
Zij nu $m \geq 1$ en neem als inductiehypothese aan dat we al $a \leq b+3$ hebben laten zien voor alle getallen $n$ met precies $m$ factoren 2 . Bekijk nu een getal $n$ met $m+1$ factoren 2. We schrijven $n=2 k$, waarbij $k$ precies $m$ factoren 2 heeft. Laat voor de duidelijkheid $a(k)$ en $b(k)$ de $a$ en $b$ zijn die horen bij $k$, en $a(n)$ en $b(n)$ de $a$ en $b$ die horen bij $n$. De inductiehypothese zegt dat $a(k) \leq b(k)+3$. We willen bewijzen dat $a(n) \leq b(n)+3$.
Er geldt $5^{n}-3^{n}=5^{2 k}-3^{2 k}=\left(5^{k}-3^{k}\right)\left(5^{k}+3^{k}\right)$. Omdat $k$ even is (hij bevat $m \geq 1$ factoren 2) geldt modulo 4 dat $5^{k}+3^{k} \equiv 1^{k}+(-1)^{k} \equiv 2 \bmod 4$. Dus $5^{k}+3^{k}$ bevat precies één factor 2. Verder bevat $5^{k}-3^{k}$ precies $a(k)$ factoren 2 . Dus $a(n)=a(k)+1$. We weten daarnaast dat $2^{b(k)} \leq k$ en $2^{b(k)+1}>k$, waaruit volgt dat $2^{b(k)+1} \leq 2 k$ en $2^{b(k)+2}>2 k$. Dus $b(n)=b(k)+1$. Nu kunnen we concluderen: $a(n)=a(k)+1 \leq b(k)+3+1=b(n)+3$, waarmee de inductie voltooid is.
Dit bewijst dat $a \leq b+3$ voor alle gehele getallen $n \geq 2$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nOpgave 4.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2011-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
|
Given is a trapezium $A B C D$ with $B C \| A D$. Assume that the bisectors of the angles $B A D$ and $C D A$ intersect on the perpendicular bisector of segment $B C$. Prove that $|A B|=|C D|$ or $|A B|+|C D|=|A D|$.
|
Let $M$ be the midpoint of $BC$ and let $P$ be the intersection of the perpendicular bisector of $BC$ with $AD$. Denote $K$ as the intersection of $MP$ and the two angle bisectors. Let $L$ and $N$ be the feet of the perpendiculars from $K$ to sides $AB$ and $DC$, respectively. Since $AK$ and $DK$ are angle bisectors, it follows that $|KL|=|KP|=|KN|$. Furthermore, $K$ lies on the perpendicular bisector of $BC$, so $|KB|=|KC|$. Since triangles $BLK$ and $CNK$ both have a right angle, they are congruent by (SAS).
We now consider four cases. First, consider the case where $L$ and $N$ lie on the interiors of sides $AB$ and $DC$, respectively. Note that triangle $KBC$ is isosceles, so $\angle KBC = \angle BCK$. Therefore, due to $\triangle BLK \cong \triangle CNK$:
$$
\angle ABC = \angle LBK + \angle KBC = \angle NCK + \angle BCK = \angle BCD.
$$
This implies that $ABCD$ is an isosceles trapezoid, and thus $|AB| = |CD|$.
In the case where $L$ and $N$ both lie on the extensions of sides $AB$ and $DC$, respectively, we can similarly show that $|AB| = |CD|$.
Now consider the case where $L$ lies on the interior of side $AB$, but $N$ lies on the extension of side $DC$. Since $AK$ and $DK$ are angle bisectors, it follows that $|AL| = |AP|$ and $|DN| = |DP|$. Therefore, due to $\triangle BLK \cong \triangle CNK$:
$$
|AB| + |CD| = (|AL| + |LB|) + (|DN| - |NC|) = |AP| + |LB| + |DP| - |LB| = |AD|
$$
In the case where $L$ lies on the extension of $AB$ and $N$ lies on the interior of $DC$, we similarly show that $|AB| + |CD| = |AD|$.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Gegeven is een trapezium $A B C D$ met $B C \| A D$. Neem aan dat de bissectrices van de hoeken $B A D$ en $C D A$ elkaar snijden op de middelloodlijn van lijnstuk $B C$. Bewijs dat $|A B|=|C D|$ of $|A B|+|C D|=|A D|$.
|
Zij $M$ het midden van $B C$ en zij $P$ het snijpunt van de middelloodlijn van $B C$ met $A D$. Noem $K$ het snijpunt van $M P$ en de twee bissectrices. Laat $L$ en $N$ de voetpunten zijn van $K$ op respectievelijk zijden $A B$ en $D C$. Omdat $A K$ en $D K$ bissectrices zijn, geldt $|K L|=|K P|=|K N|$. Verder ligt $K$ ook op de middelloodlijn van $B C$, dus $|K B|=|K C|$. Omdat driehoeken $B L K$ en $C N K$ ook beide een rechte hoek hebben, zijn ze met (ZZR) congruent.
We onderscheiden nu vier gevallen. Bekijk eerst het geval dat $L$ en $N$ op het inwendige van respectievelijk zijden $A B$ en $D C$ liggen. Merk op dat driehoek $K B C$ gelijkbenig is, zodat $\angle K B C=\angle B C K$. Dus geldt vanwege $\triangle B L K \cong \triangle C N K$ :
$$
\angle A B C=\angle L B K+\angle K B C=\angle N C K+\angle B C K=\angle B C D .
$$
Hieruit volgt dat $A B C D$ een gelijkbenig trapezium is en dat dus geldt $|A B|=|C D|$.
In het geval dat $L$ en $N$ beide op het verlengde van de zijden $A B$ en $D C$ liggen, kunnen we op analoge wijze laten zien dat $|A B|=|C D|$.
Nu bekijken we het geval dat $L$ op het inwendige van zijde $A B$ ligt, maar $N$ op het verlengde van zijde $D C$. Omdat $A K$ en $D K$ bissectrices zijn, geldt $|A L|=|A P|$ en $|D N|=|D P|$. Dus geldt vanwege $\triangle B L K \cong \triangle C N K$ :
$$
|A B|+|C D|=(|A L|+|L B|)+(|D N|-|N C|)=|A P|+|L B|+|D P|-|L B|=|A D|
$$
In het geval dat $L$ juist op het verlengde van $A B$ ligt en $N$ op het inwendige van $D C$, laten we op analoge wijze zien dat $|A B|+|C D|=|A D|$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nOpgave 5.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2011-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing I.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
|
Given is a trapezium $A B C D$ with $B C \| A D$. Assume that the bisectors of the angles $B A D$ and $C D A$ intersect on the perpendicular bisector of segment $B C$. Prove that $|A B|=|C D|$ or $|A B|+|C D|=|A D|$.
|
Let $K$ be the intersection of the perpendicular bisector of $BC$ and the two angle bisectors. Reflect $B$ in the line $AK$ and call the image $E$. Since $AK$ is an angle bisector, $E$ lies on $AD$, it holds that $|AB|=|AE|$ and $AK$ is the perpendicular bisector of $BE$, so $|KB|=|KE|$. Now also reflect $C$ in $DK$ and call the image $F$. $F$ also lies on $AD$ and further $|DC|=|DF|$ and $|KC|=|KF|$. If $E$ and $F$ are the same point, we see that $|AB|+|CD|=|AE|+|FD|=|AD|$.
Now assume that $E$ and $F$ are not the same point. Since $K$ lies on the perpendicular bisector of $BC$, it holds that $|KB|=|KC|$. We already knew $|KB|=|KE|$ and $|KC|=|KF|$, so $K$ is equidistant from the four points $B, C, E$ and $F$. This means that these four points lie on a circle. We assume that the order of the points on this circle is $BCFE$; the case where the order is $BCEF$ is analogous. It now holds that
$$
\angle FCB=180^{\circ}-\angle FEB=\angle AEB=\angle EBA.
$$
Similarly, $\angle EBC=\angle FCD$. Thus
$$
\angle BCD=\angle FCB+\angle FCD=\angle EBA+\angle EBC=\angle ABC.
$$
From this it follows that $ABCD$ is an isosceles trapezoid and thus $|AB|=|CD|$.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Gegeven is een trapezium $A B C D$ met $B C \| A D$. Neem aan dat de bissectrices van de hoeken $B A D$ en $C D A$ elkaar snijden op de middelloodlijn van lijnstuk $B C$. Bewijs dat $|A B|=|C D|$ of $|A B|+|C D|=|A D|$.
|
Zij $K$ het snijpunt van de middelloodlijn van $B C$ en de twee bissectrices. Spiegel $B$ in de lijn $A K$ en noem het beeld $E$. Omdat $A K$ een bissectrice is, ligt $E$ op $A D$, geldt $|A B|=|A E|$ en is $A K$ de middelloodlijn van $B E$, zodat $|K B|=|K E|$. Spiegel nu ook $C$ in $D K$ en noem het beeld $F$. Ook $F$ ligt op $A D$ en verder geldt $|D C|=|D F|$ en $|K C|=|K F|$. Als $E$ en $F$ hetzelfde punt zijn, zien we dat $|A B|+|C D|=|A E|+|F D|=$ $|A D|$.
Stel nu dat $E$ en $F$ niet hetzelfde punt zijn. Omdat $K$ op de middelloodlijn van $B C$ ligt, geldt $|K B|=|K C|$. We wisten al $|K B|=|K E|$ en $|K C|=|K F|$, dus $K$ ligt op gelijke afstand van de vier punten $B, C, E$ en $F$. Dat betekent dat deze vier punten op een cirkel liggen. We nemen aan dat de volgorde van de punten op deze cirkel $B C F E$ is; het geval dat de volgorde $B C E F$ is, gaat analoog. Er geldt nu
$$
\angle F C B=180^{\circ}-\angle F E B=\angle A E B=\angle E B A .
$$
Analoog geldt $\angle E B C=\angle F C D$. Dus
$$
\angle B C D=\angle F C B+\angle F C D=\angle E B A+\angle E B C=\angle A B C .
$$
Hieruit volgt dat $A B C D$ een gelijkbenig trapezium is en dat dus geldt $|A B|=|C D|$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nOpgave 5.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2011-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing II.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
|
Vind alle paren $(x, y)$ van gehele getallen die voldoen aan
$$
x^{2}+y^{2}+3^{3}=456 \sqrt{x-y} .
$$
|
Omdat links een geheel getal staat, moet rechts ook een geheel getal staan. De wortel uit een geheel getal is ofwel geheel ofwel irrationaal (maar nooit een niet-gehele breuk), dus moet $\sqrt{x-y}$ wel geheel zijn. De rechterkant van de vergelijking is deelbaar door 3 , dus de linkerkant moet dat ook zijn. Dus $3 \mid x^{2}+y^{2}$. Maar kwadraten zijn modulo 3 altijd congruent aan 0 of 1 , dus dit kan alleen als $x^{2} \equiv y^{2} \equiv 0 \bmod 3$. Dus $x$ en $y$ zijn beide deelbaar door 3 . Schrijf nu $x=3 a$ en $y=3 b$ en vul dit in:
$$
9 a^{2}+9 b^{2}+3^{3}=456 \sqrt{3 a-3 b}
$$
Wortels uit gehele getallen zijn in het algemeen geheel of irrationaal. Maar $\sqrt{3 a-3 b}$ kan niet irrationaal zijn, want het is gelijk aan $\frac{9 a^{2}+9 b^{2}+3^{3}}{456}$, dus het is geheel. Daarom is $3 a-3 b$ een kwadraat, dat ook nog deelbaar is door 3 , dus moet het deelbaar door 9 zijn. We kunnen nu beide kanten van de vergelijking door 9 delen:
$$
a^{2}+b^{2}+3=152 \sqrt{\frac{a-b}{3}}
$$
Schrijf $a-b=3 c^{2}$ en substitueer $a=b+3 c^{2}$ :
$$
9 c^{4}+6 c^{2} b+2 b^{2}+3=152 c
$$
Omdat aan de linkerkant allemaal positieve termen staan, moet gelden $9 c^{4}<152 c$, dus $c^{3}<\frac{152}{9}=16+\frac{8}{9}$. Aangezien voor $c \geq 3$ geldt: $c^{3} \geq 3^{3}=27>16+\frac{8}{9}$, volgt hieruit $c \leq 2$. Verder is $152 c$ even, net als $6 c^{2} b+2 b^{2}$, dus moet $9 c^{4}+3$ ook even zijn, waardoor we zien dat $c$ oneven moet zijn. Dus de enige mogelijkheid is $c=1$. Als we dit invullen, krijgen we
$$
9+6 b+2 b^{2}+3=152
$$
oftewel
$$
b^{2}+3 b-70=0
$$
Dit kunnen we ook schrijven als $(b-7)(b+10)=0$. Dus $b=7$ of $b=-10$. In het eerste geval krijgen we nu $a=b+3 c^{2}=10$ en dus $x=30$ en $y=21$. In het tweede geval krijgen we $a=b+3 c^{2}=-7$ en dus $x=-21$ en $y=-30$. Controleren laat zien dat beide paren voldoen. Dus de oplossingen zijn $(x, y)=(30,21)$ en $(x, y)=(-21,-30)$.
|
(30,21), (-21,-30)
|
Incomplete
|
Yes
|
math-word-problem
|
Number Theory
|
Vind alle paren $(x, y)$ van gehele getallen die voldoen aan
$$
x^{2}+y^{2}+3^{3}=456 \sqrt{x-y} .
$$
|
Omdat links een geheel getal staat, moet rechts ook een geheel getal staan. De wortel uit een geheel getal is ofwel geheel ofwel irrationaal (maar nooit een niet-gehele breuk), dus moet $\sqrt{x-y}$ wel geheel zijn. De rechterkant van de vergelijking is deelbaar door 3 , dus de linkerkant moet dat ook zijn. Dus $3 \mid x^{2}+y^{2}$. Maar kwadraten zijn modulo 3 altijd congruent aan 0 of 1 , dus dit kan alleen als $x^{2} \equiv y^{2} \equiv 0 \bmod 3$. Dus $x$ en $y$ zijn beide deelbaar door 3 . Schrijf nu $x=3 a$ en $y=3 b$ en vul dit in:
$$
9 a^{2}+9 b^{2}+3^{3}=456 \sqrt{3 a-3 b}
$$
Wortels uit gehele getallen zijn in het algemeen geheel of irrationaal. Maar $\sqrt{3 a-3 b}$ kan niet irrationaal zijn, want het is gelijk aan $\frac{9 a^{2}+9 b^{2}+3^{3}}{456}$, dus het is geheel. Daarom is $3 a-3 b$ een kwadraat, dat ook nog deelbaar is door 3 , dus moet het deelbaar door 9 zijn. We kunnen nu beide kanten van de vergelijking door 9 delen:
$$
a^{2}+b^{2}+3=152 \sqrt{\frac{a-b}{3}}
$$
Schrijf $a-b=3 c^{2}$ en substitueer $a=b+3 c^{2}$ :
$$
9 c^{4}+6 c^{2} b+2 b^{2}+3=152 c
$$
Omdat aan de linkerkant allemaal positieve termen staan, moet gelden $9 c^{4}<152 c$, dus $c^{3}<\frac{152}{9}=16+\frac{8}{9}$. Aangezien voor $c \geq 3$ geldt: $c^{3} \geq 3^{3}=27>16+\frac{8}{9}$, volgt hieruit $c \leq 2$. Verder is $152 c$ even, net als $6 c^{2} b+2 b^{2}$, dus moet $9 c^{4}+3$ ook even zijn, waardoor we zien dat $c$ oneven moet zijn. Dus de enige mogelijkheid is $c=1$. Als we dit invullen, krijgen we
$$
9+6 b+2 b^{2}+3=152
$$
oftewel
$$
b^{2}+3 b-70=0
$$
Dit kunnen we ook schrijven als $(b-7)(b+10)=0$. Dus $b=7$ of $b=-10$. In het eerste geval krijgen we nu $a=b+3 c^{2}=10$ en dus $x=30$ en $y=21$. In het tweede geval krijgen we $a=b+3 c^{2}=-7$ en dus $x=-21$ en $y=-30$. Controleren laat zien dat beide paren voldoen. Dus de oplossingen zijn $(x, y)=(30,21)$ en $(x, y)=(-21,-30)$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nOpgave 1.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2011-C_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
|
We consider tilings of a rectangular $m \times n$-board with $1 \times 2$-tiles. The tiles can lie both horizontally and vertically, but they must not overlap and must not extend outside the board. All fields of the board must be covered by a tile.
a) Prove that in every tiling of a $4 \times 2010$-board with $1 \times 2$-tiles, there is a straight line that divides the board into two pieces such that each tile lies entirely within one of the pieces.
b) Prove that there exists a tiling of a $5 \times 2010$-board with $1 \times 2$-tiles such that no straight line can divide the board into two pieces such that each tile lies entirely within one of the pieces.
|
a) A straight line that divides the board into two pieces such that each tile is entirely within one of the pieces is called a separating line. Suppose there exists a tiling where no separating line can be found. Consider the columns $k$ and $k+1$, with $1 \leq k \leq 2009$. There must be a horizontal tile that lies in these two columns; otherwise, the vertical line between the columns would be a separating line. In columns 1 through $k$, there are a total of $4k$ fields, which is an even number. Since each tile that lies entirely within columns 1 through $k$ covers an even number of fields, there must be an even number of horizontal tiles in columns $k$ and $k+1$. We have seen that there is at least one, so there must be at least two.
For every $k$ with $1 \leq k \leq 2009$, there are thus two tiles that lie horizontally in columns $k$ and $k+1$. These tiles together cover $2 \cdot 2009 \cdot 2$ fields. Furthermore, for every $i$ with $1 \leq i \leq 3$, there must be a vertical tile that lies in rows $i$ and $i+1$. These tiles together cover $3 \cdot 2$ fields. The total number of fields covered by all these tiles is therefore $(2 \cdot 2009 + 3) \cdot 2 > 2 \cdot 2010 \cdot 2$. But the board contains only $4 \cdot 2010$ fields, a contradiction.
b) We prove by induction on $n$ that for all $n \geq 3$, a $5 \times 2n$ board can be tiled without a separating line. For $n=3$, this can be done as follows:
Now suppose we have a tiling of a $5 \times 2n$ board without a separating line. Then there are at least four vertical tiles. Therefore, there is a $k$ with $1 \leq k \leq 2n-1$ such that there is a vertical tile in column $k$. Insert two columns between column $k$ and column $k+1$; call these columns $k_1$ and $k_2$. Each tile that lay horizontally in columns $k$ and $k+1$ is replaced by two horizontal tiles, one in columns $k$ and $k_1$ and one in columns $k_2$ and $k+1$. Since column $k$ contains a vertical tile, not all fields in columns $k_1$ and $k_2$ are yet occupied. If in a row the field in column $k_1$ is not yet occupied, the field in column $k_2$ in the same row is also not yet occupied. We can therefore place a horizontal tile here. This way, we fill all the fields in the new columns.
It is now clear that no separating line can arise between any pair of rows and also in no column where nothing has changed. Furthermore, there is now at least one horizontal tile in columns $k_1$ and $k_2$, so there is no separating line between these two columns. In the old board, there was no separating line between columns $k$ and $k+1$, so there was a horizontal tile in these columns. This means that there is now a horizontal tile in columns $k$ and $k_1$ and a horizontal tile in columns $k_2$ and $k+1$, so there is no separating line between these pairs of columns. The entire new board thus contains no separating line.
This completes the induction. It follows that there exists a $5 \times 2010$ board without a separating line.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Combinatorics
|
We bekijken betegelingen van een rechthoekig $m \times n$-bord met $1 \times 2$-tegels. De tegels mogen zowel horizontaal als verticaal liggen, maar ze mogen elkaar niet overlappen en niet buiten het bord uitsteken. Alle velden van het bord moeten bedekt worden door een tegel.
a) Bewijs dat bij elke betegeling van een $4 \times 2010$-bord met $1 \times 2$-tegels er een rechte lijn is die het bord in twee stukken verdeelt zodat elke tegel in zijn geheel binnen één van de stukken ligt.
b) Bewijs dat er een betegeling van een $5 \times 2010$-bord met $1 \times 2$-tegels bestaat zodat er geen rechte lijn is die het bord in twee stukken verdeelt zodat elke tegel in zijn geheel binnen één van de stukken ligt.
|
a) Noem een rechte lijn die het bord in twee stukken verdeelt zodat elke tegel in zijn geheel binnen één van de stukken ligt, een scheidingslijn. Stel dat er een betegeling bestaat waar geen scheidingslijn te vinden is. Bekijk de kolommen $k$ en $k+1$, met $1 \leq k \leq 2009$. Er moet dan een horizontale tegel zijn die in deze twee kolommen ligt; anders is de verticale lijn tussen de kolommen een scheidingslijn. In de kolommen 1 tot en met $k$ zitten totaal $4 k$ velden, dus een even aantal. Omdat elke tegel die helemaal binnen de kolommen 1 tot en met $k$ ligt, een even aantal velden bedekt, moet er een even aantal tegels horizontaal in kolommen $k$ en $k+1$ liggen. We hebben gezien dat het er minstens één is en dus zijn het er minstens twee.
Voor elke $k$ met $1 \leq k \leq 2009$ zijn er dus twee tegels die horizontaal in kolommen $k$ en $k+1$ liggen. Deze tegels bedekken samen $2 \cdot 2009 \cdot 2$ velden. Verder moet er nog voor elke $i$ met $1 \leq i \leq 3$ een verticale tegel zijn die in de rijen $i$ en $i+1$ ligt. Deze tegels bedekken samen $3 \cdot 2$ velden. Het totaal aantal velden dat bedekt wordt door al deze tegels, is dus $(2 \cdot 2009+3) \cdot 2>2 \cdot 2010 \cdot 2$. Maar het bord bevat slechts $4 \cdot 2010$ velden, tegenspraak.
b) We bewijzen met inductie naar $n$ dat we voor alle $n \geq 3$ een $5 \times 2 n$-bord kunnen betegelen zonder scheidingslijn. Voor $n=3$ kan dit als volgt:
Stel nu dat we een betegeling van een $5 \times 2 n$-bord hebben zonder scheidingslijn. Dan liggen minstens vier tegels verticaal. Dus is er een $k$ met $1 \leq k \leq 2 n-1$ uit zodat er in kolom $k$ een tegel verticaal ligt. Voeg nu twee kolommen in tussen kolom $k$ en kolom $k+1$; noem deze kolommen $k_{1}$ en $k_{2}$. Elke tegel die horizontaal in kolommen $k$
en $k+1$ lag, vervangen we door twee horizontale tegels, één in kolommen $k$ en $k_{1}$ en één in kolommen $k_{2}$ en $k+1$. Omdat kolom $k$ een verticale tegel bevat, zijn nu nog niet alle velden van de kolommen $k_{1}$ en $k_{2}$ bezet. Als in een rij het veld van kolom $k_{1}$ nog niet bezet is, is in dezelfde rij het veld van kolom $k_{2}$ ook nog niet bezet. We kunnen hier dus een horizontale tegel neerleggen. Zo vullen we alle velden van de nieuwe kolommen.
Het is nu duidelijk dat er tussen geen enkel tweetal rijen een scheidingslijn ontstaan kan zijn en ook in geen enkele kolom waar niets veranderd is. Verder ligt er nu minstens één horizontale tegel in kolommen $k_{1}$ en $k_{2}$, dus er is geen scheidingslijn tussen deze twee kolommen. In het oude bord was er geen scheidingslijn tussen de kolommen $k$ en $k+1$, dus lag er een horizontale tegel in deze kolommen. Dat betekent dat er nu een horizontale tegel in kolommen $k$ en $k_{1}$ ligt en een horizontale tegel in kolommen $k_{2}$ en $k+1$, zodat ook tussen die twee paren kolommen geen scheidingslijn is. Het hele nieuwe bord bevat dus geen enkele scheidingslijn.
Dit voltooit de inductie. Nu volgt dat er een $5 \times 2010$-bord bestaat zonder scheidingslijn.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nOpgave 2.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2011-C_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "# Oplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
|
The circles $\Gamma_{1}$ and $\Gamma_{2}$ intersect at $D$ and $P$. The common tangent of the two circles closest to point $D$ touches $\Gamma_{1}$ at $A$ and $\Gamma_{2}$ at $B$. The line $A D$ intersects $\Gamma_{2}$ again at $C$. Let $M$ be the midpoint of segment $B C$.
Prove that $\angle D P M=\angle B D C$.
保留了源文本的换行和格式，直接输出了翻译结果。
|
Let $S$ be the intersection of $PD$ and $AB$. Then $S$ lies on the radical axis of the two circles, and thus $|SA|=|SB|$. Therefore, $PS$ is a median in triangle $PAB$.
By the tangent-secant angle theorem on $\Gamma_{1}$ with chord $AP$, we have $\angle BAP = 180^{\circ} - \angle ADP = \angle CDP = \angle CBP$. By the tangent-secant angle theorem on $\Gamma_{2}$ with chord $BP$, we have $\angle ABP = \angle BCP$. Therefore, $\triangle PAB \sim \triangle PBC$ (AA). Since $PM$ is a median in triangle $PBC$, we have $\angle SPB = \angle MPC$. Thus,
$\angle DPM = \angle DPB + \angle BPM = \angle SPB + \angle BPM = \angle MPC + \angle BPM = \angle BPC = \angle BDC$.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
De cirkels $\Gamma_{1}$ en $\Gamma_{2}$ snijden elkaar in $D$ en $P$. De gemeenschappelijke raaklijn van de twee cirkels het dichtste bij punt $D$ raakt $\Gamma_{1}$ in $A$ en $\Gamma_{2}$ in $B$. De lijn $A D$ snijdt $\Gamma_{2}$ voor de tweede keer in $C$. Zij $M$ het midden van lijnstuk $B C$.
Bewijs dat $\angle D P M=\angle B D C$.
|
Zij $S$ het snijpunt van $P D$ en $A B$. Dan ligt $S$ op de machtlijn van de twee cirkels en geldt dus $|S A|=|S B|$. Dus $P S$ is een zwaartelijn in driehoek $P A B$.
Vanwege de raaklijnomtrekshoekstelling op $\Gamma_{1}$ met koorde $A P$ geldt $\angle B A P=180^{\circ}-$ $\angle A D P=\angle C D P=\angle C B P$. Vanwege de raaklijnomtrekshoekstelling op $\Gamma_{2}$ met koorde $B P$ geldt $\angle A B P=\angle B C P$. Dus $\triangle P A B \sim \triangle P B C$ (hh). Omdat $P M$ een zwaartelijn in driehoek $P B C$ is, geldt $\angle S P B=\angle M P C$. Dus
$\angle D P M=\angle D P B+\angle B P M=\angle S P B+\angle B P M=\angle M P C+\angle B P M=\angle B P C=\angle B D C$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nOpgave 3.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2011-C_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing I.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
|
The circles $\Gamma_{1}$ and $\Gamma_{2}$ intersect at $D$ and $P$. The common tangent of the two circles closest to point $D$ touches $\Gamma_{1}$ at $A$ and $\Gamma_{2}$ at $B$. The line $A D$ intersects $\Gamma_{2}$ again at $C$. Let $M$ be the midpoint of segment $B C$.
Prove that $\angle D P M=\angle B D C$.
保留了源文本的换行和格式，直接输出了翻译结果。
|
Let $S$ be the intersection of $PD$ and $AB$. Then $S$ lies on the radical axis of the two circles, and thus $|SA|=|SB|$. Therefore, $SM$ is a midline in $\triangle ABC$. This implies
$$
\angle SMB = \angle ACB = \angle DCB = \angle DPB = \angle SPB
$$
Thus, $SBMP$ is a cyclic quadrilateral. This means
$$
\angle BPM = \angle BSM = \angle BAC
$$
Furthermore, by the tangent-secant theorem on chord $DB$, we have
$$
\angle ABD = \angle BPD.
$$
The exterior angle theorem in $\triangle ABD$ gives that $\angle BDC = \angle BAC + \angle ABD$. Combining this with (1) and (2), we see that $\angle BDC = \angle BPM + \angle BPD = \angle DPM$.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
De cirkels $\Gamma_{1}$ en $\Gamma_{2}$ snijden elkaar in $D$ en $P$. De gemeenschappelijke raaklijn van de twee cirkels het dichtste bij punt $D$ raakt $\Gamma_{1}$ in $A$ en $\Gamma_{2}$ in $B$. De lijn $A D$ snijdt $\Gamma_{2}$ voor de tweede keer in $C$. Zij $M$ het midden van lijnstuk $B C$.
