Περιορισμός. Ο παρονομαστής 2x − 6y = 2(x − 3y) πρέπει να είναι μη μηδενικός, άρα

x ≠ 3y

Βήμα 1 — μετασχηματισμός της δεύτερης εξίσωσης. Επειδή x − 3y ≠ 0, διαιρούμε τη δεύτερη εξίσωση με (x − 3y):

(5x − 2y) + 2/(x − 3y) = 6

Βήμα 2 — αντικατάσταση. Θέτουμε

α = 5x − 2y   και   β = 1/(x − 3y)

Επειδή 2x − 6y = 2(x − 3y), ο όρος 3/(2x − 6y) γίνεται 3β/2. Το σύστημα γράφεται

α + 3β/2 = 13/2   και   α + 2β = 6

δηλαδή, πολλαπλασιάζοντας την πρώτη με 2:

2α + 3β = 13   και   α + 2β = 6

Από τη δεύτερη α = 6 − 2β· αντικαθιστώντας στην πρώτη:

2(6 − 2β) + 3β = 13 ⟹ 12 − β = 13 ⟹ β = −1,   άρα α = 8

Βήμα 3 — επιστροφή στα x, y.

5x − 2y = 8   και   1/(x − 3y) = −1 ⟺ x − 3y = −1

Λύνουμε το γραμμικό σύστημα. Από τη δεύτερη x = 3y − 1· αντικαθιστώντας:

5(3y − 1) − 2y = 8 ⟹ 13y = 13 ⟹ y = 1,   άρα x = 2

Έλεγχος του περιορισμού: x − 3y = 2 − 3 = −1 ≠ 0 ✔

Επαλήθευση: 5·2 − 2·1 + 3/(4 − 6) = 8 − 3/2 = 13/2 ✔ και (8)(−1) + 2 = −6 = 6·(−1) ✔

(x, y) = (2, 1)

Η σχεδίαση του θέματος: όλα τα «άσχημα» κλάσματα εξαφανίζονται μόλις αναγνωρίσει κανείς τις δύο παραστάσεις. Αν αντ’ αυτού κάνει απαλοιφή παρονομαστών, καταλήγει σε εξίσωση τρίτου βαθμού σε δύο μεταβλητές.

Το άθροισμα των διαδοχικών ακεραίων από το α ως το β + 1 το συμβολίζουμε Σ. Η συνθήκη είναι Ν = 8Σ.

Βήμα 1 — το κριτήριο του 4. Αφού Ν = 8Σ, ο Ν διαιρείται με το 8, άρα και με το 4. Το κριτήριο της διαιρετότητας με το 4 εξετάζει τον διψήφιο των δύο τελευταίων ψηφίων, δηλαδή τον 1β = 10 + β. Ελέγχουμε τα ψηφία:

10 + β ∈ {12, 16} για β = 2 ή β = 6

(οι υπόλοιπες τιμές 10, 11, 13, 14, 15, 17, 18, 19 δεν διαιρούνται με 4).

Βήμα 2 — περίπτωση β = 2. Από τη συνθήκη 0 < α < β προκύπτει α = 1, άρα