Bewijs dat $\angle D P M=\angle B D C$.
|
Zij $S$ het snijpunt van $P D$ en $A B$. Dan ligt $S$ op de machtlijn van de twee cirkels en geldt dus $|S A|=|S B|$. Dus $S M$ is een middenparallel in $\triangle A B C$. Hieruit volgt
$$
\angle S M B=\angle A C B=\angle D C B=\angle D P B=\angle S P B
$$
Dus $S B M P$ is een koordenvierhoek. Dat betekent
$$
\angle B P M=\angle B S M=\angle B A C
$$
Verder geldt wegens de raaklijnomtrekshoekstelling op koorde $D B$ dat
$$
\angle A B D=\angle B P D .
$$
De buitenhoekstelling in $\triangle A B D$ geeft dat $\angle B D C=\angle B A C+\angle A B D$. Als we dit combineren met (1) en (2), zien we dat $\angle B D C=\angle B P M+\angle B P D=\angle D P M$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nOpgave 3.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2011-C_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing II.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
|
Determine all integers $n$ for which the polynomial $P(x)=3 x^{3}-n x-n-2$ can be written as the product of two non-constant polynomials with integer coefficients.
|
Suppose $P(x)$ can be written as $P(x)=A(x) B(x)$ with $A$ and $B$ being non-constant polynomials with integer coefficients. Since $A$ and $B$ are not constant, they each have a degree of at least 1. The sum of the two degrees is equal to the degree of $P$, which is 3. This means that the two degrees must be 1 and 2. We can thus write, without loss of generality, $A(x)=a x^{2}+b x+c$ and $B(x)=d x+e$ with $a, b, c, d$ and $e$ being integers. The product of the leading coefficients $a$ and $d$ is equal to the leading coefficient of $P$, which is 3. Since we could also multiply both $A$ and $B$ by -1, we may assume that $a$ and $d$ are both positive and thus, in some order, equal to 1 and 3.
First, assume that $d=1$. Substitute $x=-1$. We have
$$
P(-1)=3 \cdot(-1)^{3}+n-n-2=-5,
$$
so
$$
-5=P(-1)=A(-1) B(-1)=A(-1) \cdot(-1+e).
$$
We see that $-1+e$ is a divisor of -5, so it is equal to $-5, -1, 1$ or 5. This gives four possible values for $e$, namely $-4, 0, 2$ or 6. Furthermore, $x=-e$ is a root of $B$ and thus also of $P$.
If $e=-4$, then
$$
0=P(4)=3 \cdot 4^{3}-4 n-n-2=190-5 n
$$
so $n=38$. We can indeed factorize $P(x)$ as follows:
$$
3 x^{3}-38 x-40=\left(3 x^{2}+12 x+10\right)(x-4)
$$
If $e=0$, then
$$
0=P(0)=-n-2
$$
so $n=-2$. We can indeed factorize $P(x)$ as follows:
$$
3 x^{3}+2 x=\left(3 x^{2}+2\right) x
$$
If $e=2$, then
$$
0=P(-2)=3 \cdot(-2)^{3}+2 n-n-2=-26+n
$$
so $n=26$. We can indeed factorize $P(x)$ as follows:
$$
3 x^{3}-26 x-28=\left(3 x^{2}-6 x-14\right)(x+2)
$$
If $e=6$, then
$$
0=P(-6)=3 \cdot(-6)^{3}+6 n-n-2=-650+5 n
$$
so $n=130$. We can indeed factorize $P(x)$ as follows:
$$
3 x^{3}-130 x-132=\left(3 x^{2}-18 x-22\right)(x+6)
$$
Now assume that $d=3$. We have
$$
-5=P(-1)=A(-1) B(-1)=A(-1) \cdot(-3+e)
$$
We see that $-3+e$ is a divisor of -5, so it is equal to $-5, -1, 1$ or 5. This gives four possible values for $e$, namely $-2, 2, 4$ or 8. Furthermore, $x=\frac{-e}{3}$ is a root of $B$ and thus also of $P$. We see that $e$ is never divisible by 3. We have
$$
0=P\left(\frac{-e}{3}\right)=3 \cdot\left(\frac{-e}{3}\right)^{3}+\frac{e}{3} n-n-2=-\frac{e^{3}}{9}+\frac{e-3}{3} n-2,
$$
so $\frac{e-3}{3} n=\frac{e^{3}}{9}+2$, thus $(e-3) n=\frac{e^{3}}{3}+6$. But this leads to a contradiction, because the left side is an integer and the right side is not, since 3 is not a divisor of $e$.
We conclude that the solutions are: $n=38, n=-2, n=26$ and $n=130$.
|
n=38, n=-2, n=26, n=130
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Algebra
|
Bepaal alle gehele getallen $n$ waarvoor het polynoom $P(x)=3 x^{3}-n x-n-2$ te schrijven is als het product van twee niet-constante polynomen met gehele coëfficiënten.
|
Stel dat $P(x)$ te schrijven is als $P(x)=A(x) B(x)$ met $A$ en $B$ niet-constante polynomen met gehele coëfficiënten. Omdat $A$ en $B$ niet constant zijn, hebben ze elk graad minstens 1. De som van de twee graden is gelijk aan de graad van $P$, dus gelijk aan 3. Dit betekent dat de twee graden 1 en 2 moeten zijn. We kunnen dus zonder verlies van algemeenheid schrijven $A(x)=a x^{2}+b x+c$ en $B(x)=d x+e$ met $a, b, c, d$ en $e$ gehele getallen. Het product van de kopcoëfficiënten $a$ en $d$ is gelijk aan de kopcoëfficiënt van $P$, dus gelijk aan 3. Omdat we $A$ en $B$ ook beide met -1 zouden kunnen vermenigvuldigen, mogen we aannemen dat $a$ en $d$ beide positief zijn en dus in een of andere volgorde gelijk aan 1 en 3.
Stel eerst dat $d=1$ Vul nu $x=-1$ in. Er geldt
$$
P(-1)=3 \cdot(-1)^{3}+n-n-2=-5,
$$
dus
$$
-5=P(-1)=A(-1) B(-1)=A(-1) \cdot(-1+e) .
$$
We zien dat $-1+e$ een deler is van -5 , dus gelijk is aan $-5,-1,1$ of 5 . Dat geeft vier mogelijke waarden voor $e$, namelijk $-4,0,2$ of 6 . Verder is $x=-e$ een nulpunt van $B$ en dus ook van $P$.
Als $e=-4$, dan geldt
$$
0=P(4)=3 \cdot 4^{3}-4 n-n-2=190-5 n
$$
dus $n=38$. We kunnen dan $P(x)$ inderdaad ontbinden:
$$
3 x^{3}-38 x-40=\left(3 x^{2}+12 x+10\right)(x-4)
$$
Als $e=0$, dan geldt
$$
0=P(0)=-n-2
$$
dus $n=-2$. We kunnen dan $P(x)$ inderdaad ontbinden:
$$
3 x^{3}+2 x=\left(3 x^{2}+2\right) x
$$
Als $e=2$, dan geldt
$$
0=P(-2)=3 \cdot(-2)^{3}+2 n-n-2=-26+n
$$
dus $n=26$. We kunnen dan $P(x)$ inderdaad ontbinden:
$$
3 x^{3}-26 x-28=\left(3 x^{2}-6 x-14\right)(x+2)
$$
Als $e=6$, dan geldt
$$
0=P(-6)=3 \cdot(-6)^{3}+6 n-n-2=-650+5 n
$$
dus $n=130$. We kunnen dan $P(x)$ inderdaad ontbinden:
$$
3 x^{3}-130 x-132=\left(3 x^{2}-18 x-22\right)(x+6)
$$
Stel nu dat $d=3$. Er geldt nu
$$
-5=P(-1)=A(-1) B(-1)=A(-1) \cdot(-3+e)
$$
We zien dat $-3+e$ een deler is van -5 , dus gelijk is aan $-5,-1,1$ of 5 . Dat geeft vier mogelijke waarden voor $e$, namelijk $-2,2,4$ of 8 . Verder is $x=\frac{-e}{3}$ een nulpunt van $B$ en dus ook van $P$. We zien dat $e$ nooit deelbaar is door 3. Er geldt nu
$$
0=P\left(\frac{-e}{3}\right)=3 \cdot\left(\frac{-e}{3}\right)^{3}+\frac{e}{3} n-n-2=-\frac{e^{3}}{9}+\frac{e-3}{3} n-2,
$$
dus $\frac{e-3}{3} n=\frac{e^{3}}{9}+2$, dus $(e-3) n=\frac{e^{3}}{3}+6$. Maar dit geeft een tegenspraak, want links staat een geheel getal en rechts niet, aangezien 3 geen deler is van $e$.
We concluderen dat de oplossingen zijn: $n=38, n=-2, n=26$ en $n=130$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nOpgave 4.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2011-C_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing I.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
|
Determine all integers $n$ for which the polynomial $P(x)=3 x^{3}-n x-n-2$ can be written as the product of two non-constant polynomials with integer coefficients.
|
Just as in solution I, we write $P(x)=\left(a x^{2}+b x+c\right)(d x+e)$ and deduce that $a=1$ and $d=3$, or $a=3$ and $d=1$. By comparing the coefficients, we get three more conditions:
$$
\begin{aligned}
a e+b d & =0, \\
b e+d c & =-n, \\
c e & =-n-2 .
\end{aligned}
$$
First, assume that $a=3$ and $d=1$. From (3) we now get $b=-3 e$. From (4) and (5) we now have
$$
\begin{aligned}
& -n=-3 e^{2}+c \\
& -n=c e+2
\end{aligned}
$$
so $-3 e^{2}+c=c e+2$, thus
$$
c=\frac{-3 e^{2}-2}{e-1}=\frac{-3 e(e-1)-3 e-2}{e-1}=-3 e+\frac{-3(e-1)-5}{e-1}=-3 e-3-\frac{5}{e-1} .
$$
Since $c$ must be an integer, $e-1$ must be a divisor of 5 and thus equal to $-5,-1$, 1 or 5. This gives four possible values for $e$, namely $-4,0,2$ or 6. If $e=-4$, we get $c=(-3)(-4)-3-\frac{5}{-5}=10$ and thus $n=-10 \cdot(-4)-2=38$. If $e=0$, we get $c=(-3) \cdot 0-3-\frac{5}{-1}=2$ and thus $n=-2 \cdot 0-2=-2$. If $e=2$, we get $c=(-3) \cdot 2-3-\frac{5}{1}=-14$ and thus $n=14 \cdot 2-2=26$. If $e=6$, we get $c=(-3) \cdot 6-3-\frac{5}{5}=-22$ and thus $n=22 \cdot 6-2=130$. All these values of $n$ satisfy, as we saw in solution I.
Now assume that $a=1$ and $d=3$. From (3) we now get $e=-3 b$. From (4) and (5) we now have
$$
\begin{aligned}
& -n=-3 b^{2}+3 c \\
& -n=-3 b c+2
\end{aligned}
$$
so $-3 b^{2}+3 c=-3 b c+2$. However, every term of this equality is divisible by 3 except the term 2, which is a contradiction. This case thus gives no solutions.
We conclude that the solutions are: $n=38, n=-2, n=26$ and $n=130$.
|
n=38, n=-2, n=26, n=130
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Algebra
|
Bepaal alle gehele getallen $n$ waarvoor het polynoom $P(x)=3 x^{3}-n x-n-2$ te schrijven is als het product van twee niet-constante polynomen met gehele coëfficiënten.
|
Net als in oplossing I schrijven we schrijven $P(x)=\left(a x^{2}+b x+c\right)(d x+e)$ en leiden we af dat $a=1$ en $d=3$, of $a=3$ en $d=1$. Door het vergelijken van de coëfficiënten krijgen we nog drie voorwaarden:
$$
\begin{aligned}
a e+b d & =0, \\
b e+d c & =-n, \\
c e & =-n-2 .
\end{aligned}
$$
Stel eerst dat $a=3$ en $d=1$. Uit (3) volgt nu $b=-3 e$. Uit (4) en (5) krijgen we nu
$$
\begin{aligned}
& -n=-3 e^{2}+c \\
& -n=c e+2
\end{aligned}
$$
dus $-3 e^{2}+c=c e+2$, dus
$$
c=\frac{-3 e^{2}-2}{e-1}=\frac{-3 e(e-1)-3 e-2}{e-1}=-3 e+\frac{-3(e-1)-5}{e-1}=-3 e-3-\frac{5}{e-1} .
$$
Omdat $c$ geheel moet zijn, moet $e-1$ een deler zijn van 5 en dus gelijk zijn aan $-5,-1$, 1 of 5 . Dat geeft vier mogelijke waarden voor $e$, namelijk $-4,0,2$ of 6 . Als $e=-4$, krijgen we $c=(-3)(-4)-3-\frac{5}{-5}=10$ en dus $n=-10 \cdot(-4)-2=38$. Als $e=0$, krijgen we $c=(-3) \cdot 0-3-\frac{5}{-1}=2$ en dus $n=-2 \cdot 0-2=-2$. Als $e=2$, krijgen we $c=(-3) \cdot 2-3-\frac{5}{1}=-14$ en dus $n=14 \cdot 2-2=26$. Als $e=6$, krijgen we $c=(-3) \cdot 6-3-\frac{5}{5}=-22$ en dus $n=22 \cdot 6-2=130$. Al deze waarden van $n$ voldoen, zoals we in oplossing I hebben gezien.
Stel nu dat $a=1$ en $d=3$. Uit (3) volgt nu $e=-3 b$. Uit (4) en (5) krijgen we nu
$$
\begin{aligned}
& -n=-3 b^{2}+3 c \\
& -n=-3 b c+2
\end{aligned}
$$
dus $-3 b^{2}+3 c=-3 b c+2$. Echter, elke term van deze gelijkheid is deelbaar door 3 behalve de term 2, wat een tegenspraak is. Dit geval geeft dus geen oplossingen.
We concluderen dat de oplossingen zijn: $n=38, n=-2, n=26$ en $n=130$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nOpgave 4.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2011-C_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing II.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
|
Let $A B C$ be a triangle with $|A B|>|B C|$. Let $D$ be the midpoint of $A C$. Let $E$ be the intersection of the angle bisector of $\angle A B C$ with the line $A C$. Let $F$ be a point on $B E$ such that $C F$ is perpendicular to $B E$. Let $G$ be the intersection of $C F$ and $B D$.
Prove that $D F$ bisects the line segment $E G$.
|
Note that due to the condition $|A B|>|B C|$, the points $D$ and $E$ are different, and the order of points on the line $A C$ is: $A, D, E, C$. Furthermore, $\angle B C A>\angle C A B$, so $\angle B C A+\frac{1}{2} \angle A B C>90^{\circ}$, which implies that $F$ lies on the interior of $B E$. Therefore, $G$ also lies on the interior of $B D$.
Let $K$ be the intersection of $C F$ and $A B$. Since $B E$ is the angle bisector of $\angle A B C$, we have $\angle K B F = \angle F B C$. Additionally, $\angle B F K = 90^{\circ} = \angle C F B$ and $|B F| = |B F|$, so by (ASA) $\triangle K B F \sim \triangle C B F$. This implies $|B K| = |B C|$ and $|K F| = |C F|$. In particular, $F$ is the midpoint of $C K$. Since $D$ is the midpoint of $A C$, this means that $D F$ is a midline in $\triangle A K C$, so $D F \| A K$ and $|D F| = \frac{1}{2}|A K|$.
From $D F \| A B$ it follows that $\triangle K G B \sim \triangle F G D$ (AA), so
$$
\frac{|D G|}{|B G|} = \frac{|F D|}{|K B|} = \frac{\frac{1}{2}|A K|}{|K B|} = \frac{\frac{1}{2}(|A B| - |K B|)}{|K B|} = \frac{\frac{1}{2}(|A B| - |B C|)}{|B C|}.
$$
The Angle Bisector Theorem states that $\frac{|A E|}{|C E|} = \frac{|A B|}{|C B|}$, or $\frac{|A C| - |C E|}{|C E|} = \frac{|A B|}{|B C|}$. This gives $|B C| \cdot (|A C| - |C E|) = |A B| \cdot |C E|$, so $|B C| \cdot |A C| = |C E| \cdot (|A B| + |B C|)$, thus
$$
|C E| = \frac{|B C| \cdot |A C|}{|A B| + |B C|}
$$
We now calculate further
$$
\begin{gathered}
|D E| = |D C| - |C E| = \frac{1}{2}|A C| - |C E| = \frac{\frac{1}{2}|A C| \cdot (|A B| + |B C|) - |A C| \cdot |B C|}{|A B| + |B C|} \\
= \frac{\frac{1}{2}|A C| \cdot (|A B| - |B C|)}{|A B| + |B C|}.
\end{gathered}
$$
Thus
$$
\frac{|D E|}{|C E|} = \frac{\frac{\frac{1}{2}|A C| \cdot (|A B| - |B C|)}{|A B| + |B C|}}{\frac{|B C| \cdot |A C|}{|A B| + |B C|}} = \frac{\frac{1}{2}(|A B| - |B C|)}{|B C|}
$$
Combined with (6), we now see that
$$
\frac{|D E|}{|C E|} = \frac{|D G|}{|B G|}
$$
In triangle $D B C$, this means that $E G \| B C$. Let $S$ now be the intersection of $D F$ and $E G$. Then we know
$$
\angle S G F = \angle E G F = \angle F C B = \angle F K B = \angle G F D = \angle G F S,
$$
so $\triangle S F G$ is isosceles with $|S F| = |S G|$. Furthermore,
$$
\angle S E F = \angle G E F = 90^{\circ} - \angle E G F = 90^{\circ} - \angle G F S = \angle S F E,
$$
so $\triangle S F E$ is also isosceles with $|S F| = |S E|$. We conclude that $|S G| = |S E|$, so $S$ is the midpoint of $E G$.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Zij $A B C$ een driehoek met $|A B|>|B C|$. Zij $D$ het midden van $A C$. Zij $E$ het snijpunt van de bissectrice van $\angle A B C$ met de lijn $A C$. Zij $F$ op $B E$ zo dat $C F$ loodrecht op $B E$ staat. Zij verder $G$ het snijpunt van $C F$ en $B D$.
Bewijs dat $D F$ het lijnstuk $E G$ doormidden snijdt.
|
Merk op dat vanwege de voorwaarde $|A B|>|B C|$ de punten $D$ en $E$ verschillend zijn en de volgorde van punten op de lijn $A C$ is: $A, D, E, C$. Verder is $\angle B C A>\angle C A B$, dus $\angle B C A+\frac{1}{2} \angle A B C>90^{\circ}$, waaruit volgt dat $F$ op het inwendige van $B E$ ligt. Daarmee ligt ook $G$ op het inwendige van $B D$.
Zij nu $K$ het snijpunt van $C F$ en $A B$. Omdat $B E$ de bissectrice van $\angle A B C$ is, is $\angle K B F=$ $\angle F B C$. Verder geldt $\angle B F K=90^{\circ}=\angle C F B$ en $|B F|=|B F|$, dus wegens (HZH) geldt $\triangle K B F \sim \triangle C B F$. Hieruit volgt $|B K|=|B C|$ en $|K F|=|C F|$. In het bijzonder is $F$ het midden van $C K$. Omdat $D$ het midden van $A C$ is, betekent dit dat $D F$ een middenparallel is in $\triangle A K C$, dus $D F \| A K$ en $|D F|=\frac{1}{2}|A K|$.
Uit $D F \| A B$ volgt $\triangle K G B \sim \triangle F G D$ (hh), dus
$$
\frac{|D G|}{|B G|}=\frac{|F D|}{|K B|}=\frac{\frac{1}{2}|A K|}{|K B|}=\frac{\frac{1}{2}(|A B|-|K B|)}{|K B|}=\frac{\frac{1}{2}(|A B|-|B C|)}{|B C|} .
$$
De bissectricestelling zegt dat $\frac{|A E|}{|C E|}=\frac{|A B|}{|C B|}$, oftewel $\frac{|A C|-|C E|}{|C E|}=\frac{|A B|}{|B C|}$. Dit geeft $|B C| \cdot(|A C|-$ $|C E|)=|A B| \cdot|C E|$, dus $|B C| \cdot|A C|=|C E| \cdot(|A B|+|B C|)$, dus
$$
|C E|=\frac{|B C| \cdot|A C|}{|A B|+|B C|}
$$
We berekenen nu verder
$$
\begin{gathered}
|D E|=|D C|-|C E|=\frac{1}{2}|A C|-|C E|=\frac{\frac{1}{2}|A C| \cdot(|A B|+|B C|)-|A C| \cdot|B C|}{|A B|+|B C|} \\
=\frac{\frac{1}{2}|A C| \cdot(|A B|-|B C|)}{|A B|+|B C|} .
\end{gathered}
$$
Dus
$$
\frac{|D E|}{|C E|}=\frac{\frac{\frac{1}{2}|A C| \cdot(|A B|-|B C|)}{|A B|+|B C|}}{\frac{|B C| \cdot|A C|}{|A B|+|B C|}}=\frac{\frac{1}{2}(|A B|-|B C|)}{|B C|}
$$
Gecombineerd met (6) zien we nu dat
$$
\frac{|D E|}{|C E|}=\frac{|D G|}{|B G|}
$$
In driehoek $D B C$ betekent dit dat $E G \| B C$. Noem $S$ nu het snijpunt van $D F$ en $E G$. Dan weten we
$$
\angle S G F=\angle E G F=\angle F C B=\angle F K B=\angle G F D=\angle G F S,
$$
dus $\triangle S F G$ is gelijkbenig met $|S F|=|S G|$. Verder is
$$
\angle S E F=\angle G E F=90^{\circ}-\angle E G F=90^{\circ}-\angle G F S=\angle S F E,
$$
dus ook $\triangle S F E$ is gelijkbenig met $|S F|=|S E|$. We concluderen dat $|S G|=|S E|$, dus dat $S$ het midden van $E G$ is.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nOpgave 5.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2011-C_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing I.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
|
Let $A B C$ be a triangle with $|A B|>|B C|$. Let $D$ be the midpoint of $A C$. Let $E$ be the intersection of the angle bisector of $\angle A B C$ with the line $A C$. Let $F$ be a point on $B E$ such that $C F$ is perpendicular to $B E$. Let $G$ be the intersection of $C F$ and $B D$.
Prove that $D F$ bisects the line segment $E G$.
|
Just as in the above solution, we deduce that $D F \| A K$. Thus, $D F$ is also the midline of $\triangle A B C$, so the intersection point $H$ of $D F$ and $B C$ is the midpoint of $B C$. Let $G^{\prime}$ be the intersection of $C F$ and the line through $E$ parallel to $C B$. Let $T$ be the intersection of $D H$ and $E G^{\prime}$. Since $E G^{\prime} \| C B$, we have $\triangle E G^{\prime} F \sim \triangle B C F$ and also $\triangle E T F \sim \triangle B H F$. Therefore,
$$
\frac{|E T|}{\left|E G^{\prime}\right|}=\frac{|E T|}{|E F|} \cdot \frac{|E F|}{\left|E G^{\prime}\right|}=\frac{|B H|}{|B F|} \cdot \frac{|B F|}{|B C|}=\frac{|B H|}{|B C|}=\frac{1}{2} .
$$
We see that $T$ is the midpoint of $E G^{\prime}$. If we now prove that $G^{\prime}=G$, then we know directly that $D F$ bisects the segment $E G$ and we are done. Since $E G^{\prime} \| C B$, we have $\triangle D T E \sim \triangle D H C$, so
$$
\frac{\left|E G^{\prime}\right|}{|C B|}=\frac{2|E T|}{2|C H|}=\frac{|E T|}{|C H|}=\frac{|E D|}{|C D|}
$$
By (zhz) we now see that $\triangle E D G^{\prime} \sim \triangle C D B$. This implies $\angle E D G^{\prime}=\angle C D B$, so $G^{\prime}$ lies on the line $D B$. Therefore, $G^{\prime}$ is the intersection of $D B$ and $C F$ and is thus equal to $G$.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Zij $A B C$ een driehoek met $|A B|>|B C|$. Zij $D$ het midden van $A C$. Zij $E$ het snijpunt van de bissectrice van $\angle A B C$ met de lijn $A C$. Zij $F$ op $B E$ zo dat $C F$ loodrecht op $B E$ staat. Zij verder $G$ het snijpunt van $C F$ en $B D$.
Bewijs dat $D F$ het lijnstuk $E G$ doormidden snijdt.
|
Net als in bovenstaande oplossing leiden we af dat $D F \| A K$. Daarmee wordt $D F$ ook de middenparallel van $\triangle A B C$, dus het snijpunt $H$ van $D F$ en $B C$ is het midden van $B C$. Zij nu $G^{\prime}$ het snijpunt van $C F$ en de lijn door $E$ evenwijdig aan $C B$. Zij $T$ het snijpunt van $D H$ en $E G^{\prime}$. Omdat $E G^{\prime} \| C B$, geldt $\triangle E G^{\prime} F \sim \triangle B C F$ en ook $\triangle E T F \sim \triangle B H F$. Dus
$$
\frac{|E T|}{\left|E G^{\prime}\right|}=\frac{|E T|}{|E F|} \cdot \frac{|E F|}{\left|E G^{\prime}\right|}=\frac{|B H|}{|B F|} \cdot \frac{|B F|}{|B C|}=\frac{|B H|}{|B C|}=\frac{1}{2} .
$$
We zien dat $T$ het midden is van $E G^{\prime}$. Als we nu bewijzen dat $G^{\prime}=G$, dan weten we direct dat $D F$ het lijnstuk $E G$ doormidden snijdt en zijn we dus klaar. Vanwege $E G^{\prime} \| C B$ geldt $\triangle D T E \sim \triangle D H C$, dus
$$
\frac{\left|E G^{\prime}\right|}{|C B|}=\frac{2|E T|}{2|C H|}=\frac{|E T|}{|C H|}=\frac{|E D|}{|C D|}
$$
Met (zhz) zien we nu dat $\triangle E D G^{\prime} \sim \triangle C D B$. Hieruit volgt $\angle E D G^{\prime}=\angle C D B$, dus $G^{\prime}$ ligt op de lijn $D B$. Dus $G^{\prime}$ is het snijpunt van $D B$ en $C F$ en daarmee gelijk aan $G$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nOpgave 5.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2011-C_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing II.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
|
Let $A B C$ be a triangle with $|A B|>|B C|$. Let $D$ be the midpoint of $A C$. Let $E$ be the intersection of the angle bisector of $\angle A B C$ with the line $A C$. Let $F$ be a point on $B E$ such that $C F$ is perpendicular to $B E$. Let $G$ be the intersection of $C F$ and $B D$.
Prove that $D F$ bisects the line segment $E G$.
|
The perpendicular bisector of $AC$ (the line through $D$ perpendicular to $AC$) intersects the angle bisector of $\angle ABC$ at the circumcircle of $\triangle ABC$, as they both divide the arc $AC$ into two equal parts. Let this intersection point be $S$. Since $\angle CFS$ and $\angle CDS$ are both $90^{\circ}$, $CFDS$ is a cyclic quadrilateral according to Thales. This gives us $\angle FDC = \angle FSC = \angle BSC = \angle BAC$, so $DF \parallel AB$ due to F-angles.
Let the midpoint of side $BC$ now be $H$. Since $DH$ is a midline in triangle $ABC$, $DH$ is also parallel to $AB$. Therefore, $DF$ and $DH$ are the same line, or in other words: $D, F$, and $H$ lie on the same line. Now, applying Ceva's theorem to $\triangle BCD$ with the points $E, G$, and $H$, we get
$$
1 = \frac{|CE|}{|ED|} \frac{|DG|}{|GB|} \frac{|BH|}{|HC|} = \frac{|CE|}{|ED|} \frac{|DG|}{|GB|}
$$
From this, it follows that $\frac{|DG|}{|GB|} = \frac{|DE|}{|EC|}$. By proportionality, we deduce that $GE$ is parallel to $BC$. Since $DF$ bisects the segment $BC$, it also bisects $GE$.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Zij $A B C$ een driehoek met $|A B|>|B C|$. Zij $D$ het midden van $A C$. Zij $E$ het snijpunt van de bissectrice van $\angle A B C$ met de lijn $A C$. Zij $F$ op $B E$ zo dat $C F$ loodrecht op $B E$ staat. Zij verder $G$ het snijpunt van $C F$ en $B D$.
Bewijs dat $D F$ het lijnstuk $E G$ doormidden snijdt.
|
De middelloodlijn van $A C$ (de lijn door $D$ loodrecht op $A C$ ) snijdt de bissectrice van hoek $\angle A B C$ op de omgeschreven cirkel van $\triangle A B C$, want ze snijden allebei de boog $A C$ in twee gelijke stukken. Noem dit snijpunt $S$. Omdat $\angle C F S$ en $\angle C D S$ allebei $90^{\circ}$ zijn, is $C F D S$ een koordenvierhoek volgens Thales. Hiermee vinden we $\angle F D C=$ $\angle F S C=\angle B S C=\angle B A C$, dus $D F \| A B$ wegens F-hoeken.
Noem het midden van zijde $B C$ nu $H$. Omdat $D H$ een middenparallel is in driehoek $A B C$ is $D H$ ook evenwijdig aan $A B$. Dus $D F$ en $D H$ zijn dezelfde lijn, oftewel: $D, F$ en $H$ liggen op één lijn. Nu geeft de stelling van Ceva op $\triangle B C D$ met de punten $E, G$ en $H$, dat
$$
1=\frac{|C E|}{|E D|} \frac{|D G|}{|G B|} \frac{|B H|}{|H C|}=\frac{|C E|}{|E D|} \frac{|D G|}{|G B|}
$$
Daaruit volgt $\frac{|D G|}{|G B|}=\frac{|D E|}{|E C|}$. Wegens evenredigheid leiden we hieruit af dat $G E$ evenwijdig is aan $B C$. Omdat $D F$ het lijnstuk $B C$ midden doorsnijdt, snijdt zij dus ook $G E$ middendoor.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nOpgave 5.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2011-C_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing III.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
|
Let $n \geq 2$ and $k \geq 1$ be integers. In a country, there are $n$ cities and between each pair of cities, there is a bus connection in both directions. Let $A$ and $B$ be two different cities. Prove that the number of ways to travel from $A$ to $B$ using exactly $k$ buses is equal to
$$
\frac{(n-1)^{k}-(-1)^{k}}{n}
$$
|
Let $\alpha(k)$ be the number of ways to travel from city $A$ to city $B \neq A$ with $k$ buses. Let $\beta(k)$ be the number of ways to travel from city $A$ to city $A$ with $k$ buses. If we start in city $A$ and then take $k$ buses, this can be done in $(n-1)^{k}$ ways. In $\beta(k)$ of these cases, we end up in city $A$, and in $(n-1) \alpha(k)$ of these cases, we end up in a city other than $A$. Therefore,
$$
(n-1) \alpha(k)+\beta(k)=(n-1)^{k} .
$$
Now take $k \geq 2$. To travel from city $A$ to city $A$ with exactly $k$ buses, we take a bus from $A$ to any city (this can be done in $(n-1)$ ways); then we must travel from a city not equal to $A$ to city $A$ with $k-1$ buses, which can be done in $\alpha(k-1)$ ways. Thus,
$$
\beta(k)=(n-1) \alpha(k-1) \quad \text { for } k \geq 2
$$
We now substitute this expression for $\beta(k)$ into (1). This gives us for $k \geq 2$ that
$$
(n-1) \alpha(k)+(n-1) \alpha(k-1)=(n-1)^{k}
$$
and thus
$$
\alpha(k)=(n-1)^{k-1}-\alpha(k-1) .
$$
We will now prove by induction on $k$ that for $n \geq 2$ and $k \geq 1$,
$$
\alpha(k)=\frac{(n-1)^{k}-(-1)^{k}}{n} .
$$
For $k=1$, this gives $\alpha(1)=\frac{(n-1)+1}{n}=1$, which is correct, since there is exactly one way to travel from city $A$ to city $B \neq A$ with one bus. Now let $m \geq 1$ be an integer, and assume that we have proven the expression for $\alpha(k)$ for $k=m$. Then, using (3), for $k=m+1 \geq 2$ we have
$$
\begin{aligned}
& \alpha(m+1)=(n-1)^{m}-\alpha(m)=(n-1)^{m}-\frac{(n-1)^{m}-(-1)^{m}}{n} \\
& =\frac{n(n-1)^{m}-(n-1)^{m}+(-1)^{m}}{n}=\frac{(n-1)^{m+1}-(-1)^{m+1}}{n}
\end{aligned}
$$
which is exactly the expression we wanted to prove for $k=m+1$. This completes the induction.
|
\frac{(n-1)^{k}-(-1)^{k}}{n}
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Combinatorics
|
Laat $n \geq 2$ en $k \geq 1$ gehele getallen zijn. In een land zijn $n$ steden en tussen elk paar steden is een busverbinding in twee richtingen. Laat $A$ en $B$ twee verschillende steden zijn. Bewijs dat het aantal manieren waarop je van $A$ naar $B$ kunt reizen met precies $k$ bussen gelijk is aan
$$
\frac{(n-1)^{k}-(-1)^{k}}{n}
$$
|
Zij $\alpha(k)$ het aantal manieren om van stad $A$ naar stad $B \neq A$ te reizen met $k$ bussen. Zij $\beta(k)$ het aantal manieren om van stad $A$ naar stad $A$ te reizen met $k$ bussen. Als we beginnen in stad $A$ en daarna $k$ keer een bus nemen, dan kan dat op $(n-1)^{k}$ manieren. In $\beta(k)$ van de gevallen komen we uit bij stad $A$ en in $(n-1) \alpha(k)$ van de gevallen bij een andere stad dan $A$. Dus
$$
(n-1) \alpha(k)+\beta(k)=(n-1)^{k} .
$$
Neem nu even $k \geq 2$. Om van stad $A$ naar stad $A$ te reizen met precies $k$ bussen, nemen we een bus van $A$ naar een willekeurige stad (dit kan op $(n-1)$ manieren); vervolgens moeten we van een stad ongelijk aan $A$ naar stad $A$ reizen met $k-1$ bussen, wat kan op $\alpha(k-1)$ manieren. Dus
$$
\beta(k)=(n-1) \alpha(k-1) \quad \text { voor } k \geq 2
$$
We vullen nu deze uitdrukking voor $\beta(k)$ in in (1). Hiermee vinden we voor $k \geq 2$ dat
$$
(n-1) \alpha(k)+(n-1) \alpha(k-1)=(n-1)^{k}
$$
en dus
$$
\alpha(k)=(n-1)^{k-1}-\alpha(k-1) .
$$
We gaan nu met inductie naar $k$ bewijzen dat voor $n \geq 2$ en $k \geq 1$ geldt
$$
\alpha(k)=\frac{(n-1)^{k}-(-1)^{k}}{n} .
$$
Voor $k=1$ staat hier $\alpha(1)=\frac{(n-1)+1}{n}=1$ en dat klopt, omdat er precies één manier is om van stad $A$ naar stad $B \neq A$ te reizen met één bus. Zij nu $m \geq 1$ geheel en stel nu dat we de uitdrukking voor $\alpha(k)$ bewezen hebben voor $k=m$. Dan geldt, gebruikmakend van (3), voor $k=m+1 \geq 2$ dat
$$
\begin{aligned}
& \alpha(m+1)=(n-1)^{m}-\alpha(m)=(n-1)^{m}-\frac{(n-1)^{m}-(-1)^{m}}{n} \\
& =\frac{n(n-1)^{m}-(n-1)^{m}+(-1)^{m}}{n}=\frac{(n-1)^{m+1}-(-1)^{m+1}}{n}
\end{aligned}
$$
en dat is precies de uitdrukking die we wilden bewijzen voor $k=m+1$. Dit voltooit de inductie.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nOpgave 1.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2011-D_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
|
Vind alle functies $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ waarvoor geldt dat
$$
x f(x+x y)=x f(x)+f\left(x^{2}\right) f(y)
$$
voor alle $x, y \in \mathbb{R}$.
|
Invullen van $x=0$ en $y=0$ geeft $0=f(0)^{2}$, dus $f(0)=0$. Invullen van $x=1$ en $y=-1$ geeft $f(0)=f(1)+f(1) f(-1)$, dus $0=f(1)(1+f(-1))$, dus $f(1)=0$ of $f(-1)=-1$. Invullen van $x=-1$ geeft
$$
-f(-1-y)=-f(-1)+f(1) f(y) \quad \text { voor alle } y \in \mathbb{R}
$$
Stel dat $f(1)=0$, dan staat hier $-f(-1-y)=-f(-1)$ en omdat $-1-y$ alle waarden in $\mathbb{R}$ kan aannemen, betekent dit dat $f$ constant is. Omdat $f(0)=0$, moet dan wel gelden $f(x)=0$ voor alle $x$. Het is duidelijk dat deze functie voldoet aan de oorspronkelijke vergelijking. We hebben dus de eerste oplossing gevonden: $f(x)=0$ voor alle $x \in \mathbb{R}$.
Neem nu verder aan dat $f(1) \neq 0$, zodat $f(-1)=-1$. Vul nu $y=-1$ in in (4), dan krijgen we $-f(0)=-f(-1)+f(1) f(-1)$, dus $0=1-f(1)$, dus $f(1)=1$. Invullen van $x=1$ in de oorspronkelijke vergelijking geeft
$$
f(1+y)=1+f(y) \quad \text { voor alle } y \in \mathbb{R}
$$
Verder geeft $y=-1$ in de oorspronkelijke vergelijking dat $x f(0)=x f(x)-f\left(x^{2}\right)$, dus
$$
x f(x)=f\left(x^{2}\right) \quad \text { voor alle } x \in \mathbb{R}
$$
De oorspronkelijke vergelijking kunnen we nu schrijven als
$$
x f(x+x y)=x f(x)+x f(x) f(y)=x f(x)(1+f(y))
$$
Als $x \neq 0$, kunnen we links en rechts delen door $x$ en geeft het toepassen van (5)
$$
f(x+x y)=f(x) f(1+y) \quad \text { voor } x \neq 0
$$
Merk op dat dit ook waar is voor $x=0$. Noem nu $z=1+y$. Omdat dit alle waarden in $\mathbb{R}$ kan aannemen, krijgen we
$$
f(x z)=f(x) f(z) \quad \text { voor alle } x, z \in \mathbb{R}
$$
Als we dit toepassen op (6), vinden we
$$
x f(x)=f\left(x^{2}\right)=f(x) f(x),
$$
dus voor alle $x$ geldt $f(x)=0$ of $f(x)=x$. Stel nu dat er een $x \neq 0$ is met $f(x)=0$, dan geldt
$$
1=f(1)=f\left(x \cdot \frac{1}{x}\right)=f(x) f\left(\frac{1}{x}\right)=0,
$$
tegenspraak. Dus voor alle $x \neq 0$ geldt $f(x)=x$. Ook voor $x=0$ is dit waar. Invullen in de oorspronkelijke vergelijking laat zien dat dit een oplossing is. De twee functies die voldoen zijn dus $f(x)=0$ voor alle $x \in \mathbb{R}$ en $f(x)=x$ voor alle $x \in \mathbb{R}$.
|
f(x)=0 \text{ voor alle } x \in \mathbb{R} \text{ en } f(x)=x \text{ voor alle } x \in \mathbb{R}
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Algebra
|
Vind alle functies $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ waarvoor geldt dat
$$
x f(x+x y)=x f(x)+f\left(x^{2}\right) f(y)
$$
voor alle $x, y \in \mathbb{R}$.
|
Invullen van $x=0$ en $y=0$ geeft $0=f(0)^{2}$, dus $f(0)=0$. Invullen van $x=1$ en $y=-1$ geeft $f(0)=f(1)+f(1) f(-1)$, dus $0=f(1)(1+f(-1))$, dus $f(1)=0$ of $f(-1)=-1$. Invullen van $x=-1$ geeft
$$
-f(-1-y)=-f(-1)+f(1) f(y) \quad \text { voor alle } y \in \mathbb{R}
$$
Stel dat $f(1)=0$, dan staat hier $-f(-1-y)=-f(-1)$ en omdat $-1-y$ alle waarden in $\mathbb{R}$ kan aannemen, betekent dit dat $f$ constant is. Omdat $f(0)=0$, moet dan wel gelden $f(x)=0$ voor alle $x$. Het is duidelijk dat deze functie voldoet aan de oorspronkelijke vergelijking. We hebben dus de eerste oplossing gevonden: $f(x)=0$ voor alle $x \in \mathbb{R}$.
Neem nu verder aan dat $f(1) \neq 0$, zodat $f(-1)=-1$. Vul nu $y=-1$ in in (4), dan krijgen we $-f(0)=-f(-1)+f(1) f(-1)$, dus $0=1-f(1)$, dus $f(1)=1$. Invullen van $x=1$ in de oorspronkelijke vergelijking geeft
$$
f(1+y)=1+f(y) \quad \text { voor alle } y \in \mathbb{R}
$$
Verder geeft $y=-1$ in de oorspronkelijke vergelijking dat $x f(0)=x f(x)-f\left(x^{2}\right)$, dus
$$
x f(x)=f\left(x^{2}\right) \quad \text { voor alle } x \in \mathbb{R}
$$
De oorspronkelijke vergelijking kunnen we nu schrijven als
$$
x f(x+x y)=x f(x)+x f(x) f(y)=x f(x)(1+f(y))
$$
Als $x \neq 0$, kunnen we links en rechts delen door $x$ en geeft het toepassen van (5)
$$
f(x+x y)=f(x) f(1+y) \quad \text { voor } x \neq 0
$$
Merk op dat dit ook waar is voor $x=0$. Noem nu $z=1+y$. Omdat dit alle waarden in $\mathbb{R}$ kan aannemen, krijgen we
$$
f(x z)=f(x) f(z) \quad \text { voor alle } x, z \in \mathbb{R}
$$
Als we dit toepassen op (6), vinden we
$$
x f(x)=f\left(x^{2}\right)=f(x) f(x),
$$
dus voor alle $x$ geldt $f(x)=0$ of $f(x)=x$. Stel nu dat er een $x \neq 0$ is met $f(x)=0$, dan geldt
$$
1=f(1)=f\left(x \cdot \frac{1}{x}\right)=f(x) f\left(\frac{1}{x}\right)=0,
$$
tegenspraak. Dus voor alle $x \neq 0$ geldt $f(x)=x$. Ook voor $x=0$ is dit waar. Invullen in de oorspronkelijke vergelijking laat zien dat dit een oplossing is. De twee functies die voldoen zijn dus $f(x)=0$ voor alle $x \in \mathbb{R}$ en $f(x)=x$ voor alle $x \in \mathbb{R}$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nOpgave 2.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2011-D_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
|
Let $\Gamma_{1}$ and $\Gamma_{2}$ be two intersecting circles with centers $O_{1}$ and $O_{2}$ respectively, such that $\Gamma_{2}$ intersects the line segment $O_{1} O_{2}$ at a point $A$. The intersection points of $\Gamma_{1}$ and $\Gamma_{2}$ are $C$ and $D$. The line $A D$ intersects $\Gamma_{1}$ again at $S$. The line $C S$ intersects $O_{1} O_{2}$ at $F$. Let $\Gamma_{3}$ be the circumcircle of triangle $A D F$. Denote $E$ as the second intersection point of $\Gamma_{1}$ and $\Gamma_{3}$.
Prove that $O_{1} E$ is tangent to $\Gamma_{3}$.
|
We will calculate $\angle O_{1} E A$. Since triangle $O_{1} E D$ is isosceles with apex $O_{1}$ and since $A E F D$ is a cyclic quadrilateral, we have
$$
\angle O_{1} E A=\angle O_{1} E D-\angle A E D=90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle E O_{1} D-\angle A F D .
$$
Furthermore,
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2} \angle E O_{1} D & =\angle E S D \quad \text { central angle-circumference angle theorem on } \Gamma_{1} \\
& =\angle C S D-\angle C S E \\
& =\angle C S D-\angle C D E \quad \text { circumference angle theorem in cyclic quadrilateral } C S D E \\
& =\angle F C D-\angle S D C-\angle C D E \quad \text { exterior angle theorem in } \triangle C S D \\
& =\angle F C D-\angle S D E \\
& =\angle F C D-\angle A D E \quad \\
& =\angle F C D-\angle A F E . \quad \text { circumference angle theorem in cyclic quadrilateral } A E F D
\end{aligned}
$$
From this, together with (7), we get
$$
\angle O_{1} E A=90^{\circ}-\angle F C D+\angle A F E-\angle A F D
$$
The line $O_{1} O_{2}$ is perpendicular to $C D$ and bisects the segment $C D$, so it is the perpendicular bisector of $C D$. Therefore, $F$ lies on the perpendicular bisector of $C D$, which implies that triangle $C D F$ is isosceles with apex $F$. Thus,
$$
\angle F C D=90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle C F D=90^{\circ}-\angle A F D .
$$
Combined with (8), this gives
$$
\angle O_{1} E A=\angle A F D+\angle A F E-\angle A F D=\angle A F E
$$
Now, by the tangent-circumference angle theorem on $\Gamma_{3}$, it follows that $O_{1} E$ is tangent to $\Gamma_{3}$.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Laat $\Gamma_{1}$ en $\Gamma_{2}$ twee snijdende cirkels met middelpunten respectievelijk $O_{1}$ en $O_{2}$ zijn, zodat $\Gamma_{2}$ het lijnstuk $O_{1} O_{2}$ snijdt in een punt $A$. De snijpunten van $\Gamma_{1}$ en $\Gamma_{2}$ zijn $C$ en $D$. De lijn $A D$ snijdt $\Gamma_{1}$ een tweede keer in $S$. De lijn $C S$ snijdt $O_{1} O_{2}$ in $F$. Laat $\Gamma_{3}$ de omgeschreven cirkel van driehoek $A D F$ zijn. Noem $E$ het tweede snijpunt van $\Gamma_{1}$ en $\Gamma_{3}$.
Bewijs dat $O_{1} E$ raakt aan $\Gamma_{3}$.
|
We gaan $\angle O_{1} E A$ berekenen. Omdat driehoek $O_{1} E D$ gelijkbenig is met top $O_{1}$ en omdat $A E F D$ een koordenvierhoek is, geldt
$$
\angle O_{1} E A=\angle O_{1} E D-\angle A E D=90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle E O_{1} D-\angle A F D .
$$
Verder is
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2} \angle E O_{1} D & =\angle E S D \quad \text { middelpunts-omtrekshoekstelling op } \Gamma_{1} \\
& =\angle C S D-\angle C S E \\
& =\angle C S D-\angle C D E \quad \text { omtrekshoekstelling in koordenvierhoek } C S D E \\
& =\angle F C D-\angle S D C-\angle C D E \quad \text { buitenhoekstelling in } \triangle C S D \\
& =\angle F C D-\angle S D E \\
& =\angle F C D-\angle A D E \quad \\
& =\angle F C D-\angle A F E . \quad \text { omtrekshoekstelling in koordenvierhoek } A E F D
\end{aligned}
$$
Hieruit volgt nu samen met (7) dat
$$
\angle O_{1} E A=90^{\circ}-\angle F C D+\angle A F E-\angle A F D
$$
De lijn $O_{1} O_{2}$ staat loodrecht $C D$ en deelt het lijnstuk $C D$ middendoor, dus het is de middelloodlijn van $C D$. Dus $F$ ligt op de middelloodlijn van $C D$, waaruit volgt dat driehoek $C D F$ gelijkbenig is met top $F$. Dus
$$
\angle F C D=90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle C F D=90^{\circ}-\angle A F D .
$$
Gecombineerd met (8) geeft dit
$$
\angle O_{1} E A=\angle A F D+\angle A F E-\angle A F D=\angle A F E
$$
Nu volgt met de raaklijnomtrekshoekstelling op $\Gamma_{3}$ dat $O_{1} E$ raakt aan $\Gamma_{3}$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nOpgave 3.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2011-D_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing I.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
|
Let $\Gamma_{1}$ and $\Gamma_{2}$ be two intersecting circles with centers $O_{1}$ and $O_{2}$ respectively, such that $\Gamma_{2}$ intersects the line segment $O_{1} O_{2}$ at a point $A$. The intersection points of $\Gamma_{1}$ and $\Gamma_{2}$ are $C$ and $D$. The line $A D$ intersects $\Gamma_{1}$ again at $S$. The line $C S$ intersects $O_{1} O_{2}$ at $F$. Let $\Gamma_{3}$ be the circumcircle of triangle $A D F$. Denote $E$ as the second intersection point of $\Gamma_{1}$ and $\Gamma_{3}$.
Prove that $O_{1} E$ is tangent to $\Gamma_{3}$.
|
The intersection of $O_{1} O_{2}$ with the arc $S D$ of $\Gamma_{1}$, where $C$ lies, we call $T$. Since $A$ is inside $\Gamma_{1}$, we now know
$$
\begin{array}{rlr}
\angle O_{1} A S & =\angle A T S+\angle T S A & \quad \text { exterior angle theorem in } \triangle A T S \\
& =\angle O_{1} T S+\angle T S D & \\
& =\angle T S O_{1}+\angle T S D \quad \triangle O_{1} S T \text { is isosceles with vertex angle } O_{1}
\end{array}
$$
The line $O_{1} O_{2}$ is perpendicular to $C D$ and bisects the segment $C D$, so it is the perpendicular bisector of $C D$. Thus $T$ lies on the perpendicular bisector of $C D$, which implies that the arcs $T C$ and $T D$ are equal. Therefore, by the inscribed angle theorem, $\angle T S D=\angle C S T$. Thus
$$
\angle O_{1} A S=\angle T S O_{1}+\angle T S D=\angle T S O_{1}+\angle C S T=\angle C S O_{1}=\angle F S O_{1}
$$
This means that $\triangle O_{1} A S \sim \triangle O_{1} S F$ (AA). It follows that
$$
\frac{\left|O_{1} A\right|}{\left|O_{1} S\right|}=\frac{\left|O_{1} S\right|}{\left|O_{1} F\right|},
$$
so $\left|O_{1} A\right| \cdot\left|O_{1} F\right|=\left|O_{1} S\right|^{2}=\left|O_{1} E\right|^{2}$. Since $A$ and $F$ lie on the same side of $O_{1}$, we even have $O_{1} A \cdot O_{1} F=O_{1} E^{2}$. Using the power of a point theorem, we now see that $O_{1} E$ is tangent to the circumcircle of $\triangle A F E$, which is $\Gamma_{3}$.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Laat $\Gamma_{1}$ en $\Gamma_{2}$ twee snijdende cirkels met middelpunten respectievelijk $O_{1}$ en $O_{2}$ zijn, zodat $\Gamma_{2}$ het lijnstuk $O_{1} O_{2}$ snijdt in een punt $A$. De snijpunten van $\Gamma_{1}$ en $\Gamma_{2}$ zijn $C$ en $D$. De lijn $A D$ snijdt $\Gamma_{1}$ een tweede keer in $S$. De lijn $C S$ snijdt $O_{1} O_{2}$ in $F$. Laat $\Gamma_{3}$ de omgeschreven cirkel van driehoek $A D F$ zijn. Noem $E$ het tweede snijpunt van $\Gamma_{1}$ en $\Gamma_{3}$.
Bewijs dat $O_{1} E$ raakt aan $\Gamma_{3}$.
|
Het snijpunt van $O_{1} O_{2}$ met de boog $S D$ van $\Gamma_{1}$ waar $C$ op ligt, noemen we $T$. Omdat $A$ in het inwendige van $\Gamma_{1}$ ligt, weten we nu
$$
\begin{array}{rlr}
\angle O_{1} A S & =\angle A T S+\angle T S A & \quad \text { buitenhoekstelling in } \triangle A T S \\
& =\angle O_{1} T S+\angle T S D & \\
& =\angle T S O_{1}+\angle T S D \quad \triangle O_{1} S T \text { is gelijkbenig met tophoek } O_{1}
\end{array}
$$
De lijn $O_{1} O_{2}$ staat loodrecht $C D$ en deelt het lijnstuk $C D$ middendoor, dus het is de middelloodlijn van $C D$. Dus $T$ ligt op de middelloodlijn van $C D$, waaruit volgt dat de bogen $T C$ en $T D$ even groot zijn. Dus volgens de omtrekshoekstelling is $\angle T S D=\angle C S T$. Dus
$$
\angle O_{1} A S=\angle T S O_{1}+\angle T S D=\angle T S O_{1}+\angle C S T=\angle C S O_{1}=\angle F S O_{1}
$$
Dit betekent dat $\triangle O_{1} A S \sim \triangle O_{1} S F$ (hh). Hieruit volgt
$$
\frac{\left|O_{1} A\right|}{\left|O_{1} S\right|}=\frac{\left|O_{1} S\right|}{\left|O_{1} F\right|},
$$
dus $\left|O_{1} A\right| \cdot\left|O_{1} F\right|=\left|O_{1} S\right|^{2}=\left|O_{1} E\right|^{2}$. Omdat $A$ en $F$ aan dezelfde kant van $O_{1}$ liggen, geldt zelfs $O_{1} A \cdot O_{1} F=O_{1} E^{2}$. Met de machtstelling zien we nu dat $O_{1} E$ raakt aan de omgeschreven cirkel van $\triangle A F E$ en dat is $\Gamma_{3}$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nOpgave 3.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2011-D_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing II.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
|
Bewijs dat er geen oneindige rij priemgetallen $p_{0}, p_{1}, p_{2}, \ldots$ bestaat met de eigenschap dat voor alle positieve gehele $k$ geldt:
$$
p_{k}=2 p_{k-1}+1 \quad \text { of } \quad p_{k}=2 p_{k-1}-1
$$
|
Stel dat er zo'n oneindige rij bestaat. Door eventueel de eerste twee elementen weg te laten, kunnen we zorgen dat het eerste priemgetal in de rij minstens 5 is. We nemen dus zonder verlies van algemeenheid aan dat $p_{0} \geq 5$. Dan weten we dat $p_{0} \not \equiv 0 \bmod 3$.
Stel dat $p_{0} \equiv 1 \bmod 3$. We bewijzen dan met inductie naar $k$ dat voor alle positieve gehele $k$ geldt: $p_{k} \equiv 1 \bmod 3$ en $p_{k}=2 p_{k-1}-1$. Stel namelijk dat $k \geq 1$ en $p_{k-1} \equiv 1 \bmod 3$. Dan is $2 p_{k-1} \equiv 2 \bmod 3$, dus $2 p_{k-1}+1$ is deelbaar door 3 . Omdat $p_{k}$ een priemgetal groter dan 3 moet zijn, geldt dus $p_{k}=2 p_{k-1}-1$ en $p_{k} \equiv 2-1 \equiv 1 \bmod 3$. Dit voltooit de inductie.
Als juist $p_{0} \equiv 2 \bmod 3$, dan kunnen we geheel analoog bewijzen dat $p_{k} \equiv 2 \bmod 3$ en $p_{k}=2 p_{k-1}+1$ voor alle positieve gehele $k$.
We kunnen nu een directe formule van de rij opstellen. Als $p_{0} \equiv 1 \bmod 3$, dan krijgen we $p_{k}=\left(p_{0}-1\right) 2^{k}+1$ voor alle $k \geq 0$. Als $p_{0} \equiv 2 \bmod 3$, dan krijgen we $p_{k}=\left(p_{0}+1\right) 2^{k}-1$. We kunnen deze formules weer simpel met inductie bewijzen.
Volgens de kleine stelling van Fermat geldt $2^{p_{0}-1} \equiv 1 \bmod p_{0}$, dus ook $\left(-p_{0}+1\right) 2^{p_{0}-1} \equiv 1$ $\bmod p_{0}$ en $\left(p_{0}+1\right) 2^{p_{0}-1} \equiv 1 \bmod p_{0}$. Hieruit volgt $p_{0} \mid\left(p_{0}-1\right) 2^{p_{0}-1}+1$ en $p_{0} \mid$ $\left(p_{0}+1\right) 2^{p_{0}-1}-1$. We zien dat $p_{0}$ altijd een deler is van $p_{p_{0}-1}$. Omdat ook duidelijk is dat $p_{p_{0}-1}$ groter is dan $p_{0}$, volgt hieruit dat $p_{p_{0}-1}$ geen priemgetal is. Tegenspraak.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Number Theory
|
Bewijs dat er geen oneindige rij priemgetallen $p_{0}, p_{1}, p_{2}, \ldots$ bestaat met de eigenschap dat voor alle positieve gehele $k$ geldt:
$$
p_{k}=2 p_{k-1}+1 \quad \text { of } \quad p_{k}=2 p_{k-1}-1
$$
|
Stel dat er zo'n oneindige rij bestaat. Door eventueel de eerste twee elementen weg te laten, kunnen we zorgen dat het eerste priemgetal in de rij minstens 5 is. We nemen dus zonder verlies van algemeenheid aan dat $p_{0} \geq 5$. Dan weten we dat $p_{0} \not \equiv 0 \bmod 3$.
Stel dat $p_{0} \equiv 1 \bmod 3$. We bewijzen dan met inductie naar $k$ dat voor alle positieve gehele $k$ geldt: $p_{k} \equiv 1 \bmod 3$ en $p_{k}=2 p_{k-1}-1$. Stel namelijk dat $k \geq 1$ en $p_{k-1} \equiv 1 \bmod 3$. Dan is $2 p_{k-1} \equiv 2 \bmod 3$, dus $2 p_{k-1}+1$ is deelbaar door 3 . Omdat $p_{k}$ een priemgetal groter dan 3 moet zijn, geldt dus $p_{k}=2 p_{k-1}-1$ en $p_{k} \equiv 2-1 \equiv 1 \bmod 3$. Dit voltooit de inductie.
Als juist $p_{0} \equiv 2 \bmod 3$, dan kunnen we geheel analoog bewijzen dat $p_{k} \equiv 2 \bmod 3$ en $p_{k}=2 p_{k-1}+1$ voor alle positieve gehele $k$.
We kunnen nu een directe formule van de rij opstellen. Als $p_{0} \equiv 1 \bmod 3$, dan krijgen we $p_{k}=\left(p_{0}-1\right) 2^{k}+1$ voor alle $k \geq 0$. Als $p_{0} \equiv 2 \bmod 3$, dan krijgen we $p_{k}=\left(p_{0}+1\right) 2^{k}-1$. We kunnen deze formules weer simpel met inductie bewijzen.
Volgens de kleine stelling van Fermat geldt $2^{p_{0}-1} \equiv 1 \bmod p_{0}$, dus ook $\left(-p_{0}+1\right) 2^{p_{0}-1} \equiv 1$ $\bmod p_{0}$ en $\left(p_{0}+1\right) 2^{p_{0}-1} \equiv 1 \bmod p_{0}$. Hieruit volgt $p_{0} \mid\left(p_{0}-1\right) 2^{p_{0}-1}+1$ en $p_{0} \mid$ $\left(p_{0}+1\right) 2^{p_{0}-1}-1$. We zien dat $p_{0}$ altijd een deler is van $p_{p_{0}-1}$. Omdat ook duidelijk is dat $p_{p_{0}-1}$ groter is dan $p_{0}$, volgt hieruit dat $p_{p_{0}-1}$ geen priemgetal is. Tegenspraak.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nOpgave 4.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2011-D_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
|
Find all triples $(a, b, c)$ of positive integers with $a+b+c=10$ such that there exist $a$ red, $b$ blue, and $c$ green points (all distinct) in the plane with the following properties:
- for each red point and each blue point, we consider the distance between these two points; the sum of all these distances is 37;
- for each green point and each red point, we consider the distance between these two points; the sum of all these distances is 30;
- for each blue point and each green point, we consider the distance between these two points; the sum of all these distances is 1;
|
We form triangles consisting of a blue, a red, and a green point. These triangles can also be degenerate. In each of these triangles, the (non-strict) triangle inequality holds: the distance between the blue and the red point is at most equal to the sum of the distances between the blue and the green and between the red and the green point. We count all these triangle inequalities (one for each triangle that can be formed with a blue, a red, and a green point). We count each distance between a red and a blue point $c$ times (since with a fixed blue and red point, you can still choose $c$ points as the third, green vertex), each distance between a green and a red point $b$ times, and each distance between a blue and a green point $a$ times. We thus get
$$
37 c \leq 30 b + a
$$
Since $a + b + c = 10$, it follows that $37 c \leq 30 b + (10 - b - c) = 10 + 29 b - c$, so $38 c \leq 10 + 29 b$. In other words,
$$
\frac{38 c - 10}{29} \leq b
$$
We can also apply the triangle inequality differently: the distance between the green and the red point is at most equal to the sum of the distances between the red and the blue and between the blue and the green point. If we add up all these inequalities, we get
$$
30 b \leq 37 c + a
$$
This gives $30 b \leq 37 c + (10 - b - c) = 10 + 36 c - b$, so $31 b \leq 10 + 36 c$, or
$$
b \leq \frac{10 + 36 c}{31}
$$
Combining (9) and (10) gives
$$
\frac{38 c - 10}{29} \leq \frac{10 + 36 c}{31}
$$
so $31(38 c - 10) \leq 29(10 + 36 c)$. Simplifying gives $134 c \leq 600$, so $c \leq 4$. We now go through the possibilities for $c$ one by one.
Suppose $c = 1$. Then (10) gives $b \leq \frac{46}{31} < 2$, which implies $b = 1$. We get $(a, b, c) = (8, 1, 1)$.
Suppose $c = 2$. Then (9) and (10) give $2 < \frac{66}{29} \leq b \leq \frac{82}{31} < 3$, so there is no integer $b$ that satisfies this.
Suppose $c = 3$. Then (9) and (10) give $3 < \frac{104}{29} \leq b \leq \frac{118}{31} < 4$, so there is no integer $b$ that satisfies this.
Suppose $c = 4$. Then (9) and (10) give $4 < \frac{142}{29} \leq b \leq \frac{154}{31} < 5$, so there is no integer $b$ that satisfies this.
The only triplet that could possibly satisfy the conditions is thus $(8, 1, 1)$. We now show that we can indeed choose 8 red points, 1 blue point, and 1 green point in the plane such that all conditions are met. We use a standard coordinate system. Choose the blue point at $(0, 0)$ and the green point at $(1, 0)$. Choose red points at $(i, 0)$ with $2 \leq i \leq 8$. Choose one more red point such that this point, together with the green and blue points, forms an isosceles triangle with two sides of length 2. The sum of the distances between red points and the blue point is now $2 + 2 + 3 + \cdots + 8 = 37$. The sum of the distances between red points and the green point is $2 + 1 + 2 + \cdots + 7 = 30$. The distance between the blue point and the green point is 1.
We conclude that the only solution is $(8, 1, 1)$.
|
(8, 1, 1)
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Combinatorics
|
Vind alle drietallen $(a, b, c)$ van positieve gehele getallen met $a+b+c=10$ zodat er $a$ rode, $b$ blauwe en $c$ groene punten (allemaal verschillend) in het vlak bestaan met de volgende eigenschappen:
- voor elk rood punt en elk blauw punt bekijken we de afstand tussen deze twee punten; de som van al deze afstanden is 37 ;
- voor elk groen punt en elk rood punt bekijken we de afstand tussen deze twee punten; de som van al deze afstanden is 30 ;
- voor elk blauw punt en elk groen punt bekijken we de afstand tussen deze twee punten; de som van al deze afstanden is 1 ;
|
We maken driehoeken bestaande uit een blauw, een rood en een groen punt. Deze driehoeken mogen ook gedegenereerd zijn. In elk van de driehoeken geldt de (nietstrikte) driehoeksongelijkheid: de afstand tussen het blauwe en het rode punt is hoogstens gelijk aan de som van de afstanden tussen het blauwe en het groene en tussen het rode en het groene punt. We tellen al deze driehoeksongelijkheden bij elkaar op (één voor elke driehoek die we kunnen vormen met een blauw, een rood en een groen punt). We tellen nu elke afstand tussen een rood en een blauw punt $c$ keer (want met een vast gekozen blauw en rood punt kun je nog $c$ punten kiezen als derde, groene hoekpunt), elke afstand tussen een groen en een rood punt $b$ keer en elke afstand tussen een blaww en een groen punt $a$ keer. We krijgen dus
$$
37 c \leq 30 b+a
$$
Omdat $a+b+c=10$, volgt hieruit $37 c \leq 30 b+(10-b-c)=10+29 b-c$, dus $38 c \leq 10+29 b$. Oftewel
$$
\frac{38 c-10}{29} \leq b
$$
We kunnen de driehoeksongelijkheid ook anders toepassen: de afstand tussen het groene en het rode punt is hoogstens gelijk aan de som van de afstanden tussen het rode en het blauwe en tussen het blauwe en het groene punt. Als we al deze ongelijkheden bij elkaar optellen, krijgen we
$$
30 b \leq 37 c+a
$$
Dit geeft nu $30 b \leq 37 c+(10-b-c)=10+36 c-b$, dus $31 b \leq 10+36 c$, oftewel
$$
b \leq \frac{10+36 c}{31}
$$
Combineren van (9) en (10) geeft
$$
\frac{38 c-10}{29} \leq \frac{10+36 c}{31}
$$
dus $31(38 c-10) \leq 29(10+36 c)$. Uitwerken geeft $134 c \leq 600$, dus $c \leq 4$. We lopen nu één voor één de mogelijkheden voor $c$ af.
Stel $c=1$. Dan geeft (10) dat $b \leq \frac{46}{31}<2$, waaruit volgt $b=1$. We krijgen nu $(a, b, c)=$ $(8,1,1)$.
Stel $c=2$. Dan volgt uit (9) en (10) dat $2<\frac{66}{29} \leq b \leq \frac{82}{31}<3$, dus er is geen gehele $b$ die voldoet.
Stel $c=3$. Dan volgt uit (9) en (10) dat $3<\frac{104}{29} \leq b \leq \frac{118}{31}<4$, dus er is geen gehele $b$ die voldoet.
Stel $c=4$. Dan volgt uit (9) en (10) dat $4<\frac{142}{29} \leq b \leq \frac{154}{31}<5$, dus er is geen gehele $b$ die voldoet.
Het enige drietal dat mogelijk zou kunnen voldoen is dus $(8,1,1)$. We laten nu zien dat we daadwerkelijk 8 rode punten, 1 blauw punt en 1 groen punt in het vlak kunnen kiezen zodat aan alle voorwaarden voldaan wordt. We gebruik een standaard assenstelsel. Kies voor het blauwe punt $(0,0)$ en voor het groene punt $(1,0)$. Kies rode punten $(i, 0)$ met $2 \leq i \leq 8$. Kies bovendien nog een rood punt zo dat dat punt samen met het groene en het blauwe punt een gelijkbenige driehoek vormt met twee zijden van lengte 2. De som van de afstanden tussen rode punten en het blauwe punt is nu $2+2+3+\cdots+8=37$. De som van de afstanden tussen rode punten en het groene punt is $2+1+2+\cdots+7=30$. De afstand tussen het blauwe punt en het groene punt is 1 .
We concluderen dat de enige oplossing $(8,1,1)$ is.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nOpgave 5.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2011-D_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
|
Do there exist quadratic polynomials $P(x)$ and $Q(x)$ with real coefficients such that the polynomial $P(Q(x))$ has exactly the roots $x=2, x=3, x=5$ and $x=7$?
|
Suppose such polynomials exist and write $Q(x)=a x^{2}+b x+c$. If we plug in 2, 3, 5, and 7 into $Q$, exactly the (at most) two roots of $P$ must come out. Since there cannot be more than two identical values from $Q(x)$ (because $Q$ is quadratic), we thus get two different values, each exactly twice.
Now suppose $Q(n)=Q(m)$ for different numbers $m$ and $n$. Then $a n^{2}+b n+c = a m^{2}+b m+c$, so $a\left(n^{2}-m^{2}\right)=b(m-n)$, thus $a(n+m)(n-m)=-b(n-m)$. Since $m-n \neq 0$, this implies $a(n+m)=-b$, or $n+m=\frac{-b}{a}$.
We know that we can find two different pairs $(m, n)$ and $(k, l)$ from 2, 3, 5, and 7 such that $Q(m)=Q(n)$ and $Q(k)=Q(l)$. Therefore, $m+n=\frac{-b}{a}=k+l$. We must thus be able to divide the four numbers 2, 3, 5, and 7 into two pairs that have the same sum. This is impossible, however, since $2+3+5+7=17$ is odd. We conclude that there are no polynomials $P$ and $Q$ with the desired properties.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Algebra
|
Bestaan er kwadratische polynomen $P(x)$ en $Q(x)$ met reële coëfficiënten zodat het polynoom $P(Q(x))$ als nulpunten precies $x=2, x=3, x=5$ en $x=7$ heeft?
|
Stel dat zulke polynomen bestaan en schrijf $Q(x)=a x^{2}+b x+c$. Als we 2, 3, 5 en 7 in $Q$ stoppen, moeten er precies de (hoogstens) twee nulpunten van $P$ uitkomen. Omdat er niet meer dan twee keer dezelfde waarde uit $Q(x)$ kan komen (want $Q$ is kwadratisch) krijgen we dus twee verschillende waarden elk precies twee keer.
Stel nu $Q(n)=Q(m)$ voor verschillende getallen $m$ en $n$. Dan geldt $a n^{2}+b n+c=$ $a m^{2}+b m+c$, dus $a\left(n^{2}-m^{2}\right)=b(m-n)$, dus $a(n+m)(n-m)=-b(n-m)$. Omdat $m-n \neq 0$, volgt hieruit $a(n+m)=-b$, oftewel $n+m=\frac{-b}{a}$.
We weten dat we in $2,3,5$ en 7 twee verschillende paren $(m, n)$ en $(k, l)$ kunnen vinden zodat $Q(m)=Q(n)$ en $Q(k)=Q(l)$. Er geldt dan dus $m+n=\frac{-b}{a}=k+l$. We moeten dus de vier getallen $2,3,5$ en 7 op kunnen delen in twee paren die dezelfde som hebben. Dit is echter onmogelijk, aangezien $2+3+5+7=17$ oneven is. We concluderen dat er geen polynomen $P$ en $Q$ met de gevraagde eigenschappen bestaan.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nOpgave 1.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
|
Let $A B C$ be a triangle and let $X$ be a point inside the triangle. The lines $X A$, $X B$, and $X C$ intersect the circumcircle of $\triangle A B C$ again at $P$, $Q$, and $R$, respectively. Let $U$ be a point on the ray $X P$ (i.e., on the line $X P$ such that $P$ and $U$ lie on the same side of $X$). The line through $U$ parallel to $A B$ intersects $B Q$ at $V$. The line through $U$ parallel to $A C$ intersects $C R$ at $W$.
Prove that $Q, R, V$, and $W$ lie on one circle.
|
Since $A B$ and $U V$ are parallel, we have $\triangle A B X \sim \triangle U V X$ (AA). Similarly, $\triangle A C X \sim \triangle U W X$. From these similarities, we obtain the ratios
$$
\frac{|X A|}{|X B|}=\frac{|X U|}{|X V|} \quad \text { and } \quad \frac{|X A|}{|X C|}=\frac{|X U|}{|X W|}
$$
From this, it follows that
$$
\frac{|X B|}{|X C|}=\frac{|X B|}{|X A|} \frac{|X A|}{|X C|}=\frac{|X V|}{|X U|} \frac{|X U|}{|X W|}=\frac{|X V|}{|X W|}
$$
Using the power of a point theorem from point $X$ on the cyclic quadrilateral $B C Q R$, we now have
$$
|X C| \cdot|X R|=|X B| \cdot|X Q|=\frac{|X B|}{|X C|} \cdot|X C| \cdot|X Q|=\frac{|X V|}{|X W|} \cdot|X C| \cdot|X Q|
$$
thus
$$
|X W| \cdot|X R|=|X V| \cdot|X Q| .
$$
From the given configuration ( $X$ inside the triangle, $U$ and $P$ on the line $X P$ on the same side of $X$ ), it follows that $R$ and $W$ lie on the line $X C$ on the same side of $X$, and also $V$ and $Q$ lie on the line $X B$ on the same side of $X$. Therefore, it also holds without absolute value signs: $X W \cdot X R=X V \cdot X Q$. The power of a point theorem then states that $W, R, V$, and $Q$ lie on a circle.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Zij $A B C$ een driehoek en zij $X$ een punt binnen de driehoek. De lijnen $X A$, $X B$ en $X C$ snijden de omgeschreven cirkel van $\triangle A B C$ nogmaals in respectievelijk $P, Q$ en $R$. Zij $U$ een punt op de halfrechte $X P$ (d.w.z. op de lijn $X P$ zodat $P$ en $U$ aan dezelfde kant van $X$ liggen). De lijn door $U$ evenwijdig aan $A B$ snijdt $B Q$ in $V$. De lijn door $U$ evenwijdig aan $A C$ snijdt $C R$ in $W$.
Bewijs dat $Q, R, V$ en $W$ op één cirkel liggen.
|
Omdat $A B$ en $U V$ evenwijdig zijn, geldt $\triangle A B X \sim \triangle U V X$ (hh). Zo ook is $\triangle A C X \sim \triangle U W X$. Uit deze gelijkvormigheden verkrijgen we de verhoudingen
$$
\frac{|X A|}{|X B|}=\frac{|X U|}{|X V|} \quad \text { en } \quad \frac{|X A|}{|X C|}=\frac{|X U|}{|X W|}
$$
Hieruit volgt
$$
\frac{|X B|}{|X C|}=\frac{|X B|}{|X A|} \frac{|X A|}{|X C|}=\frac{|X V|}{|X U|} \frac{|X U|}{|X W|}=\frac{|X V|}{|X W|}
$$
Met behulp van de machtstelling vanuit het punt $X$ op de koordenvierhoek $B C Q R$ volgt nu
$$
|X C| \cdot|X R|=|X B| \cdot|X Q|=\frac{|X B|}{|X C|} \cdot|X C| \cdot|X Q|=\frac{|X V|}{|X W|} \cdot|X C| \cdot|X Q|
$$
dus
$$
|X W| \cdot|X R|=|X V| \cdot|X Q| .
$$
Uit de gegeven configuratie ( $X$ binnen de driehoek, $U$ en $P$ op de lijn $X P$ aan dezelfde kant van $X$ ) volgt dat $R$ en $W$ op de lijn $X C$ aan dezelfde kant van $X$ liggen, en ook $V$ en $Q$ op de lijn $X B$ liggen aan dezelfde kant van $X$. Dus geldt ook zonder absoluutstrepen: $X W \cdot X R=X V \cdot X Q$. De machtstelling zegt vervolgens dat dan $W, R, V$ en $Q$ op een cirkel liggen.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nOpgave 2.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing I.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
|
Let $A B C$ be a triangle and let $X$ be a point inside the triangle. The lines $X A$, $X B$, and $X C$ intersect the circumcircle of $\triangle A B C$ again at $P$, $Q$, and $R$, respectively. Let $U$ be a point on the ray $X P$ (i.e., on the line $X P$ such that $P$ and $U$ lie on the same side of $X$). The line through $U$ parallel to $A B$ intersects $B Q$ at $V$. The line through $U$ parallel to $A C$ intersects $C R$ at $W$.
Prove that $Q, R, V$, and $W$ lie on one circle.
|
Since $A B$ and $U V$ are parallel, it follows that $\triangle A B X \sim \triangle U V X$ (AA). Similarly, $\triangle A C X \sim \triangle U W X$. With these similarities, we can express $\frac{|X U|}{|X A|}$ in two ways:
$$
\frac{|U V|}{|A B|}=\frac{|X U|}{|X A|}=\frac{|U W|}{|A C|}
$$
Furthermore, from the parallelism, we also have
$$
\angle V U W=\angle V U A+\angle A U W=\angle B A U+\angle U A C=\angle B A C .
$$
Now we see that $\triangle V U W \sim \triangle B A C$ (SAS). From this, together with Z-angles (both at the second $=$-sign):
$$
\angle W V B=\angle W V U-\angle B V U=\angle C B A-\angle V B A=\angle C B V .
$$
Now consider the configuration where $V$ lies between $Q$ and $X$, and $W$ lies between $X$ and $R$. Then we have
$$
\angle C B V=\angle C B Q=\angle C R Q=\angle W R Q,
$$
so
$$
180^{\circ}-\angle W V Q=\angle W V B=\angle C B V=\angle W R Q
$$
This means that $W V Q R$ is a cyclic quadrilateral.
For other configurations where $V \neq Q$ and $W \neq R$, the proof proceeds analogously. If $V=Q$ or $W=R$, then the four points $W, R, V$, and $Q$ are actually three (or fewer), which certainly lie on a circle.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Zij $A B C$ een driehoek en zij $X$ een punt binnen de driehoek. De lijnen $X A$, $X B$ en $X C$ snijden de omgeschreven cirkel van $\triangle A B C$ nogmaals in respectievelijk $P, Q$ en $R$. Zij $U$ een punt op de halfrechte $X P$ (d.w.z. op de lijn $X P$ zodat $P$ en $U$ aan dezelfde kant van $X$ liggen). De lijn door $U$ evenwijdig aan $A B$ snijdt $B Q$ in $V$. De lijn door $U$ evenwijdig aan $A C$ snijdt $C R$ in $W$.
Bewijs dat $Q, R, V$ en $W$ op één cirkel liggen.
|
Omdat $A B$ en $U V$ evenwijdig zijn, geldt $\triangle A B X \sim \triangle U V X$ (hh). Zo ook is $\triangle A C X \sim \triangle U W X$. Met deze gelijkvormigheden kunnen we $\frac{|X U|}{|X A|}$ op twee manieren uitdrukken:
$$
\frac{|U V|}{|A B|}=\frac{|X U|}{|X A|}=\frac{|U W|}{|A C|}
$$
Verder volgt uit de evenwijdigheden ook
$$
\angle V U W=\angle V U A+\angle A U W=\angle B A U+\angle U A C=\angle B A C .
$$
Nu zien we dat $\triangle V U W \sim \triangle B A C$ (zhz). Hieruit volgt, samen met Z-hoeken (beide bij het tweede $=$-teken):
$$
\angle W V B=\angle W V U-\angle B V U=\angle C B A-\angle V B A=\angle C B V .
$$
Bekijk nu de configuratie dat $V$ tussen $Q$ en $X$ ligt en $W$ tussen $X$ en $R$. Dan geldt
$$
\angle C B V=\angle C B Q=\angle C R Q=\angle W R Q,
$$
dus
$$
180^{\circ}-\angle W V Q=\angle W V B=\angle C B V=\angle W R Q
$$
Dit betekent dat $W V Q R$ een koordenvierhoek is.
Bij andere configuraties waarbij $V \neq Q$ en $W \neq R$ verloopt het bewijs analoog. Als $V=Q$ of $W=R$, dan zijn de vier punten $W, R, V$ en $Q$ er in feite maar drie (of nog minder), die dus zeker samen op een cirkel liggen.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nOpgave 2.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing II.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
|
Let $A B C$ be a triangle and let $X$ be a point inside the triangle. The lines $X A$, $X B$, and $X C$ intersect the circumcircle of $\triangle A B C$ again at $P$, $Q$, and $R$, respectively. Let $U$ be a point on the ray $X P$ (i.e., on the line $X P$ such that $P$ and $U$ lie on the same side of $X$). The line through $U$ parallel to $A B$ intersects $B Q$ at $V$. The line through $U$ parallel to $A C$ intersects $C R$ at $W$.
Prove that $Q, R, V$, and $W$ lie on one circle.
|
If $V=Q$ or $W=R$, then the four points $W, R$, $V$ and $Q$ are actually three (or even fewer), which certainly lie on a circle. Now consider the configuration where $U$ lies between $X$ and $P$, $V$ lies between $Q$ and $X$, and $W$ lies between $X$ and $R$. The proof in other configurations proceeds analogously, unless $U=P$. We will address that case at the end.
Due to Z-angles, we have
$$
\angle W U A=\angle P A C=\angle P R C=\angle P R W.
$$
Thus, $\angle P U W=180^{\circ}-\angle W U A=180^{\circ}-\angle P R W$, from which we conclude that $P U W R$ is a cyclic quadrilateral. Similarly, we can show that $P U V Q$ is a cyclic quadrilateral. Now we apply the power of a point theorem from point $X$ to both cyclic quadrilaterals:
$$
X W \cdot X R=X U \cdot X P=X V \cdot X Q
$$
The power of a point theorem then states that $W, R, V$ and $Q$ lie on a circle.
Now consider the case where $U=P$. Due to Z-angles, we have
$$
\angle W U A=\angle U A C=\angle U R C=\angle U R W.
$$
Consider the circle through $U, W$, and $R$. Here, $\angle U R W$ is the inscribed angle on chord $U W$. Since $\angle W U A$ is equal to it, it is apparently the tangent angle on that chord, so $A U$ is tangent to the circle. This implies that the power of $X$ with respect to this circle is equal to $X U^{2}$. Similarly, the power of $X$ with respect to the circle through $U, V$, and $Q$ is also equal to $X U^{2}$. Therefore,
$$
X W \cdot X R=X U^{2}=X V \cdot X Q
$$
The power of a point theorem then states that $W, R, V$ and $Q$ lie on a circle.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Zij $A B C$ een driehoek en zij $X$ een punt binnen de driehoek. De lijnen $X A$, $X B$ en $X C$ snijden de omgeschreven cirkel van $\triangle A B C$ nogmaals in respectievelijk $P, Q$ en $R$. Zij $U$ een punt op de halfrechte $X P$ (d.w.z. op de lijn $X P$ zodat $P$ en $U$ aan dezelfde kant van $X$ liggen). De lijn door $U$ evenwijdig aan $A B$ snijdt $B Q$ in $V$. De lijn door $U$ evenwijdig aan $A C$ snijdt $C R$ in $W$.
Bewijs dat $Q, R, V$ en $W$ op één cirkel liggen.
|
Als $V=Q$ of $W=R$, dan zijn de vier punten $W, R$, $V$ en $Q$ er in feite maar drie (of nog minder), die dus zeker samen op een cirkel liggen. Bekijk nu de configuratie dat $U$ tussen $X$ en $P$ ligt, $V$ tussen $Q$ en $X$, en $W$ tussen $X$ en $R$. Het bewijs in andere configuraties gaat analoog, tenzij $U=P$. Dat geval behandelen we aan het eind nog even.
Wegens Z-hoeken geldt
$$
\angle W U A=\angle P A C=\angle P R C=\angle P R W .
$$
Dus $\angle P U W=180^{\circ}-\angle W U A=180^{\circ}-\angle P R W$, waaruit we concluderen dat $P U W R$ een koordenvierhoek is. Op een vergelijkbare manier kunnen we laten zien dat $P U V Q$ een koordenvierhoek is. Nu passen we de machtstelling toe vanuit het punt $X$ op beide koordenvierhoeken:
$$
X W \cdot X R=X U \cdot X P=X V \cdot X Q
$$
Nu zegt de machtstelling weer dat $W, R, V$ en $Q$ op een cirkel liggen.
Bekijk nu het geval dat $U=P$. Wegens Z-hoeken geldt
$$
\angle W U A=\angle U A C=\angle U R C=\angle U R W .
$$
Bekijk de cirkel door $U, W$ en $R$. Daar is $\angle U R W$ de omtrekshoek op koorde $U W$. Omdat $\angle W U A$ even groot is, is dat blijkbaar de raaklijnhoek op die koorde, dus raakt $A U$ aan de cirkel. Daaruit volgt dat de macht van $X$ ten opzichte van deze cirkel gelijk is aan $X U^{2}$. Analoog is de macht van $X$ ten opzichte van de cirkel door $U, V$ en $Q$ ook gelijk aan $X U^{2}$. Dus
$$
X W \cdot X R=X U^{2}=X V \cdot X Q
$$
Nu zegt de machtstelling weer dat $W, R, V$ en $Q$ op een cirkel liggen.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nOpgave 2.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing III.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
|
Bepaal alle paren positieve gehele getallen $(x, y)$ waarvoor
$$
x^{3}+y^{3}=4\left(x^{2} y+x y^{2}-5\right) .
$$
|
We kunnen de vergelijking als volgt herschrijven:
$$
(x+y)\left(x^{2}-x y+y^{2}\right)=4 x y(x+y)-20
$$
Nu is $x+y$ een deler van de linkerkant en van de eerste term rechts, dus ook van de tweede term rechts: $x+y \mid 20$. Omdat $x+y \geq 2$, geeft dit voor $x+y$ de mogelijkheden $2,4,5,10,20$. Als van $x$ en $y$ er precies één even en één oneven is, is de linkerkant van de vergelijking oneven en de rechterkant even, tegenspraak. Dus $x+y$ is even, waarmee $x+y=5$ afvalt. Als $x+y=2$, geldt $x=y=1$ en dan staat links iets positiefs en rechts iets negatiefs, dus deze mogelijkheid valt ook af.
Om de andere mogelijkheden te proberen, schrijven we de vergelijking nog iets anders:
$$
(x+y)\left((x+y)^{2}-3 x y\right)=4 x y(x+y)-20
$$
Als $x+y=4$, staat er $4 \cdot(16-3 x y)=16 x y-20$, dus $16-3 x y=4 x y-5$, dus $21=7 x y$, oftewel $x y=3$. Dus geldt $(x, y)=(3,1)$ of $(x, y)=(1,3)$. Allebei de paren voldoen.
Als $x+y=10$, krijgen we $100-3 x y=4 x y-2$, dus $7 x y=102$. Maar 102 is niet deelbaar door 7 , dus dit kan niet.
Als $x+y=20$, krijgen we $400-3 x y=4 x y-1$, dus $7 x y=401$. Maar 401 is niet deelbaar door 7 , dus dit kan niet.
Hiermee hebben we alle mogelijkheden gehad, dus we concluderen dat $(1,3)$ en $(3,1)$ de enige oplossingen zijn.
|
(1,3) \text{ en } (3,1)
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Algebra
|
Bepaal alle paren positieve gehele getallen $(x, y)$ waarvoor
$$
x^{3}+y^{3}=4\left(x^{2} y+x y^{2}-5\right) .
$$
|
We kunnen de vergelijking als volgt herschrijven:
$$
(x+y)\left(x^{2}-x y+y^{2}\right)=4 x y(x+y)-20
$$
Nu is $x+y$ een deler van de linkerkant en van de eerste term rechts, dus ook van de tweede term rechts: $x+y \mid 20$. Omdat $x+y \geq 2$, geeft dit voor $x+y$ de mogelijkheden $2,4,5,10,20$. Als van $x$ en $y$ er precies één even en één oneven is, is de linkerkant van de vergelijking oneven en de rechterkant even, tegenspraak. Dus $x+y$ is even, waarmee $x+y=5$ afvalt. Als $x+y=2$, geldt $x=y=1$ en dan staat links iets positiefs en rechts iets negatiefs, dus deze mogelijkheid valt ook af.
Om de andere mogelijkheden te proberen, schrijven we de vergelijking nog iets anders:
$$
(x+y)\left((x+y)^{2}-3 x y\right)=4 x y(x+y)-20
$$
Als $x+y=4$, staat er $4 \cdot(16-3 x y)=16 x y-20$, dus $16-3 x y=4 x y-5$, dus $21=7 x y$, oftewel $x y=3$. Dus geldt $(x, y)=(3,1)$ of $(x, y)=(1,3)$. Allebei de paren voldoen.
Als $x+y=10$, krijgen we $100-3 x y=4 x y-2$, dus $7 x y=102$. Maar 102 is niet deelbaar door 7 , dus dit kan niet.
Als $x+y=20$, krijgen we $400-3 x y=4 x y-1$, dus $7 x y=401$. Maar 401 is niet deelbaar door 7 , dus dit kan niet.
Hiermee hebben we alle mogelijkheden gehad, dus we concluderen dat $(1,3)$ en $(3,1)$ de enige oplossingen zijn.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nOpgave 3.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing I.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
|
Determine all pairs of positive integers $(x, y)$ for which
$$
x^{3}+y^{3}=4\left(x^{2} y+x y^{2}-5\right) .
$$
|
It is given that $(x+y)^{3}=x^{3}+3 x^{2} y+3 x y^{2}+y^{3}$, so from the given equation it follows
$$
\begin{aligned}
(x+y)^{3} & =x^{3}+y^{3}+3 x^{2} y+3 x y^{2} \\
& =4\left(x^{2} y+x y^{2}-5\right)+3 x^{2} y+3 x y^{2} \\
& =7 x^{2} y+7 x y^{2}-20 \\
& =7 x y(x+y)-20 .
\end{aligned}
$$
Since $x+y$ is a divisor of $(x+y)^{3}$ and of $7 x y(x+y)$, $x+y$ is also a divisor of 20. Since $x+y \geq 2$, this gives the possibilities $2,4,5,10,20$ for $x+y$.
Now we read $(x+y)^{3}=7 x y(x+y)-20$ modulo 7, then we get
$$
(x+y)^{3} \equiv-20 \equiv 1 \quad \bmod 7
$$
We try for all possibilities of $x+y$ whether the third power is congruent to 1 modulo 7. It holds $5^{3} \equiv(-2)^{3}=-8 \equiv-1 \bmod 7$, so $x+y=5$ is not possible. It holds
$10^{3} \equiv 3^{3}=27 \equiv-1 \bmod 7$, so $x+y=10$ is also not possible. It holds $20^{3} \equiv(-1)^{3}=-1$ $\bmod 7$, so $x+y=20$ is also not possible. We are left with $x+y=2$ and $x+y=4$.
If $x+y=2$, then $x=y=1$ and then the left side is positive and the right side is negative, so this possibility is also ruled out. If $x+y=4$, then $(x, y)$ is equal to $(1,3),(2,2)$ or $(3,1)$. Substituting shows that only $(1,3)$ and $(3,1)$ satisfy.
|
(1,3) \text{ and } (3,1)
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Algebra
|
Bepaal alle paren positieve gehele getallen $(x, y)$ waarvoor
$$
x^{3}+y^{3}=4\left(x^{2} y+x y^{2}-5\right) .
$$
|
Er geldt $(x+y)^{3}=x^{3}+3 x^{2} y+3 x y^{2}+y^{3}$, dus uit de gegeven vergelijking volgt
$$
\begin{aligned}
(x+y)^{3} & =x^{3}+y^{3}+3 x^{2} y+3 x y^{2} \\
& =4\left(x^{2} y+x y^{2}-5\right)+3 x^{2} y+3 x y^{2} \\
& =7 x^{2} y+7 x y^{2}-20 \\
& =7 x y(x+y)-20 .
\end{aligned}
$$
Omdat $x+y$ een deler is van $(x+y)^{3}$ en van $7 x y(x+y)$, is $x+y$ ook een deler van 20. Omdat $x+y \geq 2$, geeft dit voor $x+y$ de mogelijkheden $2,4,5,10,20$.
Nu lezen we $(x+y)^{3}=7 x y(x+y)-20$ modulo 7 , dan krijgen we
$$
(x+y)^{3} \equiv-20 \equiv 1 \quad \bmod 7
$$
We proberen voor alle mogelijkheden van $x+y$ of de derde macht congruent aan 1 modulo 7 is. Er geldt $5^{3} \equiv(-2)^{3}=-8 \equiv-1 \bmod 7$, dus $x+y=5$ kan niet. Er geldt
$10^{3} \equiv 3^{3}=27 \equiv-1 \bmod 7$, dus $x+y=10$ kan ook niet. Er geldt $20^{3} \equiv(-1)^{3}=-1$ $\bmod 7$, dus ook $x+y=20$ kan niet. We houden alleen over $x+y=2$ en $x+y=4$.
Als $x+y=2$, geldt $x=y=1$ en dan staat links iets positiefs en rechts iets negatiefs, dus deze mogelijkheid valt ook af. Als $x+y=4$, is $(x, y)$ gelijk aan $(1,3),(2,2)$ of $(3,1)$. Invullen laat zien dat alleen $(1,3)$ en $(3,1)$ voldoen.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nOpgave 3.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing II.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
|
Let $A B C D$ be a convex quadrilateral (i.e., all interior angles are less than $180^{\circ}$), such that there exists a point $M$ on segment $A B$ and a point $N$ on segment $B C$ with the property that $A N$ divides the quadrilateral into two regions of equal area, and $C M$ does the same.
Prove that $M N$ bisects the diagonal $B D$.
|
Note the area of polygon $\mathcal{P}$ as $O(\mathcal{P})$. Let $S$ be the intersection of $A N$ and $C M$. It holds that
$O(A S M)+O(S M B N)=O(A B N)=\frac{1}{2} O(A B C D)=O(C B M)=O(C N S)+O(S M B N)$,
thus $O(A S M)=O(C N S)$. If we add $O(S M N)$ to both sides, we find that $O(M N A)=O(M N C)$. These triangles have the same base $M N$ and thus clearly also the same height. This means that the line $A C$ is parallel to the base $M N$.
Now let $X$ and $Y$ be the intersections of $A B$ and $B C$ respectively with the line through $D$ that is parallel to $A C$ (and thus also parallel to $M N$). The triangles $A C Y$ and $A C D$ have the same base $A C$ and the same height, so $O(A C Y)=O(A C D)$. From this it follows that
$$
O(A N Y)=O(A N C)+O(A C Y)=O(A N C)+O(A C D)=O(A N C D)=O(A N B)
$$
where the last equality holds because $A N$ divides the quadrilateral into two parts of equal area. The triangles $A N Y$ and $A N B$ have the same height, so they must also have the same base. Thus $N$ is the midpoint of $B Y$.
Similarly, we show that $M$ is the midpoint of $B X$. We find that $M N$ is a midline of $\triangle B X Y$. Since $D$ lies on $X Y$, $M N$ bisects the line segment $B D$.
Alternative proof for $A C \| M N$. It holds that $O(A B N)=\frac{1}{2} \cdot|A B| \cdot|B N| \cdot \sin \angle B$ and $O(M B C)=\frac{1}{2} \cdot|M B| \cdot|B C| \cdot \sin \angle B$. Since it also holds that $O(A B N)=\frac{1}{2} O(A B C D)=$ $O(M B C)$, we see that
$$
\frac{1}{2} \cdot|A B| \cdot|B N| \cdot \sin \angle B=\frac{1}{2} \cdot|M B| \cdot|B C| \cdot \sin \angle B
$$
or equivalently
$$
|A B| \cdot|B N|=|M B| \cdot|B C| .
$$
This means
$$
\frac{|M B|}{|B N|}=\frac{|A B|}{|B C|}
$$
from which, by (SAS), it follows that $\triangle M B N \sim \triangle A B C$. From this it follows that $\angle N M B=\angle C A B$, so we see with F-angles that $M N \| A C$.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Zij $A B C D$ een convexe vierhoek (d.w.z. alle binnenhoeken zijn kleiner dan $180^{\circ}$ ), zodat er een punt $M$ op lijnstuk $A B$ en een punt $N$ op lijnstuk $B C$ bestaan met de eigenschap dat $A N$ de vierhoek in twee stukken van gelijke oppervlakte deelt, en $C M$ dat ook doet.
Bewijs dat $M N$ de diagonaal $B D$ middendoor deelt.
|
Noteer de oppervlakte van veelhoek $\mathcal{P}$ met $O(\mathcal{P})$. Laat $S$ het snijpunt van $A N$ en $C M$ zijn. Er geldt
$O(A S M)+O(S M B N)=O(A B N)=\frac{1}{2} O(A B C D)=O(C B M)=O(C N S)+O(S M B N)$,
dus $O(A S M)=O(C N S)$. Als we hier links en rechts $O(S M N)$ bij optellen, vinden we dat $O(M N A)=O(M N C)$. Deze driehoeken hebben dezelfde basis $M N$ en dus kennelijk ook dezelfde hoogte. Dat betekent dat de lijn $A C$ evenwijdig is aan de basis $M N$.
Laat nu $X$ en $Y$ de snijpunten zijn van respectievelijk $A B$ en $B C$ met de lijn door $D$ die evenwijdig aan $A C$ (en dus ook evenwijdig aan $M N$ ) loopt. De driehoeken $A C Y$ en $A C D$ hebben dezelfde basis $A C$ en dezelfde hoogte, dus $O(A C Y)=O(A C D)$. Hieruit volgt
$$
O(A N Y)=O(A N C)+O(A C Y)=O(A N C)+O(A C D)=O(A N C D)=O(A N B)
$$
waarbij de laatste gelijkheid geldt omdat $A N$ de vierhoek in twee stukken van gelijke oppervlakte deelt. De driehoeken $A N Y$ en $A N B$ hebben dezelfde hoogte, dus moeten ze ook dezelfde basis hebben. Dus $N$ is het midden van $B Y$.
Zo ook laten we zien dat $M$ het midden is van $B X$. We vinden dat $M N$ een middenparallel van $\triangle B X Y$ is. Omdat $D$ op $X Y$ ligt, snijdt $M N$ het lijnstuk $B D$ middendoor.
Alternatief bewijs voor $A C \| M N$. Er geldt $O(A B N)=\frac{1}{2} \cdot|A B| \cdot|B N| \cdot \sin \angle B$ en $O(M B C)=\frac{1}{2} \cdot|M B| \cdot|B C| \cdot \sin \angle B$. Omdat ook geldt $O(A B N)=\frac{1}{2} O(A B C D)=$ $O(M B C)$, zien we dat
$$
\frac{1}{2} \cdot|A B| \cdot|B N| \cdot \sin \angle B=\frac{1}{2} \cdot|M B| \cdot|B C| \cdot \sin \angle B
$$
oftewel
$$
|A B| \cdot|B N|=|M B| \cdot|B C| .
$$
Dat betekent
$$
\frac{|M B|}{|B N|}=\frac{|A B|}{|B C|}
$$
waaruit met (zhz) volgt dat $\triangle M B N \sim \triangle A B C$. Hieruit volgt dat $\angle N M B=\angle C A B$, dus zien we met F-hoeken dat $M N \| A C$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nOpgave 4.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing I.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
|
Let $A B C D$ be a convex quadrilateral (i.e., all interior angles are less than $180^{\circ}$), such that there exists a point $M$ on segment $A B$ and a point $N$ on segment $B C$ with the property that $A N$ divides the quadrilateral into two regions of equal area, and $C M$ does the same.
Prove that $M N$ bisects the diagonal $B D$.
|
Note the area of polygon $\mathcal{P}$ as $O(\mathcal{P})$. Let $T$ be the midpoint of $B D$. Now, triangles $C D T$ and $C B T$ have the same base, namely $|D T| = |B T|$, and the same height, so their areas are equal. Similarly, $O(A D T) = O(A B T)$. Therefore, $O(A T C D) = \frac{1}{2} O(A B C D) = O(A N C D)$. Notice that $T$ cannot lie inside triangle $A C D$, because then $O(A T C D) < O(A C D)$, while $O(A N C D) > O(A C D)$. Thus,
$$
O(A T C) = O(A T C D) - O(A C D) = O(A N C D) - O(A C D) = O(A N C)
$$
Triangles $A T C$ and $A N C$ have the same base $A C$, so they have the same height. This means that line $N T$ is parallel to the base $A C$.
In the same way, we show that $M T$ is parallel to $A C$. Therefore, $N T \| M T$ and it follows that $M, N$, and $T$ lie on the same line. Thus, $M N$ passes through the midpoint of $B D$.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Zij $A B C D$ een convexe vierhoek (d.w.z. alle binnenhoeken zijn kleiner dan $180^{\circ}$ ), zodat er een punt $M$ op lijnstuk $A B$ en een punt $N$ op lijnstuk $B C$ bestaan met de eigenschap dat $A N$ de vierhoek in twee stukken van gelijke oppervlakte deelt, en $C M$ dat ook doet.
Bewijs dat $M N$ de diagonaal $B D$ middendoor deelt.
|
Noteer de oppervlakte van veelhoek $\mathcal{P}$ met $O(\mathcal{P})$. Noem $T$ het midden van $B D$. Nu hebben driehoeken $C D T$ en $C B T$ een even lange basis, namelijk $|D T|=$ $|B T|$, en dezelfde hoogte, dus zijn hun oppervlaktes gelijk. Op dezelfde manier geldt $O(A D T)=O(A B T)$. Dus $O(A T C D)=\frac{1}{2} O(A B C D)=O(A N C D)$. Merk nu op dat $T$ niet binnen driehoek $A C D$ kan liggen, want dan zou $O(A T C D)<O(A C D)$, terwijl juist $O(A N C D)>O(A C D)$. Dus
$$
O(A T C)=O(A T C D)-O(A C D)=O(A N C D)-O(A C D)=O(A N C)
$$
Driehoeken $A T C$ en $A N C$ hebben dezelfde basis $A C$, dus ze hebben gelijke hoogte. Dat betekent dat de lijn $N T$ evenwijdig is aan de basis $A C$.
Op analoge manier laten we zien dat $M T$ evenwijdig is aan $A C$. Dus $N T \| M T$ en daaruit volgt dat $M, N$ en $T$ op één lijn liggen. Dus $M N$ gaat door het midden van $B D$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nOpgave 4.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing II.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
|
Let $A$ be a set of positive integers with the following property: for each positive integer $n$, exactly one of the three numbers $n, 2n$, and $3n$ is in $A$. Furthermore, it is given that $2 \in A$. Prove that $13824 \notin A$.
|
We prove the following two claims:
(i) If $m \in A$ with $2 \mid m$, then $6 m \in A$.
(ii) If $m \in A$ with $3 \mid m$, then $\frac{4}{3} m \in A$.
First, claim (i). Assume that $m \in A$ with $2 \mid m$. By choosing $n=\frac{m}{2}$, we see that $\frac{m}{2}$ and $\frac{3}{2} m$ are not in $A$. By choosing $n=m$, we see that $2 m$ and $3 m$ are not in $A$. If we now consider $n=\frac{3}{2} m$, then $2 n=3 m$ is not in $A$ and $n=\frac{3}{2} m$ itself is also not in $A$, so $3 n=\frac{9}{2} m$ is. With $n=\frac{9}{2} m$, we now see that $9 m \notin A$. Finally, consider $n=3 m$: we know that $3 m \notin A$ and $9 m \notin A$, so $6 m \in A$.
Now, claim (ii). Assume that $m \in A$ with $3 \mid m$. By choosing $n=\frac{m}{3}$, we see that $\frac{m}{3}$ and $\frac{2}{3} m$ are not in $A$. By choosing $n=m$, we see that $2 m$ is not in $A$. If we now choose $n=\frac{2}{3} m$, then $n$ and $3 n$ are not in $A$, so $2 n=\frac{4}{3} m$ is. This proves claim (ii).
We know that $2 \in A$. By repeatedly applying claims (i) and (ii), we can show that the following numbers are all in $A$:
$$
2 \xrightarrow{\text { (i) }} 2^{2} \cdot 3 \xrightarrow{\text { (i) }} 2^{3} \cdot 3^{2} \xrightarrow{\text { (i) }} 2^{4} \cdot 3^{3} \xrightarrow{\text { (i) }} 2^{5} \cdot 3^{4} \xrightarrow{\text { (ii) }} 2^{7} \cdot 3^{3} \xrightarrow{\text { (ii) }} 2^{9} \cdot 3^{2} .
$$
Since $2^{9} \cdot 3^{2} \in A$, it follows that $2^{9} \cdot 3^{3} \notin A$. Since $13824=2^{9} \cdot 3^{3}$, this is what we needed to prove.
|
13824 \notin A
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Number Theory
|
Laat $A$ een verzameling van positieve gehele getallen zijn met de volgende eigenschap: voor elk positief geheel getal $n$ zit precies één van de drie getallen $n, 2 n$ en $3 n$ in $A$. Verder is gegeven dat $2 \in A$. Bewijs dat $13824 \notin A$.
|
We bewijzen de volgende twee beweringen:
(i) Als $m \in A$ met $2 \mid m$, dan $6 m \in A$.
(ii) Als $m \in A$ met $3 \mid m$, dan $\frac{4}{3} m \in A$.
Eerst bewering (i). Neem aan dat $m \in A$ met $2 \mid m$. Door $n=\frac{m}{2}$ te kiezen, zien we dat $\frac{m}{2}$ en $\frac{3}{2} m$ niet in $A$ zitten. Door $n=m$ te kiezen, zien we dat $2 m$ en $3 m$ niet in $A$ zitten. Als we nu $n=\frac{3}{2} m$ bekijken, dan blijkt $2 n=3 m$ niet in $A$ te zitten en $n=\frac{3}{2} m$ zelf ook niet, dus $3 n=\frac{9}{2} m$ wel. Met $n=\frac{9}{2} m$ krijgen we nu dat $9 m \notin A$. Ten slotte bekijken we $n=3 m$ : we weten dat $3 m \notin A$ en $9 m \notin A$, dus $6 m \in A$.
Nu bewering (ii). Neem aan dat $m \in A$ met $3 \mid m$. Door $n=\frac{m}{3}$ te kiezen, zien we dat $\frac{m}{3}$ en $\frac{2}{3} m$ niet in $A$ zitten. Door $n=m$ te kiezen, zien we dat $2 m$ niet in $A$ zit. Als we nu $n=\frac{2}{3} m$ kiezen, hebben we dus dat $n$ en $3 n$ niet in $A$ zitten, dus zit $2 n=\frac{4}{3} m$ dat wel. Dit bewijst bewering (ii).
We weten dat $2 \in A$. Door herhaaldelijk beweringen (i) en (ii) toe te passen, kunnen we laten zien dat de volgende getallen ook allemaal in $A$ zitten:
$$
2 \xrightarrow{\text { (i) }} 2^{2} \cdot 3 \xrightarrow{\text { (i) }} 2^{3} \cdot 3^{2} \xrightarrow{\text { (i) }} 2^{4} \cdot 3^{3} \xrightarrow{\text { (i) }} 2^{5} \cdot 3^{4} \xrightarrow{\text { (ii) }} 2^{7} \cdot 3^{3} \xrightarrow{\text { (ii) }} 2^{9} \cdot 3^{2} .
$$
Omdat $2^{9} \cdot 3^{2} \in A$, geldt $2^{9} \cdot 3^{3} \notin A$. Aangezien $13824=2^{9} \cdot 3^{3}$, is dit wat we moesten bewijzen.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nOpgave 5.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
|
Let $I$ be the center of the inscribed circle of triangle $ABC$. A line through $I$ intersects the interior of segment $AB$ at $M$ and the interior of segment $BC$ at $N$. We assume that $BMN$ is an acute triangle. Let $K$ and $L$ be points on segment $AC$ such that $\angle BMI = \angle ILA$ and $\angle BNI = \angle IKC$.
Prove that $|AM| + |KL| + |CN| = |AC|$.
|
Let $D, E$ and $F$ be the feet of the perpendiculars from $I$ to $B C, C A$ and $A B$, respectively. It is given that $N$ lies between $C$ and $D$: if $N$ were to lie between $D$ and $B$, then $\angle B N I$ would be greater than $\angle B D I=90^{\circ}$, but it is given that $\triangle B M N$ is acute-angled. Therefore, $N$ lies between $C$ and $D$. Similarly, $M$ lies between $A$ and $F$. Furthermore, $L$ cannot lie between $A$ and $E$, because then $\angle I L A>90^{\circ}$, while in fact $\angle I L A=\angle B M I<90^{\circ}$. Therefore, $L$ lies between $E$ and $C$. Similarly, $K$ lies between $A$ and $E$. In total, $E$ lies between $K$ and $L$.
It holds that
$$
|A C|=|A E|+|C E|=|A F|+|C D|=|A M|+|M F|+|C N|+|N D|,
$$
where the second equality holds because the tangent segments to the inscribed circle are equal in length.
Furthermore, $\angle I K E=\angle I K C=\angle B N I=\angle D N I$ and $\angle K E I=90^{\circ}=\angle I D N$, so $\triangle I K E \sim \triangle I N D$ (AA). Since segments $E I$ and $D I$ are both the radius of the inscribed circle, they are equal in length, so $\triangle I K E \cong \triangle I N D$. From this, it follows that $|E K|=|N D|$.
Similarly, we can deduce that $|E L|=|M F|$. We thus get
$$
|A C|=|A M|+|M F|+|N D|+|C N|=|A M|+|E L|+|E K|+|C N|=|A M|+|K L|+|C N|
$$
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Zij $I$ het middelpunt van de ingeschreven cirkel van driehoek $A B C$. Een lijn door $I$ snijdt het inwendige van lijnstuk $A B$ in $M$ en het inwendige van lijnstuk $B C$ in $N$. We nemen aan dat $B M N$ een scherphoekige driehoek is. Laat nu $K$ en $L$ punten op lijnstuk $A C$ zijn zodat $\angle B M I=\angle I L A$ en $\angle B N I=\angle I K C$.
Bewijs dat $|A M|+|K L|+|C N|=|A C|$.
|
Noem $D, E$ en $F$ de voetpunten van $I$ op respectievelijk $B C, C A$ en $A B$. Er geldt dat $N$ tussen $C$ en $D$ ligt: als namelijk $N$ tussen $D$ en $B$ ligt, dan is $\angle B N I$ groter dan $\angle B D I=90^{\circ}$, maar gegeven is dat $\triangle B M N$ scherphoekig is. Dus $N$ ligt tussen $C$ en $D$. Zo ook ligt $M$ tussen $A$ en $F$. Verder kan $L$ niet tussen $A$ en $E$ liggen, want dan zou $\angle I L A>90^{\circ}$, terwijl juist $\angle I L A=\angle B M I<90^{\circ}$. Dus $L$ ligt tussen $E$ en $C$. Zo ook ligt $K$ tussen $A$ en $E$. Al met al ligt $E$ tussen $K$ en $L$.
Er geldt
$$
|A C|=|A E|+|C E|=|A F|+|C D|=|A M|+|M F|+|C N|+|N D|,
$$
waarbij het tweede =-teken geldt omdat de raaklijnstukjes aan de ingeschreven cirkel even lang zijn.
Verder is $\angle I K E=\angle I K C=\angle B N I=\angle D N I$ en $\angle K E I=90^{\circ}=\angle I D N$, dus $\triangle I K E \sim$ $\triangle I N D$ (hh). Omdat lijnstukken $E I$ en $D I$ beide de straal van de ingeschreven cirkel zijn, zijn deze even lang, dus geldt zelfs $\triangle I K E \cong \triangle I N D$. Hieruit volgt $|E K|=|N D|$.
Zo ook kunnen we afleiden dat $|E L|=|M F|$. We krijgen dus
$$
|A C|=|A M|+|M F|+|N D|+|C N|=|A M|+|E L|+|E K|+|C N|=|A M|+|K L|+|C N|
$$
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nOpgave 1.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-C_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
|
Let $a, b, c$ and $d$ be positive real numbers. Prove that
$$
\frac{a-b}{b+c}+\frac{b-c}{c+d}+\frac{c-d}{d+a}+\frac{d-a}{a+b} \geq 0
$$
|
It holds that
$$
\frac{a-b}{b+c}=\frac{a-b+b+c}{b+c}-1=\frac{a+c}{b+c}-1
$$
By doing the same with the other three fractions and then moving the four times -1 to the other side, we get that we need to prove:
$$
\frac{a+c}{b+c}+\frac{b+d}{c+d}+\frac{c+a}{d+a}+\frac{d+b}{a+b} \geq 4
$$
Now we apply the inequality of the harmonic and arithmetic mean to the two positive numbers $b+c$ and $d+a$:
$$
\frac{2}{\frac{1}{b+c}+\frac{1}{d+a}} \leq \frac{(b+c)+(d+a)}{2}
$$
so
$$
\frac{1}{b+c}+\frac{1}{d+a} \geq \frac{4}{a+b+c+d}
$$
Similarly, it holds that
$$
\frac{1}{c+d}+\frac{1}{a+b} \geq \frac{4}{a+b+c+d}
$$
With this, we can estimate the left side of (1):
$$
\begin{aligned}
\frac{a+c}{b+c}+\frac{b+d}{c+d}+\frac{c+a}{d+a}+\frac{d+b}{a+b} & =(a+c)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{d+a}\right)+(b+d)\left(\frac{1}{c+d}+\frac{1}{a+b}\right) \\
& \geq(a+c) \cdot \frac{4}{a+b+c+d}+(b+d) \cdot \frac{4}{a+b+c+d} \\
& =4 \cdot \frac{(a+c)+(b+d)}{a+b+c+d} \\
& =4 .
\end{aligned}
$$
Thus, we have proven (1).
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Inequalities
|
Laat $a, b, c$ en $d$ positieve reële getallen zijn. Bewijs dat
$$
\frac{a-b}{b+c}+\frac{b-c}{c+d}+\frac{c-d}{d+a}+\frac{d-a}{a+b} \geq 0
$$
|
Er geldt
$$
\frac{a-b}{b+c}=\frac{a-b+b+c}{b+c}-1=\frac{a+c}{b+c}-1
$$
Door hetzelfde met de andere drie breuken te doen en daarna de vier keer -1 naar de andere kant te halen, krijgen we dat we moeten bewijzen:
$$
\frac{a+c}{b+c}+\frac{b+d}{c+d}+\frac{c+a}{d+a}+\frac{d+b}{a+b} \geq 4
$$
Nu passen we de ongelijkheid van het harmonisch en rekenkundig gemiddelde toe op de twee positieve getallen $b+c$ en $d+a$ :
$$
\frac{2}{\frac{1}{b+c}+\frac{1}{d+a}} \leq \frac{(b+c)+(d+a)}{2}
$$
dus
$$
\frac{1}{b+c}+\frac{1}{d+a} \geq \frac{4}{a+b+c+d}
$$
Zo ook geldt
$$
\frac{1}{c+d}+\frac{1}{a+b} \geq \frac{4}{a+b+c+d}
$$
Hiermee kunnen we de linkerkant van (1) afschatten:
$$
\begin{aligned}
\frac{a+c}{b+c}+\frac{b+d}{c+d}+\frac{c+a}{d+a}+\frac{d+b}{a+b} & =(a+c)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{d+a}\right)+(b+d)\left(\frac{1}{c+d}+\frac{1}{a+b}\right) \\
& \geq(a+c) \cdot \frac{4}{a+b+c+d}+(b+d) \cdot \frac{4}{a+b+c+d} \\
& =4 \cdot \frac{(a+c)+(b+d)}{a+b+c+d} \\
& =4 .
\end{aligned}
$$
Daarmee hebben we (1) bewezen.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nOpgave 2.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-C_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
|
Determine all positive integers that cannot be written as $\frac{a}{b}+\frac{a+1}{b+1}$ with $a, b$ positive and integral.
|
It holds that
$$
\frac{a}{b}+\frac{a+1}{b+1}=\frac{2 a b+a+b}{b(b+1)}
$$
Assume that this is equal to an integer $n$. Then $b \mid 2 a b+a+b$ and $b+1 \mid 2 a b+a+b$. From the first, it follows that $b \mid a$ and thus also $b \mid a-b$. From the second, it follows that $b+1 \mid (2 a b+a+b) - (b+1) \cdot 2a = -a + b$, so also $b+1 \mid a-b$. Since the greatest common divisor of $b$ and $b+1$ is 1, we can conclude that $b(b+1) \mid a-b$. We can write $a$ as $a = b(b+1) \cdot k + b$. Since $a$ must be positive, $k$ must be a non-negative integer. Substituting this in:
$$
\begin{aligned}
n & =\frac{2 a b+a+b}{b(b+1)} \\
& =\frac{2 \cdot (b(b+1) \cdot k + b) \cdot b + (b(b+1) \cdot k + b) + b}{b(b+1)} \\
& =\frac{b(b+1) \cdot (2 k b + k) + 2 b^2 + 2 b}{b(b+1)} \\
& =(2 b + 1) k + 2.
\end{aligned}
$$
Thus, $n$ is of the form $n = (2 b + 1) k + 2$. From this, we see that $n \geq 2$ (since $k \geq 0$) and that $n-2$ must be divisible by an odd number greater than 1 (namely $2 b + 1 \geq 3$).
Suppose conversely that for a number $n$ it holds that $n \geq 2$ and $n-2$ is divisible by an odd number greater than 1, say by $2 b + 1$ with $b \geq 1$ and integer. Then there is a $k \geq 0$ such that $n = (2 b + 1) k + 2$. Choose now $a = b(b+1) \cdot k + b$, then $a$ is a positive integer and it holds that
$$
\frac{a}{b}+\frac{a+1}{b+1} = ((b+1) k + 1) + (b k + 1) = (2 b + 1) k + 2 = n
$$
We can now conclude that the numbers that can be written as $\frac{a}{b}+\frac{a+1}{b+1}$ with $a$ and $b$ positive integers, are exactly the numbers $n \geq 2$ for which $n-2$ is divisible by an odd number greater than 1. The numbers that cannot be written in this way are thus exactly 1 and the numbers $n \geq 2$ for which $n-2$ has no odd divisor greater than 1, i.e., for which $n-2$ is a power of two $2^m$ with $m \geq 0$.
We conclude that the numbers that cannot be written as $\frac{a}{b}+\frac{a+1}{b+1}$ are exactly 1 and the numbers of the form $2^m + 2$ with $m \geq 0$.
|
1 \text{ and the numbers of the form } 2^m + 2 \text{ with } m \geq 0
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Number Theory
|
Bepaal alle positieve gehele getallen die niet geschreven kunnen worden als $\frac{a}{b}+\frac{a+1}{b+1}$ met $a, b$ positief en geheel.
|
Er geldt
$$
\frac{a}{b}+\frac{a+1}{b+1}=\frac{2 a b+a+b}{b(b+1)}
$$
Neem aan dat dit gelijk is aan een geheel getal $n$. Dan geldt $b \mid 2 a b+a+b$ en $b+1 \mid$ $2 a b+a+b$. Uit het eerste volgt $b \mid a$ en dus ook $b \mid a-b$. Uit het tweede volgt $b+1 \mid(2 a b+a+b)-(b+1) \cdot 2 a=-a+b$, dus ook $b+1 \mid a-b$. Omdat de ggd van $b$ en $b+1$ gelijk aan 1 is, mogen we hieruit concluderen dat $b(b+1) \mid a-b$. We kunnen $a$ dus schrijven als $a=b(b+1) \cdot k+b$. Omdat $a$ positief moet zijn, moet $k$ hier een niet-negatief geheel getal zijn. Dit vullen we in:
$$
\begin{aligned}
n & =\frac{2 a b+a+b}{b(b+1)} \\
& =\frac{2 \cdot(b(b+1) \cdot k+b) \cdot b+(b(b+1) \cdot k+b)+b}{b(b+1)} \\
& =\frac{b(b+1) \cdot(2 k b+k)+2 b^{2}+2 b}{b(b+1)} \\
& =(2 b+1) k+2 .
\end{aligned}
$$
Dus $n$ is van de vorm $n=(2 b+1) k+2$. Hieruit zien we dat $n \geq 2$ (want $k \geq 0)$ en dat $n-2$ deelbaar moet zijn door een oneven getal groter dan 1 (namelijk $2 b+1 \geq 3$ ).
Stel omgekeerd dat voor een getal $n$ geldt dat $n \geq 2$ en $n-2$ is deelbaar door een oneven getal groter dan 1 , zeg door $2 b+1$ met $b \geq 1$ en geheel. Dan is er dus een $k \geq 0$ met $n=(2 b+1) k+2$. Kies nu $a=b(b+1) \cdot k+b$, dan is $a$ positief geheel en geldt
$$
\frac{a}{b}+\frac{a+1}{b+1}=((b+1) k+1)+(b k+1)=(2 b+1) k+2=n
$$
We kunnen nu concluderen dat de getallen die geschreven kunnen worden als $\frac{a}{b}+\frac{a+1}{b+1}$ met $a$ en $b$ positief geheel, precies de getallen $n \geq 2$ zijn waarvoor geldt dat $n-2$ deelbaar is door een oneven getal groter dan 1. De getallen die niet zo geschreven kunnen worden, zijn dus precies 1 en de getallen $n \geq 2$ waarvoor geldt dat $n-2$ geen oneven deler groter dan 1 heeft, oftewel waarvoor geldt dat $n-2$ een tweemacht $2^{m}$ met $m \geq 0$ is.
We concluderen dat de getallen die niet geschreven kunnen worden als $\frac{a}{b}+\frac{a+1}{b+1}$, precies 1 en de getallen van de vorm $2^{m}+2$ met $m \geq 0$ zijn.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nOpgave 3.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-C_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
|
Let $n$ be a positive integer divisible by 4. We consider permutations $\left(a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}\right)$ of $(1,2, \ldots, n)$ with the following property: for every $j$, if we take $i=a_{j}$, then $a_{i}+j=n+1$. Prove that there are exactly $\frac{\left(\frac{1}{2} n\right)!}{\left(\frac{1}{4} n\right)!}$ such permutations.
|
Let $t \in\{1,2, \ldots, n\}$. Suppose $a_{t}=t$, then we can choose $i=j=t$ and it follows that $a_{t}+t=n+1$, so $2 t=n+1$. But $n$ is divisible by 4, so $n+1$ is odd. Contradiction. Suppose now that $a_{t}=n+1-t$. Then we can choose $i=n+1-t$ and $j=t$ and it follows that $a_{n+1-t}+t=n+1$, so $a_{n+1-t}=n+1-t$. However, we have just seen that this cannot occur.
Suppose now that $a_{t}=u$ with $u \neq t, u \neq n+1-t$. Then we can choose $i=u$ and $j=t$ and it follows that $a_{u}+t=n+1$, so $a_{u}=n+1-t$. Next, we can choose $i=n+1-t$ and $j=u$ and it follows that $a_{n+1-t}=n+1-u$. Now we choose $i=n+1-u$ and $j=n+1-t$ and see that $a_{n+1-u}=n+1-(n+1-t)=t$. In total, we have:
$$
\begin{aligned}
a_{t} & =u, \\
a_{u} & =n+1-t, \\
a_{n+1-t} & =n+1-u, \\
a_{n+1-u} & =t .
\end{aligned}
$$
Since $u \neq t$ and $u \neq n+1-t$, the four numbers on the right-hand side are all different. Furthermore, the four numbers can be divided into two pairs of the form $(v, n+1-v)$. We now have four numbers for which it holds that the same four numbers are in the permutation at the same positions, but in a different order. We can now choose a $t^{\prime}$ different from one of these four numbers and a $u^{\prime}$ with $a_{t^{\prime}}=u^{\prime}$ and find a quartet containing $t^{\prime}$ in the same way. Note that now $n+1-t^{\prime}$ and $n+1-u^{\prime}$ cannot already be in the first quartet, because then $u^{\prime}$ and $t^{\prime}$ would also be in it. We can continue this way until all $n$ numbers are divided into quartets.
We see that we can exactly construct all permutations by applying the following recipe:
- Choose the smallest number $k$ for which $a_{k}$ has not yet been determined. Take $a_{k}=u$ for some $u$ for which $a_{u}$ has not yet been determined and for which $u \neq k, u \neq n+1-k$. This also determines the values of $a_{u}, a_{n+1-u}$ and $a_{n+1-k}$.
- Repeat the previous step as often as necessary until all values $a_{k}$ are determined.
For the first $k$, we have $n-2$ possibilities for $u$. For the next step, we have $n-6$ possibilities. For the step after that, we have $n-10$, and so on. Thus, the number of permutations that satisfy this property is
$$
2 \cdot 6 \cdot 10 \cdot \ldots \cdot(n-10) \cdot(n-6) \cdot(n-2)
$$
Write $n=4 m$, then we can write this as
$$
\begin{gathered}
2^{m} \cdot 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \ldots \cdot(2 m-5) \cdot(2 m-3) \cdot(2 m-1)=2^{m} \cdot \frac{(2 m)!}{2 \cdot 4 \cdot \ldots \cdot(2 m)} \\
=\frac{(2 m)!}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot m}=\frac{(2 m)!}{m!}=\frac{\left(\frac{1}{2} n\right)!}{\left(\frac{1}{4} n\right)!}
\end{gathered}
$$
|
\frac{\left(\frac{1}{2} n\right)!}{\left(\frac{1}{4} n\right)!}
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Combinatorics
|
Zij $n$ een positief geheel getal deelbaar door 4. We bekijken permutaties $\left(a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}\right)$ van $(1,2, \ldots, n)$ met de volgende eigenschap: voor elke $j$ geldt dat als we $i=a_{j}$ nemen, dan $a_{i}+j=n+1$. Bewijs dat er precies $\frac{\left(\frac{1}{2} n\right)!}{\left(\frac{1}{4} n\right)!}$ zulke permutaties zijn.
|
Zij $t \in\{1,2, \ldots, n\}$. Stel dat $a_{t}=t$, dan kunnen we $i=j=t$ kiezen en geldt dus $a_{t}+t=n+1$, dus $2 t=n+1$. Maar $n$ is deelbaar door 4 , dus $n+1$ is oneven. Tegenspraak. Stel nu dat $a_{t}=n+1-t$. Dan kunnen we $i=n+1-t$ en $j=t$ kiezen en geldt dus $a_{n+1-t}+t=n+1$, dus $a_{n+1-t}=n+1-t$. We hebben echter net gezien dat dit niet kan voorkomen.
Stel nu dat $a_{t}=u$ met $u \neq t, u \neq n+1-t$. Dan kunnen we $i=u$ en $j=t$ kiezen en geldt dus $a_{u}+t=n+1$, dus $a_{u}=n+1-t$. Vervolgens kunnen we $i=n+1-t$ en $j=u$ kiezen en geldt dus $a_{n+1-t}=n+1-u$. Nu kiezen we $i=n+1-u$ en $j=n+1-t$ en zien we dat $a_{n+1-u}=n+1-(n+1-t)=t$. Al met al hebben we dus:
$$
\begin{aligned}
a_{t} & =u, \\
a_{u} & =n+1-t, \\
a_{n+1-t} & =n+1-u, \\
a_{n+1-u} & =t .
\end{aligned}
$$
Omdat $u \neq t$ en $u \neq n+1-t$, zijn de vier getallen aan de rechterkant allemaal verschillend. Verder zijn de vier getallen op te delen in twee paren van de vorm $(v, n+1-v)$. We hebben nu dus vier getallen waarvoor geldt dat op dezelfde posities in de permutatie dezelfde vier getallen staan, maar in een andere volgorde. We kunnen nu een $t^{\prime}$ ongelijk aan één van deze vier getallen kiezen en een $u^{\prime}$ met $a_{t^{\prime}}=u^{\prime}$ en op dezelfde manier een viertal vinden waar $t^{\prime}$ in zit. Merk op dat nu $n+1-t^{\prime}$ en $n+1-u^{\prime}$ niet al in het eerste viertal kunnen zitten, want dan zouden $u^{\prime}$ en $t^{\prime}$ er ook al in zitten. Zo kunnen we doorgaan totdat alle $n$ getallen opgedeeld zijn in viertallen.
We zien dat we precies alle permutaties kunnen maken door het volgende recept toe te passen:
- Kies het kleinste getal $k$ waarvoor $a_{k}$ nog niet bepaald is. Neem $a_{k}=u$ voor een zekere $u$ waarvan $a_{u}$ nog niet bepaald was en waarvoor geldt $u \neq k, u \neq n+1-k$. Dit bepaalt ook de waarden van $a_{u}, a_{n+1-u}$ en $a_{n+1-k}$.
- Herhaal de vorige stap net zo vaak totdat alle waarden $a_{k}$ bepaald zijn.
Bij de eerste $k$ hebben we voor $u$ nog $n-2$ mogelijkheden. Bij de volgende stap hebben we nog $n-6$ mogelijkheden. Bij de stap daarna nog $n-10$, enzovoorts. Dus het aantal permutaties dat aan deze eigenschap voldoet, is
$$
2 \cdot 6 \cdot 10 \cdot \ldots \cdot(n-10) \cdot(n-6) \cdot(n-2)
$$
Schrijf $n=4 m$, dan kunnen we dit schrijven als
$$
\begin{gathered}
2^{m} \cdot 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \ldots \cdot(2 m-5) \cdot(2 m-3) \cdot(2 m-1)=2^{m} \cdot \frac{(2 m)!}{2 \cdot 4 \cdot \ldots \cdot(2 m)} \\
=\frac{(2 m)!}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot m}=\frac{(2 m)!}{m!}=\frac{\left(\frac{1}{2} n\right)!}{\left(\frac{1}{4} n\right)!}
\end{gathered}
$$
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nOpgave 4.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-C_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
|
Let $\Gamma$ be the circumcircle of the acute triangle $ABC$. The bisector of angle $ABC$ intersects $AC$ at point $B_{1}$ and the shorter arc $AC$ of $\Gamma$ at point $P$. The line through $B_{1}$ perpendicular to $BC$ intersects the shorter arc $BC$ of $\Gamma$ at $K$. The line through $B$ perpendicular to $AK$ intersects $AC$ at $L$. Prove that $K, L$, and $P$ lie on a line.
|
That the bisector of angle $ABC$ intersects the short arc $AC$ at $P$ means that $P$ is exactly in the middle of this arc $AC$. We need to prove that $KL$ also passes through $P$, meaning that $KL$ bisects the arc $AC$. Since $K$ lies on $\Gamma$, this means we need to prove that $KL$ is the bisector of $\angle AKC$.
Let $S$ be the intersection of $B_1K$ and $BC$, and let $T$ be the intersection of $BL$ and $AK$. Then $\angle BSK = 90^\circ$ and $\angle BTK = 90^\circ$, so $BTSK$ is a cyclic quadrilateral. From this, it follows that
$$
\angle CBL = \angle SBT = \angle SKT = \angle B_1KA.
$$
Since $ABKC$ is a cyclic quadrilateral, $\angle B_1AK = \angle CAK = \angle CBK$. According to the exterior angle theorem, $\angle LB_1K = \angle B_1AK + \angle B_1KA$, so using (2) we have
$$
\angle LB_1K = \angle B_1AK + \angle B_1KA = \angle CBK + \angle CBL = \angle LBK.
$$
From this, it follows that $LKB_1B$ is a cyclic quadrilateral, which means that $\angle LBB_1 = \angle LKB_1$. Adding equality (2) to this, we get
$$
\angle CBB_1 = \angle CBL + \angle LBB_1 = \angle B_1KA + \angle LKB_1 = \angle LKA.
$$
Thus,
$$
\angle LKA = \angle CBB_1 = \frac{1}{2} \angle CBA = \frac{1}{2} \angle CKA,
$$
where we have also used the fact that $ABKC$ is a cyclic quadrilateral. From this, it follows that $KL$ is the bisector of $\angle AKC$, which is what we wanted to prove.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Zij $\Gamma$ de omgeschreven cirkel van de scherphoekige driehoek $A B C$. De bissectrice van hoek $A B C$ snijdt $A C$ in het punt $B_{1}$ en de korte boog $A C$ van $\Gamma$ in het punt $P$. De lijn door $B_{1}$ loodrecht op $B C$ snijdt de korte boog $B C$ van $\Gamma$ in $K$. De lijn door $B$ loodrecht op $A K$ snijdt $A C$ in $L$. Bewijs dat $K, L$ en $P$ op een lijn liggen.
|
Dat de bissectrice van hoek $A B C$ de korte boog $A C$ snijdt in $P$, betekent dat $P$ precies midden in deze boog $A C$ ligt. We moeten bewijzen dat $K L$ ook door $P$ gaat, dus dat $K L$ de boog $A C$ doormidden snijdt. Omdat $K$ op $\Gamma$ ligt, betekent dat dat we moeten bewijzen dat $K L$ de bissectrice van $\angle A K C$ is.
Noem $S$ het snijpunt van $B_{1} K$ en $B C$ en noem $T$ het snijpunt van $B L$ en $A K$. Dan is $\angle B S K=90^{\circ}$ en $\angle B T K=90^{\circ}$, dus $B T S K$ is een koordenvierhoek. Hieruit volgt
$$
\angle C B L=\angle S B T=\angle S K T=\angle B_{1} K A .
$$
Omdat $A B K C$ een koordenvierhoek is, geldt $\angle B_{1} A K=\angle C A K=\angle C B K$. Volgens de buitenhoekstelling is $\angle L B_{1} K=\angle B_{1} A K+\angle B_{1} K A$, dus geldt met behulp van (2) dat
$$
\angle L B_{1} K=\angle B_{1} A K+\angle B_{1} K A=\angle C B K+\angle C B L=\angle L B K .
$$
Hieruit volgt dat $L K B B_{1}$ een koordenvierhoek is, wat weer betekent dat $\angle L B B_{1}=$ $\angle L K B_{1}$. Als we hier gelijkheid (2) bij optellen, krijgen we
$$
\angle C B B_{1}=\angle C B L+\angle L B B_{1}=\angle B_{1} K A+\angle L K B_{1}=\angle L K A .
$$
Dus
$$
\angle L K A=\angle C B B_{1}=\frac{1}{2} \angle C B A=\frac{1}{2} \angle C K A,
$$
waarbij we nog gebruikt hebben dat $A B K C$ een koordenvierhoek is. Hieruit volgt dat $K L$ de bissectrice $\operatorname{van} \angle A K C$ is, wat we wilden bewijzen.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nOpgave 5.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-C_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
|
For positive integers $a$ and $b$, we define $a \ominus b=\frac{a-b}{\operatorname{ggd}(a, b)}$. Prove that for any integer $n>1$: $n$ is a prime power (i.e., $n$ can be written as $n=p^{k}$ with $p$ a prime number and $k$ a positive integer) if and only if for all positive integers $m<n$ it holds that $\operatorname{ggd}(n, n \ominus m)=1$.
|
First, let $n=p^{k}$ with $p$ prime and $k>0$. We need to prove that $\operatorname{gcd}(n, n \ominus m)=1$ for all $m<n$. So consider any positive integer $m<n$. We write $m=p^{l} s$ with $p \nmid s$ and $0 \leq l<k$. Now, $\operatorname{gcd}(n, m)=\operatorname{gcd}\left(p^{k}, p^{l} s\right)=p^{l}$, so
$$
n \ominus m=\frac{p^{k}-p^{l} s}{p^{l}}=p^{k-l}-s
$$
Since $k-l \geq 1$, we have $\operatorname{gcd}\left(p^{k-l}-s, p\right)=\operatorname{gcd}(-s, p)=1$ and thus $\operatorname{gcd}(n, n \ominus m)=$ $\operatorname{gcd}\left(p^{k}, p^{k-l}-s\right)=1$.
Now suppose that $n$ is not a prime power. We need to prove that there is an $m<n$ for which $\operatorname{gcd}(n, n \ominus m) \neq 1$. Let $q$ be the smallest prime that divides $n$ and let $t$ be the positive integer such that $q^{t} \mid n$ and $q^{t+1} \nmid n$. Since $n$ is not a $q$-power, $n$ has another prime divisor $p>q$. Thus $\frac{n}{q^{t}} \geq p>q$, which implies $n>q^{t+1}$. Now choose $m=n-q^{t+1}$. Then $\operatorname{gcd}(n, m)=\operatorname{gcd}\left(n, q^{t+1}\right)=q^{t}$, so
$$
n \ominus m=\frac{n-\left(n-q^{t+1}\right)}{q^{t}}=\frac{q^{t+1}}{q^{t}}=q .
$$
Since $q \mid n$, we now have $\operatorname{gcd}(n, n \ominus m)=q>1$.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Number Theory
|
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 $\operatorname{ggd}(n, n \ominus m)=1$.
|
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
$$
n \ominus m=\frac{p^{k}-p^{l} s}{p^{l}}=p^{k-l}-s
$$
Omdat $k-l \geq 1$, geldt $\operatorname{ggd}\left(p^{k-l}-s, p\right)=\operatorname{ggd}(-s, p)=1$ en dus $\operatorname{ggd}(n, n \ominus m)=$ $\operatorname{ggd}\left(p^{k}, p^{k-l}-s\right)=1$.
Stel 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
$$
n \ominus m=\frac{n-\left(n-q^{t+1}\right)}{q^{t}}=\frac{q^{t+1}}{q^{t}}=q .
$$
Omdat $q \mid n$, geldt nu $\operatorname{ggd}(n, n \ominus m)=q>1$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nOpgave 1.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-D_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
|
We have two boxes with balls. In one box there are $m$ balls, in the other box $n$ balls, where $m, n>0$. Two different actions are allowed:
(i) Remove an equal number of balls from both boxes.
(ii) Increase the number of balls in one of the boxes by a factor of $k$.
Is it always possible to remove all the balls from both boxes with these two actions,
a) if $k=2$?
b) if $k=3$?
|
First consider the case $k=2$. We can remove all balls from both boxes in the following way.
If $m=n$, then we remove $m$ balls from both boxes and we are done. If $m \neq n$, we can assume without loss of generality that $m<n$. If in addition $2 m<n$, then we double the number of balls in the first box until we have $m^{\prime}$ balls in the first box with the property that $m^{\prime}<n$ and $2 m^{\prime} \geq n$. We can thus also assume without loss of generality that $2 m \geq n$. Now remove $2 m-n \geq 0$ balls from both boxes. In the first box, there remain $m-(2 m-n)=n-m>0$ balls; in the second box, there remain $n-(2 m-n)=2 n-2 m=2(n-m)>0$ balls. Now double the number of balls in the first box and then remove $2(n-m)$ balls from both boxes; then both boxes are empty.
Now consider the case $k=3$. Let $S$ be the number of balls in the first box minus the number of balls in the second box. If we apply the first action, $S$ does not change. If we apply the second action, say on a box with $t$ balls, then the parity of the number of balls in that box does not change (since $3 t \equiv t \bmod 2$). The parity of $S$ thus does not change either. We conclude that the parity of $S$ never changes. If we start with $m=1$ and $n=2$, then $S=-1 \equiv 1 \bmod 2$. We can now never reach the situation where both boxes are empty, because then $S \equiv 0 \bmod 2$. If $k=3$, we cannot always empty both boxes.
Alternative solution for $k=2$: If $m=n$, then we remove $m$ balls from both boxes and we are done. If $m \neq n$, we can assume without loss of generality that $m<n$. Now remove $m-1$ balls from both boxes. Then there remains 1 in the first box. We can now always double the number of balls in the first box (from 1 to 2) and then remove 1 from both boxes. We can continue this until the second box contains only 1 ball. Then we remove 1 ball from both boxes and both boxes are empty.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Number Theory
|
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:
(i) Verwijder uit beide dozen een gelijk aantal ballen.
(ii) Vergroot het aantal ballen in één van de dozen met een factor $k$.
Is het altijd mogelijk om alle ballen uit beide dozen te verwijderen met deze twee handelingen,
a) als $k=2$ ?
b) als $k=3$ ?
|
Bekijk eerst het geval $k=2$. We kunnen alle ballen uit beide dozen verwijderen op de volgende manier.
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 $m<n$. 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.
Bekijk 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.
Alternatieve 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.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nOpgave 2.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-D_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
|
Determine all pairs $(x, y)$ of positive integers that satisfy
$$
x+y+1 \mid 2 x y \quad \text{ and } \quad x+y-1 \mid x^{2}+y^{2}-1
$$
|
It holds that
$$
\left(x^{2}+y^{2}-1\right)-(x+y+1)(x+y-1)=\left(x^{2}+y^{2}-1\right)-\left(x^{2}+y^{2}+2xy-1\right)=-2xy.
$$
Since $x+y-1$ is a divisor of $x^{2}+y^{2}-1$ and obviously also of $(x+y+1)(x+y-1)$, we see that $x+y-1$ is a divisor of $2xy$. We know that $x+y+1$ is also a divisor of $2xy$. But the greatest common divisor (gcd) of $x+y-1$ and $x+y+1$ is 1 or 2, since the difference between the two numbers is 2. Therefore, $2xy$ is divisible by $(x+y-1)(x+y+1)$ (if the gcd is 1) or by $\frac{(x+y-1)(x+y+1)}{2}$ (if the gcd is 2). In both cases, $4xy$ is divisible by $(x+y-1)(x+y+1)$, and thus for some $k \geq 1$ it holds that:
$$
4xy = k(x+y-1)(x+y+1) = k\left(x^{2}+y^{2}+2xy-1\right) \geq k(4xy-1)
$$
where the last inequality holds because for all real numbers (and certainly for positive integers) $x$ and $y$, it holds that $x^{2}+y^{2} \geq 2xy$.
If $k \geq 2$, then $4xy \geq 2 \cdot (4xy-1)$, so $4xy \leq 2$. Contradiction, because $x$ and $y$ are positive and integers, so $4xy \geq 4$. We conclude that $k=1$ must hold, and thus $4xy = x^{2}+y^{2}+2xy-1$. This simplifies to $x^{2}+y^{2}-1-2xy=0$, which we can rewrite as $(x-y)^{2}=1$. Therefore, $x=y-1$ or $x=y+1$ must hold.
The possible pairs that satisfy this are thus $(x, x+1)$ with $x \geq 1$ and $(x, x-1)$ with $x \geq 2$. We check the first pair: $2x+2$ must be a divisor of $2x(x+1)$, and this is true; and $2x$ must be a divisor of $x^{2}+(x+1)^{2}-1=2x^{2}+2x$, and this is also true. Similarly, the second pair also satisfies the conditions. Therefore, the solutions are: all pairs $(x, x+1)$ with $x \geq 1$ and all pairs $(x, x-1)$ with $x \geq 2$.
|
(x, x+1) \text{ with } x \geq 1 \text{ and } (x, x-1) \text{ with } x \geq 2
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Number Theory
|
Bepaal alle paren $(x, y)$ van positieve gehele getallen die voldoen aan
$$
x+y+1 \mid 2 x y \quad \text { en } \quad x+y-1 \mid x^{2}+y^{2}-1
$$
|
Er geldt
$$
\left(x^{2}+y^{2}-1\right)-(x+y+1)(x+y-1)=\left(x^{2}+y^{2}-1\right)-\left(x^{2}+y^{2}+2 x y-1\right)=-2 x y .
$$
Omdat $x+y-1$ 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:
$$
4 x y=k(x+y-1)(x+y+1)=k\left(x^{2}+y^{2}+2 x y-1\right) \geq k(4 x y-1)
$$
waarbij de laatste ongelijkheid geldt omdat voor alle reële getallen (en dus zeker voor positieve gehele) $x$ en $y$ geldt $x^{2}+y^{2} \geq 2 x y$.
Als $k \geq 2$, 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 $x=y+1$.
De 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 $x \geq 2$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nOpgave 3.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-D_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
|
Given is a triangle $A B C$. The bisector of $\angle C A B$ intersects $B C$ at $L$. On the interiors of sides $A C$ and $A B$ lie points $M$ and $N$, respectively, such that $A L$, $B M$, and $C N$ are concurrent and $\angle A M N=\angle A L B$. Prove that $\angle N M L=90^{\circ}$.
|
Let $T$ be the intersection of $MN$ and $BC$. Note that since $\angle ACB = \angle ALB - \angle LAC = \angle AMN - \angle LAC < \angle AMN$, it follows that $T$ lies on the same side of $C$ as $B$ (and on the same side of $M$ as $N$). Since $\angle AMT = \angle AMN = \angle ALB = \angle ALT$, $AMLT$ is a cyclic quadrilateral. Therefore, $\angle NML = \angle TML = \angle TAL$. It is thus sufficient to show that $\angle TAL = 90^\circ$. This is precisely the case if $AT$ is the external bisector of $\angle CAB$, as the internal and external bisectors are perpendicular to each other. We will therefore prove this. Since $AL, BM$, and $CN$ intersect at one point, according to Ceva's theorem, we have
$$
\frac{BL}{LC} \cdot \frac{CM}{MA} \cdot \frac{AN}{NB} = 1
$$
Since $M, N$, and $T$ lie on a line, according to Menelaus' theorem, we have
$$
\frac{BT}{TC} \cdot \frac{CM}{MA} \cdot \frac{AN}{NB} = -1
$$
From these two equalities, it follows that
$$
\frac{BL}{LC} = -\frac{BT}{TC}
$$
According to the Angle Bisector Theorem, $\frac{|BL|}{|LC|} = \frac{|BA|}{|CA|}$, so it also follows that $\frac{|BT|}{|TC|} = \frac{|BA|}{|CA|}$. This means, by the Angle Bisector Theorem, that $AT$ is the external bisector of $\angle CAB$. This is what we wanted to prove.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
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 $\angle N M L=90^{\circ}$.
|
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
$$
\frac{B L}{L C} \cdot \frac{C M}{M A} \cdot \frac{A N}{N B}=1
$$
Omdat $M, N$ en $T$ op een lijn liggen, geldt volgens de stelling van Menelaos dat
$$
\frac{B T}{T C} \cdot \frac{C M}{M A} \cdot \frac{A N}{N B}=-1
$$
Uit deze twee gelijkheden volgt dat
$$
\frac{B L}{L C}=-\frac{B T}{T C}
$$
Volgens 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.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nOpgave 4.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-D_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
|
Find all functions $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ that satisfy
$$
f(x+x y+f(y))=\left(f(x)+\frac{1}{2}\right)\left(f(y)+\frac{1}{2}\right)
$$
for all $x, y \in \mathbb{R}$.
|
Substitute $y=-1$, then we have:
$$
f(f(-1))=\left(f(x)+\frac{1}{2}\right)\left(f(-1)+\frac{1}{2}\right).
$$
If $f(-1) \neq-\frac{1}{2}$, then we can divide by $f(-1)+\frac{1}{2}$ and get
$$
f(x)+\frac{1}{2}=\frac{f(f(-1))}{f(-1)+\frac{1}{2}},
$$
which means that $f$ is constant. Then there is a $c \in \mathbb{R}$ such that $f(x)=c$ for all $x \in \mathbb{R}$. Now the functional equation reads:
$$
c=\left(c+\frac{1}{2}\right)\left(c+\frac{1}{2}\right),
$$
which can be rewritten as $0=c^{2}+\frac{1}{4}$, but this has no real solution in $c$. Therefore, $f$ cannot be constant.
The only possibility is thus that $f(-1)=-\frac{1}{2}$. This also means that $f(f(-1))=0$, so $f\left(-\frac{1}{2}\right)=0$. Substitute $x=0$ and $y=-\frac{1}{2}$, which gives:
$$
f\left(f\left(-\frac{1}{2}\right)\right)=\left(f(0)+\frac{1}{2}\right)\left(f\left(-\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{2}\right),
$$
and thus
$$
f(0)=\left(f(0)+\frac{1}{2}\right) \cdot \frac{1}{2}
$$
from which it follows that $f(0)=\frac{1}{2}$.
Suppose there is an $a \neq-1$ with $f(a)=-\frac{1}{2}$. Substitute $y=a$:
$$
f\left(x(1+a)-\frac{1}{2}\right)=0.
$$
Since $1+a \neq 0$, $x(1+a)-\frac{1}{2}$ can take all values in $\mathbb{R}$ as $x$ varies over $\mathbb{R}$. Therefore, it follows that $f$ is constantly 0, but we have already seen that $f$ cannot be constant. We conclude that there is no $a \neq-1$ with $f(a)=-\frac{1}{2}$. Therefore, there is only one $x$ for which $f(x)=-\frac{1}{2}$, and that is $x=-1$.
Consider any $b$ with $f(b)=0$. We substitute $x=b-\frac{1}{2}$ and $y=0$:
$$
f\left(b-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)=\left(f\left(b-\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right),
$$
or equivalently
$$
f(b)=\left(f\left(b-\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{2}\right).
$$
Since $f(b)=0$, it follows that $f\left(b-\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{2}$. We have seen that this implies $b-\frac{1}{2}=-1$, so $b=-\frac{1}{2}$.
Therefore, there is only one $x$ for which $f(x)=0$, and that is $x=-\frac{1}{2}$. Substitute $x=-1$:
$$
f(-1-y+f(y))=0
$$
From this, it follows that $-1-y+f(y)=-\frac{1}{2}$, so $f(y)=y+\frac{1}{2}$. The only candidate function is thus the function given by $f(x)=x+\frac{1}{2}$ for all $x \in \mathbb{R}$.
We check this function. On the left side of the functional equation, we get: $x+x y+y+1$. On the right side, we get $(x+1)(y+1)$, which is equal to $x y+x+y+1$. The function satisfies the equation. We conclude that there is exactly one solution: $f(x)=x+\frac{1}{2}$ for all $x \in \mathbb{R}$.
|
f(x)=x+\frac{1}{2}
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Algebra
|
Vind alle functies $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ die voldoen aan
$$
f(x+x y+f(y))=\left(f(x)+\frac{1}{2}\right)\left(f(y)+\frac{1}{2}\right)
$$
voor alle $x, y \in \mathbb{R}$.
|
Vul in $y=-1$, dan staat er:
$$
f(f(-1))=\left(f(x)+\frac{1}{2}\right)\left(f(-1)+\frac{1}{2}\right) .
$$
Als $f(-1) \neq-\frac{1}{2}$, dan kunnen we delen door $f(-1)+\frac{1}{2}$ en krijgen we
$$
f(x)+\frac{1}{2}=\frac{f(f(-1))}{f(-1)+\frac{1}{2}},
$$
wat 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:
$$
c=\left(c+\frac{1}{2}\right)\left(c+\frac{1}{2}\right),
$$
wat we kunnen herschrijven als $0=c^{2}+\frac{1}{4}$, maar dat heeft geen reële oplossing in $c$. Dus $f$ kan niet constant zijn.
De 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:
$$
f\left(f\left(-\frac{1}{2}\right)\right)=\left(f(0)+\frac{1}{2}\right)\left(f\left(-\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{2}\right),
$$
en dus
$$
f(0)=\left(f(0)+\frac{1}{2}\right) \cdot \frac{1}{2}
$$
waaruit volgt dat $f(0)=\frac{1}{2}$.
Stel dat er een $a \neq-1$ is met $f(a)=-\frac{1}{2}$. Vul $y=a$ in:
$$
f\left(x(1+a)-\frac{1}{2}\right)=0 .
$$
Omdat $1+a \neq 0$, 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 $x=-1$.
Bekijk een willekeurige $b$ met $f(b)=0$. We vullen $x=b-\frac{1}{2}$ en $y=0$ in:
$$
f\left(b-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)=\left(f\left(b-\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right),
$$
oftewel
$$
f(b)=\left(f\left(b-\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{2}\right) .
$$
Omdat $f(b)=0$, is $f\left(b-\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{2}$. We hebben gezien dat dan moet gelden $b-\frac{1}{2}=-1$, dus $b=-\frac{1}{2}$.
Er is dus maar één $x$ waarvoor $f(x)=0$ en dat is $x=-\frac{1}{2}$. Vul nu $x=-1$ in:
$$
f(-1-y+f(y))=0
$$
Hieruit 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 $x \in \mathbb{R}$.
We 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 $x \in \mathbb{R}$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nOpgave 5.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2012-D_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
|
In trapezium $A B C D$ is $A B \| C D$. Let $M$ be the midpoint of diagonal $A C$. Assume that triangles $A B M$ and $A C D$ have the same area. Prove that $D M \| B C$.
|
Since $M$ is the midpoint of $A C$, the area of triangle $A B M$ is equal to the area of triangle $B C M$. Therefore, the area of triangle $A B C$ is twice as large as the area of triangle $A B M$, and thus also twice as large as the area of triangle $A C D$. The height of triangle $A C D$ relative to base $C D$ is the distance between the parallel lines $A B$ and $C D$. This is also the height of triangle $A B C$ relative to base $A B$. Since these heights are equal, $|A B|=2 \cdot|C D|$.
Let $K$ be the midpoint of $A B$. Then $K M$ is a midline of $\triangle A B C$ and thus $K M \| B C$. Furthermore, $|K B|=\frac{1}{2}|A B|=|C D|$, so quadrilateral $K B C D$ has a pair of parallel and equal sides, making it a parallelogram. Therefore, $D K \| B C$. But this means that $D K$ and $K M$ are the same line (both passing through $K$ and both parallel to $B C$), so $D M$ must also be this line. Thus, $D M$ is also parallel to $B C$.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
In trapezium $A B C D$ is $A B \| C D$. Zij $M$ het midden van diagonaal $A C$. Neem aan dat driehoeken $A B M$ en $A C D$ dezelfde oppervlakte hebben. Bewijs dat $D M \| B C$.
|
Omdat $M$ het midden van $A C$ is, is de oppervlakte van driehoek $A B M$ gelijk aan de oppervlakte van driehoek $B C M$. Dus de oppervlakte van driehoek $A B C$ is twee keer zo groot als de oppervlakte van driehoek $A B M$ en daarmee ook twee keer zo groot als de oppervlakte van driehoek $A C D$. De hoogte van driehoek $A C D$ ten opzichte van basis $C D$ is de afstand tussen de evenwijdige lijnen $A B$ en $C D$. Dat is ook de hoogte van driehoek $A B C$ ten opzichte van basis $A B$. Omdat die hoogtes dus even groot zijn, moet $|A B|=2 \cdot|C D|$.
Zij nu $K$ het midden van $A B$. Dan is $K M$ een middenparallel van $\triangle A B C$ en dus is $K M \| B C$. Verder is $|K B|=\frac{1}{2}|A B|=|C D|$, dus vierhoek $K B C D$ heeft een paar evenwijdige en even lange zijden, waarmee het een parallellogram is. Dus $D K \| B C$. Maar dat betekent dat $D K$ en $K M$ dezelfde lijn zijn (want beide door $K$ en beide evenwijdig aan $B C)$, zodat $D M$ ook wel deze lijn moet zijn. Dus $D M$ is ook evenwijdig met $B C$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nOpgave 1.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2013-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
|
Given is a triplet of different positive integers $(a, b, c)$ with $a+b+c=2013$. A step consists of replacing the triplet $(x, y, z)$ with the triplet $(y+z-x, z+x-y, x+y-z)$. Prove that starting from the triplet $(a, b, c)$, after 10 steps, we obtain a triplet that contains at least one negative number.
|
The difference between the first two numbers in the new triplet $(y+z-x, z+x-y, x+y-z)$ is $(y+z-x)-(z+x-y)=2y-2x$, while the difference between the first two numbers in the old triplet $(x, y, z)$ was still $x-y$. The difference is thus multiplied by -2 in one step, and the absolute difference by 2. This also applies to the difference between the second and third number and for the difference between the first and third number. Since the three numbers $a, b$, and $c$ are different, there are two of them with an absolute difference of at least 2. After performing ten steps on the triplet $(a, b, c)$, there are thus two numbers with an absolute difference of at least $2 \cdot 2^{10}=2048$.
Note now that the sum of the numbers in a triplet remains the same when performing a step, because
$$
(y+z-x)+(z+x-y)+(x+y-z)=x+y+z .
$$
So the triplet that results from performing ten steps on $(a, b, c)$ still has a sum of 2013. We had seen that there are two numbers with an absolute difference of at least 2048. If all three numbers are non-negative, the sum is thus at least 2048, which is again greater than 2013; contradiction. Therefore, the triplet contains a negative number.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Algebra
|
Gegeven is een drietal verschillende positieve gehele getallen $(a, b, c)$ met $a+b+c=2013$. Een stap bestaat uit het vervangen van het drietal $(x, y, z)$ door het drietal $(y+z-x, z+x-y, x+y-z)$. Bewijs dat we uitgaande van het drietal $(a, b, c)$ na 10 stappen een drietal krijgen dat minstens één negatief getal bevat.
|
Het verschil tussen de eerste twee getallen in het nieuwe drietal $(y+z-$ $x, z+x-y, x+y-z)$ is $(y+z-x)-(z+x-y)=2 y-2 x$, terwijl het verschil tussen de eerste twee getallen in het oude drietal $(x, y, z) \operatorname{nog} x-y$ was. Het verschil is dus in één stap vermenigvuldigd met -2 en het absolute verschil dus met 2. Dit geldt ook voor het verschil tussen het tweede en derde getal en voor het verschil tussen het eerste en derde getal. Omdat de drie getallen $a, b$ en $c$ verschillend zijn, zijn er twee bij met absoluut verschil minstens 2 . Na het uitvoeren van tien stappen op het drietal $(a, b, c)$, zijn er dus twee getallen met absoluut verschil minstens $2 \cdot 2^{10}=2048$.
Merk nu op dat de som van de getallen in een drietal gelijk blijft bij het uitvoeren van een stap, want
$$
(y+z-x)+(z+x-y)+(x+y-z)=x+y+z .
$$
Dus het drietal dat ontstaan is door tien stappen uit te voeren op $(a, b, c)$, heeft nog steeds som 2013. We hadden gezien dat er twee getallen met absoluut verschil minstens 2048 zijn. Als alle drie de getallen niet-negatief zijn, is de som dus minstens 2048 en dat is weer groter dan 2013; tegenspraak. Dus bevat het drietal een negatief getal.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nOpgave 2.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2013-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing I.",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
|
Given is a triplet of different positive integers $(a, b, c)$ with $a+b+c=2013$. A step consists of replacing the triplet $(x, y, z)$ with the triplet $(y+z-x, z+x-y, x+y-z)$. Prove that starting from the triplet $(a, b, c)$, after 10 steps, we obtain a triplet that contains at least one negative number.
|
Since the sum of $a, b$ and $c$ is equal to 2013, we can write
$$
(a, b, c)=(671+u, 671+v, 671+w)
$$
with $u+v+w=0$. Let $\left(a_{i}, b_{i}, c_{i}\right)$ be the triplet obtained after $i$ steps. After one step, the first number is replaced by
$a_{1}=b+c-a=(671+v)+(671+w)-(671+u)=671+v+w-u=671+(v+w+u)-2 u=671-2 u$.
The difference with 671 is thus multiplied by -2 after one step. The same applies to the second and third number in the triplet. By induction, we can see directly that
$$
\left(a_{i}, b_{i}, c_{i}\right)=\left(671+(-2)^{i} \cdot u, 671+(-2)^{i} \cdot v, 671+(-2)^{i} \cdot w\right)
$$
Since $u+v+w=0$ and they must all be different, at least one of these three numbers is negative, say $u$. Then
$$
a_{10}=671+(-2)^{10} \cdot u=671+1024 u \leq 671-1024<0 .
$$
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Algebra
|
Gegeven is een drietal verschillende positieve gehele getallen $(a, b, c)$ met $a+b+c=2013$. Een stap bestaat uit het vervangen van het drietal $(x, y, z)$ door het drietal $(y+z-x, z+x-y, x+y-z)$. Bewijs dat we uitgaande van het drietal $(a, b, c)$ na 10 stappen een drietal krijgen dat minstens één negatief getal bevat.
|
Omdat de som van $a, b$ en $c$ gelijk aan 2013 is, kunnen we schrijven
$$
(a, b, c)=(671+u, 671+v, 671+w)
$$
met $u+v+w=0$. $\mathrm{Zij}\left(a_{i}, b_{i}, c_{i}\right)$ het drietal dat je krijgt na $i$ stappen. Na één stap is het eerste getal vervangen door
$a_{1}=b+c-a=(671+v)+(671+w)-(671+u)=671+v+w-u=671+(v+w+u)-2 u=671-2 u$.
Het verschil met 671 is dus na één stap vermenigvuldigd met -2 . Hetzelfde geldt voor het tweede en derde getal in het drietal. Met inductie zien we nu direct dat
$$
\left(a_{i}, b_{i}, c_{i}\right)=\left(671+(-2)^{i} \cdot u, 671+(-2)^{i} \cdot v, 671+(-2)^{i} \cdot w\right)
$$
Omdat $u+v+w=0$ en ze allemaal verschillend moeten zijn, is er minstens één getal van die drie dat negatief is, zeg $u$. Dan is
$$
a_{10}=671+(-2)^{10} \cdot u=671+1024 u \leq 671-1024<0 .
$$
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nOpgave 2.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2013-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing II.",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
|
Given is a triplet of different positive integers $(a, b, c)$ with $a+b+c=2013$. A step consists of replacing the triplet $(x, y, z)$ with the triplet $(y+z-x, z+x-y, x+y-z)$. Prove that starting from the triplet $(a, b, c)$, after 10 steps, we obtain a triplet that contains at least one negative number.
|
Let $S=x+y+z$. Then the triplet $(x, y, z)$ is replaced in one step by the triplet $(S-2 x, S-2 y, S-2 z)$. The sum of these three numbers is $3 S-2 S=S$. Thus, the sum of the numbers in a triplet does not change when a step is performed.
Let $\left(a_{i}, b_{i}, c_{i}\right)$ be the triplet obtained after $i$ steps on the triplet $(a, b, c)$. We have $S=a+b+c=2013$. It holds that $a_{1}=S-2 a$, so $a_{1}$ is of the form $m \cdot S+n \cdot a$ with $n=-2$. We prove by induction that each $a_{i}$ can be written in this form where $n$ is equal to $(-2)^{i}$. The base case of the induction has just been done. Now let $i \geq 2$ and assume that $a_{i-1}$ is of the form $m \cdot S+n \cdot a$ with $n=(-2)^{i-1}$. We know that $a_{i}=S-2 a_{i-1}$. Thus, $a_{i}$ is of the form $m^{\prime} \cdot S+n^{\prime} \cdot a$ with $n^{\prime}=-2 n=(-2)^{i}$. This completes the induction step. In particular, for $i=10$, there is an $M$ such that $a_{10}=M \cdot S+1024 \cdot a$. If we apply the same reasoning to $b$ and $c$, we get the same $M$, so $b_{10}=M \cdot S+1024 \cdot b$ and $c_{10}=M \cdot S+1024 \cdot c$.
Furthermore, we still know that the sum of the numbers is $S$. Thus,
$$
S=a_{10}+b_{10}+c_{10}=3 M \cdot S+1024 \cdot(a+b+c)=(3 M+1024) \cdot S
$$
We conclude that $3 M+1024=1$, so $3 M=-1023$, and thus $M=-341$.
Now suppose that $a_{10}, b_{10}$, and $c_{10}$ are all non-negative. Then $-341 \cdot S+1024 \cdot a \geq 0$, and we also know that $S=2013$. Thus,
$$
a \geq \frac{341 \cdot 2013}{1024}=\frac{1023 \cdot 2013}{3 \cdot 1024}=\frac{1023}{1024} \cdot 671>\frac{670}{671} \cdot 671=670 .
$$
Thus, $a \geq 671$. But in the same way, we see that $b \geq 671$ and $c \geq 671$. Moreover, $a$, $b$, and $c$ are distinct, so $2013=a+b+c \geq 671+672+673=2016$. Contradiction. Therefore, $a_{10}$, $b_{10}$, and $c_{10}$ are not all non-negative.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Algebra
|
Gegeven is een drietal verschillende positieve gehele getallen $(a, b, c)$ met $a+b+c=2013$. Een stap bestaat uit het vervangen van het drietal $(x, y, z)$ door het drietal $(y+z-x, z+x-y, x+y-z)$. Bewijs dat we uitgaande van het drietal $(a, b, c)$ na 10 stappen een drietal krijgen dat minstens één negatief getal bevat.
|
Noem $S=x+y+z$. Dan wordt het drietal $(x, y, z)$ in een stap vervangen door het drietal $(S-2 x, S-2 y, S-2 z)$. De som van deze drie getallen is $3 S-2 S=S$. De som van de getallen van een drietal verandert dus niet als je een stap uitvoert.
$\mathrm{Zij}\left(a_{i}, b_{i}, c_{i}\right)$ het drietal dat je krijgt na $i$ stappen op het drietal $(a, b, c)$. We hebben nu $S=a+b+c=2013$. Er geldt $a_{1}=S-2 a$, dus $a_{1}$ is van de vorm $m \cdot S+n \cdot a$ met $n=-2$. We bewijzen met inductie dat elke $a_{i}$ in deze vorm te schrijven is waarbij $n$ gelijk is aan $(-2)^{i}$. De inductiebasis hebben we zojuist gedaan. Zij nu $i \geq 2$ en stel dat $a_{i-1}$ van de vorm $m \cdot S+n \cdot a$ is met $n=(-2)^{i-1}$. We weten dat $a_{i}=S-2 a_{i-1}$. Dus $a_{i}$ is van de vorm $m^{\prime} \cdot S+n^{\prime} \cdot a$ met $n^{\prime}=-2 n=(-2)^{i}$. Dit voltooit de inductiestap. In het bijzonder weten we nu voor $i=10$ dat er een $M$ is met $a_{10}=M \cdot S+1024 \cdot a$. Als we dezelfde redenering toepassen op $b$ en $c$ komt daar dezelfde $M$ uit, dus $b_{10}=M \cdot S+1024 \cdot b$ en $c_{10}=M \cdot S+1024 \cdot c$.
Verder weten we nog steeds dat de som van de getallen $S$ is. Dus
$$
S=a_{10}+b_{10}+c_{10}=3 M \cdot S+1024 \cdot(a+b+c)=(3 M+1024) \cdot S
$$
We concluderen dat $3 M+1024=1$, dus $3 M=-1023$, dus $M=-341$.
Stel nu dat $a_{10}, b_{10}$ en $c_{10}$ alle drie niet-negatief zijn. Dan is $-341 \cdot S+1024 \cdot a \geq 0$, waarbij we ook nog weten dat $S=2013$. Dus
$$
a \geq \frac{341 \cdot 2013}{1024}=\frac{1023 \cdot 2013}{3 \cdot 1024}=\frac{1023}{1024} \cdot 671>\frac{670}{671} \cdot 671=670 .
$$
Dus $a \geq 671$. Maar op dezelfde manier zien we dat $b \geq 671$ en $c \geq 671$. Bovendien zijn $a$, $b$ en $c$ verschillend, dus $2013=a+b+c \geq 671+672+673=2016$. Tegenspraak. Dus $a_{10}$, $b_{10}$ en $c_{10}$ zijn niet alle drie niet-negatief.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nOpgave 2.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2013-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing III.",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
|
Find all triples $(x, n, p)$ of positive integers $x$ and $n$ and prime numbers $p$ for which
$$
x^{3}+3 x+14=2 \cdot p^{n} \text {. }
$$
|
Since the right-hand side is a product of prime factors, it would be convenient if the left-hand side were also a product. It should then be factorizable into a first-degree and a second-degree polynomial in $x$. Trying this gives the following factorization. We can factor the left-hand side as $(x+2)\left(x^{2}-2 x+7\right)$. Therefore, it must hold that
$$
(x+2)\left(x^{2}-2 x+7\right)=2 p^{n} .
$$
First, assume that $x$ is even. Then $x+2=2 p^{a}$ for some integer $a \geq 0$ and $x^{2}-2 x+7=p^{n-a}$. (Note that this also works if $p=2$.) Since $x$ is a positive integer, $x+2 \geq 3$, so we can exclude $a=0$. Furthermore, $x^{2}-3 x+5>\left(x-\frac{3}{2}\right)^{2} \geq 0$ for all $x$, so $x^{2}-2 x+7>x+2$. This means that $n-a>a$. We now substitute $x=2 p^{a}-2$ into $x^{2}-2 x+7=p^{n-a}$:
$$
\left(2 p^{a}-2\right)^{2}-2\left(2 p^{a}-2\right)+7=p^{n-a},
$$
or equivalently,
$$
4 p^{2 a}-12 p^{a}+15=p^{n-a} .
$$
Since $n-a>a$, $p^{a} \mid p^{n-a}$. Furthermore, $p^{a} \mid p^{a}$ and $p^{a} \mid p^{2 a}$. Therefore, $p^{a}$ must also be a divisor of 15. This implies $p=3$ or $p=5$ and further $a=1$. If $p=3$, the left side is 15 and the right side is $3^{n-1}$; this does not yield a solution. If $p=5$, the left side is 55 and the right side is $5^{n-1}$; this also does not yield a solution.
Now assume that $x$ is odd. Then $x+2=p^{a}$ for some integer $a \geq 0$ and $x^{2}-2 x+7=2 p^{n-a}$. Since $x$ is a positive integer, $x+2 \geq 3$, so $a=0$ can be excluded again. Furthermore, $x \neq 2$, so $x^{2}-4 x+3=(x-2)^{2}-1 \geq 0$, thus $x^{2}-2 x+7 \geq 2(x+2)$. Therefore, $n-a \geq a$. We now substitute $x=p^{a}-2$ into $x^{2}-2 x+7=2 p^{n-a}$:
$$
\left(p^{a}-2\right)^{2}-2\left(p^{a}-2\right)+7=2 p^{n-a}
$$
or equivalently,
$$
p^{2 a}-6 p^{a}+15=2 p^{n-a} .
$$
Since $n-a \geq a$, $p^{a} \mid p^{n-a}$. Therefore, we find that $p^{a} \mid 15$, which implies $p=3$ or $p=5$ and further $a=1$. If $p=3$, the left side is 6 and the right side is $2 \cdot 3^{n-1}$, so $n=2$. We find $x=3-2=1$. Indeed, $(1,2,3)$ is a solution. If $p=5$, the left side is 10 and the right side is $2 \cdot 5^{n-1}$, so $n=2$. We find $x=5-2=3$. Indeed, $(3,2,5)$ is a solution. Therefore, there are two solutions, namely $(1,2,3)$ and $(3,2,5)$.
|
(1,2,3) \text{ and } (3,2,5)
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Number Theory
|
Vind alle drietallen $(x, n, p)$ van positieve gehele getallen $x$ en $n$ en priemgetallen $p$ waarvoor geldt
$$
x^{3}+3 x+14=2 \cdot p^{n} \text {. }
$$
|
Omdat de rechterkant een product is van priemfactoren, zou het handig zijn als de linkerkant ook een product is. Het zou dan te factoriseren moeten zijn in een eerstegraads en een tweedegraads polynoom in $x$. Proberen geeft dan de volgende ontbinding. We kunnen de linkerkant ontbinden als $(x+2)\left(x^{2}-2 x+7\right)$. Er moet dus gelden
$$
(x+2)\left(x^{2}-2 x+7\right)=2 p^{n} .
$$
Stel nu eerst dat $x$ even is. Dan moet $x+2=2 p^{a}$ voor zekere gehele $a \geq 0$ en $x^{2}-2 x+7=$ $p^{n-a}$. (Merk op dat dit ook goed gaat als $p=2$.) Omdat $x$ een positief geheel getal is, is $x+2 \geq 3$ en kunnen we $a=0$ dus uitsluiten. Verder geldt $x^{2}-3 x+5>\left(x-\frac{3}{2}\right)^{2} \geq 0$ voor alle $x$, dus $x^{2}-2 x+7>x+2$. Dat betekent dat $n-a>a$. We vullen nu $x=2 p^{a}-2$ in in $x^{2}-2 x+7=p^{n-a}$ :
$$
\left(2 p^{a}-2\right)^{2}-2\left(2 p^{a}-2\right)+7=p^{n-a},
$$
oftewel
$$
4 p^{2 a}-12 p^{a}+15=p^{n-a} .
$$
Omdat $n-a>a$, geldt $p^{a} \mid p^{n-a}$. Verder geldt naturrlijk ook $p^{a} \mid p^{a}$ en $p^{a} \mid p^{2 a}$. Dus $p^{a}$ moet ook een deler zijn van 15. Daaruit volgt $p=3$ of $p=5$ en verder $a=1$. Als $p=3$, staat er links 15 en rechts $3^{n-1}$; dat geeft geen oplossing. Als $p=5$, staat er links 55 en rechts $5^{n-1}$; dat geeft ook geen oplossing.
Stel nu dat $x$ oneven is. Dan moet $x+2=p^{a}$ voor zekere gehele $a \geq 0$ en $x^{2}-2 x+7=2 p^{n-a}$. Omdat $x$ een positief geheel getal is, is $x+2 \geq 3$ en valt $a=0$ dus weer af. Verder geldt dat $x \neq 2$, dus dat $x^{2}-4 x+3=(x-2)^{2}-1 \geq 0$, dus $x^{2}-2 x+7 \geq 2(x+2)$. Dus $n-a \geq a$. We vullen nu $x=p^{a}-2$ in in $x^{2}-2 x+7=2 p^{n-a}$ :
$$
\left(p^{a}-2\right)^{2}-2\left(p^{a}-2\right)+7=2 p^{n-a}
$$
oftewel
$$
p^{2 a}-6 p^{a}+15=2 p^{n-a} .
$$
Omdat $n-a \geq a$, geldt $p^{a} \mid p^{n-a}$. Dus vinden we ook hier dat $p^{a} \mid 15$, waaruit volgt $p=3$ of $p=5$ en verder $a=1$. Als $p=3$, staat er links 6 en rechts $2 \cdot 3^{n-1}$, dus $n=2$. We vinden $x=3-2=1$. Inderdaad is $(1,2,3)$ een oplossing. Als $p=5$, staat er links 10 en rechts $2 \cdot 5^{n-1}$, dus $n=2$. We vinden $x=5-2=3$. Inderdaad is $(3,2,5)$ een oplossing. Er zijn dus twee oplossingen, namelijk $(1,2,3)$ en $(3,2,5)$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nOpgave 3.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2013-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
|
Vind alle functies $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ die voldoen aan
$$
f(x+y f(x))=f(x f(y))-x+f(y+f(x))
$$
voor alle $x, y \in \mathbb{R}$.
|
Vul in $x=y=0$ : dat geeft
$$
f(0)=f(0)-0+f(f(0))
$$
dus $f(f(0))=0$. Vul in $x=y=1$ : dat geeft
$$
f(1+f(1))=f(f(1))-1+f(1+f(1))
$$
dus $f(f(1))=1$. Vul nu in $x=1, y=0$ :
$$
f(1)=f(f(0))-1+f(f(1))
$$
We weten dat $f(f(0))=0$ en $f(f(1))=1$, dus we vinden nu $f(1)=0$. Omdat $f(f(1))=1$, geeft dit ook $f(0)=1$. Vul nu in $y=0$ :
$$
f(x)=f(x)-x+f(f(x)) \quad \text { voor alle } x \in \mathbb{R}
$$
dus $f(f(x))=x$ voor alle $x \in \mathbb{R}$. Vul in $x=1$ : dat geeft
$$
f(1)=f(f(y))-1+f(y) \quad \text { voor alle } x \in \mathbb{R}
$$
Samen met $f(1)=0$ en $f(f(y))=y$ krijgen we nu $0=y-1+f(y)$, dus $f(y)=1-y$ voor alle $y \in \mathbb{R}$. We hebben nu gevonden dat de enige mogelijke oplossing kan zijn: $f(x)=1-x$ voor alle $x \in \mathbb{R}$. Als we dit invullen in de oorspronkelijke funtievergelijking, krijgen we links
$$
1-(x+y(1-x))=1-x-y+x y
$$
en rechts
$$
1-x(1-y)-x+1-(y+1-x)=1-x+x y-x+1-y-1+x=1-x-y+x y
$$
Dus deze functie voldoet en is daarmee de enige oplossing.
|
f(x)=1-x
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Algebra
|
Vind alle functies $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ die voldoen aan
$$
f(x+y f(x))=f(x f(y))-x+f(y+f(x))
$$
voor alle $x, y \in \mathbb{R}$.
|
Vul in $x=y=0$ : dat geeft
$$
f(0)=f(0)-0+f(f(0))
$$
dus $f(f(0))=0$. Vul in $x=y=1$ : dat geeft
$$
f(1+f(1))=f(f(1))-1+f(1+f(1))
$$
dus $f(f(1))=1$. Vul nu in $x=1, y=0$ :
$$
f(1)=f(f(0))-1+f(f(1))
$$
We weten dat $f(f(0))=0$ en $f(f(1))=1$, dus we vinden nu $f(1)=0$. Omdat $f(f(1))=1$, geeft dit ook $f(0)=1$. Vul nu in $y=0$ :
$$
f(x)=f(x)-x+f(f(x)) \quad \text { voor alle } x \in \mathbb{R}
$$
dus $f(f(x))=x$ voor alle $x \in \mathbb{R}$. Vul in $x=1$ : dat geeft
$$
f(1)=f(f(y))-1+f(y) \quad \text { voor alle } x \in \mathbb{R}
$$
Samen met $f(1)=0$ en $f(f(y))=y$ krijgen we nu $0=y-1+f(y)$, dus $f(y)=1-y$ voor alle $y \in \mathbb{R}$. We hebben nu gevonden dat de enige mogelijke oplossing kan zijn: $f(x)=1-x$ voor alle $x \in \mathbb{R}$. Als we dit invullen in de oorspronkelijke funtievergelijking, krijgen we links
$$
1-(x+y(1-x))=1-x-y+x y
$$
en rechts
$$
1-x(1-y)-x+1-(y+1-x)=1-x+x y-x+1-y-1+x=1-x-y+x y
$$
Dus deze functie voldoet en is daarmee de enige oplossing.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nOpgave 4.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2013-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
|
Let $A B C D$ be a cyclic quadrilateral with $|A D|=|B D|$. Let $M$ be the intersection of $A C$ and $B D$. Let $I$ be the incenter of $\triangle B C M$. Let $N$ be the second intersection of $A C$ with the circumcircle of $\triangle B M I$. Prove that $|A N| \cdot|N C| = |C D| \cdot|B N|$.
|
Let $\alpha=\angle D A B$. Since $|A D|=|B D|$, we also have $\angle A B D=\alpha$. By the inscribed angle theorem, we find $\angle A C D=\alpha$, while the cyclic quadrilateral theorem gives $\angle B C D=180^{\circ}-\alpha$. Therefore, $\angle B C A=180^{\circ}-2 \alpha$. The angle sum in triangle $B I M$ gives, together with the fact that $I$ is the intersection of the angle bisectors of $\triangle B C M$, that
$$
\begin{gathered}
\angle B I M=180^{\circ}-\angle I M B-\angle M B I=90^{\circ}+90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle C M B-\frac{1}{2} \angle M B C \\
=90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle B C M=90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle B C A=90^{\circ}+90^{\circ}-\alpha=180^{\circ}-\alpha .
\end{gathered}
$$
Since $BIMN$ is a cyclic quadrilateral, it follows that $\angle B N M=\alpha$. The angle sum in $\triangle B N C$ now gives
$\angle N B C=180^{\circ}-\angle B C N-\angle C N B=180^{\circ}-\angle B C A-\angle M N B=180^{\circ}-\left(180^{\circ}-2 \alpha\right)-\alpha=\alpha$.
This means that
$$
\angle A B N=\angle A B C-\angle N B C=\angle A B C-\alpha=\angle A B C-\angle A B D=\angle C B D .
$$
Combined with $\angle N A B=\angle C A B=\angle C D B$, which holds by the inscribed angle theorem, we get $\triangle A B N \sim \triangle D B C$ (AA). Therefore,
$$
\frac{|A N|}{|C D|}=\frac{|B N|}{|C B|}
$$
or $|C D| \cdot|B N|=|A N| \cdot|C B|$. We know that $\angle N B C=\alpha=\angle B N M=\angle B N C$, so $\triangle B N C$ is isosceles with vertex angle $C$, thus $|C B|=|C N|$. Therefore, $|C D| \cdot|B N|=$ $|A N| \cdot|C N|$, which is what we wanted to prove.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Zij $A B C D$ een koordenvierhoek met $|A D|=|B D|$. Zij $M$ het snijpunt van $A C$ en $B D$. Zij $I$ het middelpunt van de ingeschreven cirkel van $\triangle B C M$. Zij $N$ het tweede snijpunt van $A C$ met de omgeschreven cirkel van $\triangle B M I$. Bewijs dat $|A N| \cdot|N C|=$ $|C D| \cdot|B N|$.
|
Zij $\alpha=\angle D A B$. Omdat $|A D|=|B D|$, is dan ook $\angle A B D=\alpha$. Vanwege de omtrekshoekstelling vinden we ook $\angle A C D=\alpha$, terwijl de koordenvierhoekstelling geeft dat $\angle B C D=180^{\circ}-\alpha$. Dus $\angle B C A=180^{\circ}-2 \alpha$. De hoekensom in driehoek $B I M$ geeft, samen met het feit dat $I$ het snijpunt van de bissectrices van $\triangle B C M$ is, dat
$$
\begin{gathered}
\angle B I M=180^{\circ}-\angle I M B-\angle M B I=90^{\circ}+90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle C M B-\frac{1}{2} \angle M B C \\
=90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle B C M=90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle B C A=90^{\circ}+90^{\circ}-\alpha=180^{\circ}-\alpha .
\end{gathered}
$$
Omdat BIMN een koordenvierhoek is, volgt hieruit $\angle B N M=\alpha$. De hoekensom in $\triangle B N C$ geeft nu
$\angle N B C=180^{\circ}-\angle B C N-\angle C N B=180^{\circ}-\angle B C A-\angle M N B=180^{\circ}-\left(180^{\circ}-2 \alpha\right)-\alpha=\alpha$.
Dit betekent dat
$$
\angle A B N=\angle A B C-\angle N B C=\angle A B C-\alpha=\angle A B C-\angle A B D=\angle C B D .
$$
Dit gecombineerd met $\angle N A B=\angle C A B=\angle C D B$, wat geldt vanwege de omtrekshoekstelling, geeft $\triangle A B N \sim \triangle D B C$ (hh). Dus
$$
\frac{|A N|}{|C D|}=\frac{|B N|}{|C B|}
$$
oftewel $|C D| \cdot|B N|=|A N| \cdot|C B|$. We weten dat $\angle N B C=\alpha=\angle B N M=\angle B N C$, dus $\triangle B N C$ is gelijkbenig met tophoek $C$, dus $|C B|=|C N|$. Er geldt dus $|C D| \cdot|B N|=$ $|A N| \cdot|C N|$ en dat is wat we wilden bewijzen.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nOpgave 5.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2013-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing I.",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
|
Let $A B C D$ be a cyclic quadrilateral with $|A D|=|B D|$. Let $M$ be the intersection of $A C$ and $B D$. Let $I$ be the incenter of $\triangle B C M$. Let $N$ be the second intersection of $A C$ with the circumcircle of $\triangle B M I$. Prove that $|A N| \cdot|N C| = |C D| \cdot|B N|$.
|
Let $E$ be the second intersection of $BN$ with the circumcircle of $ABCD$. Then it follows from the power of a point theorem that $|NB| \cdot |NE| = |NA| \cdot |NC|$. Therefore, it is sufficient to prove that $|NE| = |CD|$. Just like in Solution I, we denote $\alpha = \angle DAB$, which is also equal to $\angle ABD$ and $\angle ACD$. Furthermore, it follows similarly to Solution I that $\angle BNM = \alpha$. Thus, $\angle BNC = \angle BNM = \alpha$. Therefore, $\angle BNC = \angle ACD = \angle NCD$, which means that with Z-angles, $BN$ and $CD$ are parallel. Moreover, $\angle BED = \angle BAD = \alpha = \angle BNC$, so it follows with F-angles that $ED$ and $CN$ are parallel. In the quadrilateral $NEDC$, the two pairs of opposite sides are therefore parallel to each other, which means that it is a parallelogram. Thus, $|NE| = |CD|$, which we still had to prove.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
Zij $A B C D$ een koordenvierhoek met $|A D|=|B D|$. Zij $M$ het snijpunt van $A C$ en $B D$. Zij $I$ het middelpunt van de ingeschreven cirkel van $\triangle B C M$. Zij $N$ het tweede snijpunt van $A C$ met de omgeschreven cirkel van $\triangle B M I$. Bewijs dat $|A N| \cdot|N C|=$ $|C D| \cdot|B N|$.
|
Zij $E$ het tweede snijpunt van $B N$ met de omgeschreven cirkel van $A B C D$. Dan volgt uit de machtstelling dat $|N B| \cdot|N E|=|N A| \cdot|N C|$. Het is dus voldoende om te bewijzen dat $|N E|=|C D|$. Net als in oplossing I noemen we $\alpha=\angle D A B$, die ook gelijk is aan $\angle A B D$ en $\angle A C D$. Verder volgt net als in oplossing I dat $\angle B N M=\alpha$. Dus geldt $\angle B N C=\angle B N M=\alpha$. Dus $\angle B N C=\angle A C D=\angle N C D$, wat betekent dat met Z-hoeken $B N$ en $C D$ evenwijdig zijn. Verder is $\angle B E D=\angle B A D=\alpha=\angle B N C$, dus volgt met F-hoeken dat $E D$ en $C N$ evenwijdig zijn. Van de vierhoek $N E D C$ zijn dus de twee paren overstaande zijden evenwijdig aan elkaar, wat betekent dat het een parallellogram is. Dus $|N E|=|C D|$, wat we nog moesten bewijzen.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nOpgave 5.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2013-B_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing II.",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
|
Find all quadruples $(a, b, c, d)$ of real numbers for which
$$
\begin{aligned}
& a b+c+d=3, \\
& b c+d+a=5, \\
& c d+a+b=2, \\
& d a+b+c=6 .
\end{aligned}
$$
|
Subtracting the first two equations from each other gives
$$
2=5-3=(b c+d+a)-(a b+c+d)=b(c-a)+a-c=(b-1)(c-a) .
$$
Subtracting the last two equations from each other gives
$$
4=6-2=(d a+b+c)-(c d+a+b)=d(a-c)+c-a=(1-d)(c-a)
$$
We see that $c-a$ is not equal to 0 (because then the product of $c-a$ with something else would have to be 0), and we can thus conclude that $1-d=2(b-1)$, or $3=2 b+d$. In the same way, we combine the second and third equations; this yields $3=(c-1)(b-d)$. Combining the first and fourth equations gives $3=(1-a)(b-d)$. Therefore, $c-1=1-a$, or $a+c=2$.
Now we add the first two equations together. This gives
$8=3+5=a b+c+d+b c+d+a=b(a+c)+(a+c)+2 d=2 b+2+2 d=2+3+d=5+d$,
so $d=3$. From $2 b+d=3$, it follows that $b=0$. The first equation now becomes $0+c+3=3$, so $c=0$. In the second equation, we finally find $0+3+a=5$, so $a=2$. We have now found that the only possible solution is: $(a, b, c, d)=(2,0,0,3)$. Checking shows that this quadruple indeed satisfies all four equations.
|
(2,0,0,3)
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Algebra
|
Vind alle viertallen $(a, b, c, d)$ van reële getallen waarvoor geldt
$$
\begin{aligned}
& a b+c+d=3, \\
& b c+d+a=5, \\
& c d+a+b=2, \\
& d a+b+c=6 .
\end{aligned}
$$
|
De eerste twee vergelijkingen van elkaar aftrekken geeft
$$
2=5-3=(b c+d+a)-(a b+c+d)=b(c-a)+a-c=(b-1)(c-a) .
$$
De laatste twee vergelijkingen van elkaar aftrekken geeft
$$
4=6-2=(d a+b+c)-(c d+a+b)=d(a-c)+c-a=(1-d)(c-a)
$$
We 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 $3=2 b+d$.
Op 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 $a+c=2$.
Nu tellen we de eerste twee vergelijkingen bij elkaar op. Dat geeft
$8=3+5=a b+c+d+b c+d+a=b(a+c)+(a+c)+2 d=2 b+2+2 d=2+3+d=5+d$,
dus $d=3$. 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.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nOpgave 1.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2013-C_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
|
Find all integers $n$ for which $\frac{4 n-2}{n+5}$ is the square of a rational number. (A rational number is a number in $\mathbb{Q}$.)
|
Suppose $\frac{4 n-2}{n+5}$ is the square of a rational number. Then we can write it as $\frac{p^{2}}{q^{2}}$ with $p, q$ non-negative integers, $q \neq 0$ and $\operatorname{gcd}(p, q)=1$. Due to the condition $\operatorname{gcd}(p, q)=1$, $\frac{p^{2}}{q^{2}}$ is the most simplified version of this fraction, so there is an integer $c \neq 0$ such that $4 n-2=c p^{2}$ and $n+5=c q^{2}$. Now,
$$
22=4(n+5)-(4 n-2)=4 c q^{2}-c p^{2}=c\left((2 q)^{2}-p^{2}\right)=c(2 q-p)(2 q+p)
$$
So $c$ is a divisor of 22. Furthermore, 22 is divisible by 2, so the right-hand side is also divisible by 2. If there is a factor of 2 in $2 q-p$, there is also a factor of 2 in $2 q+p$, because these two factors differ by $2 p$ and that is even. Conversely, if $2 q+p$ is divisible by 2, then $2 q-p$ is also divisible by 2. But 22 contains only one factor of 2, so it cannot be that both $2 q-p$ and $2 q+p$ are divisible by 2. We conclude that $2 q-p$ and $2 q+p$ are precisely odd, and $c$ is therefore even. Finally, $p \geq 0$ and $q \geq 1$, so $2 q+p \geq 2$, so the factor 11 from 22 must be in $2 q+p$. We conclude that there are only two possibilities:
- $c=2,2 q+p=11,2 q-p=1$;
- $c=-2,2 q+p=11,2 q-p=-1$.
In the first case, we find $2 p=11-1=10$, so $p=5$ and $q=3$. This gives $4 n-2=50$, so $n=13$. Checking: $\frac{4 n-2}{n+5}=\frac{50}{18}=\frac{25}{9}=\frac{5^{2}}{3^{2}}$, so $n=13$ indeed satisfies. In the second case, we find $2 p=11--1=12$, so $p=6$, but then $q$ cannot be an integer anymore, so this case is invalid. We conclude that there is exactly one solution, and that is $n=13$.
|
13
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Number Theory
|
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 $\mathbb{Q}$.)
|
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
$$
22=4(n+5)-(4 n-2)=4 c q^{2}-c p^{2}=c\left((2 q)^{2}-p^{2}\right)=c(2 q-p)(2 q+p)
$$
Dus $c$ 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:
- $c=2,2 q+p=11,2 q-p=1$;
- $c=-2,2 q+p=11,2 q-p=-1$.
In 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 $n=13$.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nOpgave 2.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2013-C_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing.",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
|
Given is a triangle $ABC$. Let $\Gamma_{1}$ be the circle through $B$ that is tangent to side $AC$ at $A$. Let $\Gamma_{2}$ be the circle through $C$ that is tangent to side $AB$ at $A$. The second intersection point of $\Gamma_{1}$ and $\Gamma_{2}$ is called $D$. The line $AD$ intersects the circumcircle of $\triangle ABC$ again at $E$. Prove that $D$ is the midpoint of $AE$.
|
We consider the configuration where $D$ lies within $\triangle A B C$. The other configuration proceeds analogously. Due to the tangent-secant angle theorem in $\Gamma_{1}$, we have $\angle D A C=\angle D B A$. Due to the tangent-secant angle theorem in $\Gamma_{2}$, we have $\angle D A B=\angle D C A$. Therefore, $\triangle A B D \sim \triangle C A D$ (AA), from which it follows that
$$
\frac{|B D|}{|A D|}=\frac{|A D|}{|C D|}, \quad \text { or equivalently } \quad|A D|^{2}=|B D| \cdot|C D|
$$
According to the inscribed angle theorem, $\angle E C B=\angle E A B=\angle D A B=\angle D C A$. Thus, $\angle E C D=$ $\angle E C B+\angle B C D=\angle D C A+\angle B C D=\angle B C A$. Furthermore, $\angle D E C=\angle A E C=\angle A B C$ due to the inscribed angle theorem. Therefore, $\triangle C D E \sim \triangle C A B$ (AA). Similarly, we see that $\triangle B D E \sim \triangle B A C$. We conclude that $\triangle C D E \sim \triangle E D B$, from which it follows that
$$
\frac{|C D|}{|D E|}=\frac{|E D|}{|D B|}, \quad \text { or equivalently } \quad|D E|^{2}=|B D| \cdot|C D|
$$
Together with (1), this gives $|D E|^{2}=|A D|^{2}$, so $|D E|=|A D|$, which means that $D$ is the midpoint of $A E$.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
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 $A E$.
|
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
$$
\frac{|B D|}{|A D|}=\frac{|A D|}{|C D|}, \quad \text { oftewel } \quad|A D|^{2}=|B D| \cdot|C D|
$$
Volgens 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
$$
\frac{|C D|}{|D E|}=\frac{|E D|}{|D B|}, \quad \text { oftewel } \quad|D E|^{2}=|B D| \cdot|C D|
$$
Samen 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.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nOpgave 3.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2013-C_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing I.",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
|
Given is a triangle $ABC$. Let $\Gamma_{1}$ be the circle through $B$ that is tangent to side $AC$ at $A$. Let $\Gamma_{2}$ be the circle through $C$ that is tangent to side $AB$ at $A$. The second intersection point of $\Gamma_{1}$ and $\Gamma_{2}$ is called $D$. The line $AD$ intersects the circumcircle of $\triangle ABC$ again at $E$. Prove that $D$ is the midpoint of $AE$.
|
We consider the configuration where $D$ lies inside $\triangle A B C$. The other configuration proceeds analogously. Due to the tangent-secant angle theorem in $\Gamma_{2}$, we have $\angle D A B=\angle D C A$. The exterior angle theorem now gives
$$
\angle C D E=\angle D C A+\angle C A D=\angle D A B+\angle C A D=\angle C A B .
$$
Let $B^{\prime}$ be the second intersection of $B D$ with the circumcircle of $\triangle A B C$. Due to the tangent-secant angle theorem in $\Gamma_{1}$, we have $\angle C A D=\angle A B D=\angle A B B^{\prime}=\angle A C B^{\prime}$, where the last $=$ is an application of the inscribed angle theorem. Thus,
$$
\angle D C B^{\prime}=\angle D C A+\angle A C B^{\prime}=\angle D A B+\angle C A D=\angle C A B .
$$
Furthermore, $\angle C B^{\prime} D=\angle C B^{\prime} B=\angle C A B$ due to the inscribed angle theorem. We see that $\triangle D B^{\prime} C$ is isosceles with vertex angle at $D$. Also, (2) together with (3) gives $\angle C D E=\angle D C B^{\prime}$, which implies $C B^{\prime} \| D E$, or $C B^{\prime} \| A E$. According to Julian's theorem, this gives $\left|A B^{\prime}\right|=|C E|$. We now have an isosceles trapezoid $A E C B^{\prime}$. The perpendicular bisectors of the parallel sides $A E$ and $C B^{\prime}$ coincide. The perpendicular bisector of $C B^{\prime}$ passes through $D$ because $\triangle D B^{\prime} C$ is isosceles. Therefore, the perpendicular bisector of $A E$ also passes through $D$, which means that $D$ is the midpoint of $A E$.
|
proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Geometry
|
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 $A E$.
|
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
$$
\angle C D E=\angle D C A+\angle C A D=\angle D A B+\angle C A D=\angle C A B .
$$
Noem $B^{\prime}$ 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
$$
\angle D C B^{\prime}=\angle D C A+\angle A C B^{\prime}=\angle D A B+\angle C A D=\angle C A B .
$$
Verder 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.
|
{
"exam": "Dutch_TST",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nOpgave 3.",
"resource_path": "Dutch_TST/segmented/nl-2013-C_uitwerkingen.jsonl",
"solution_match": "\nOplossing II.",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
|
Subsets and Splits
No community queries yet
The top public SQL queries from the community will appear here once available.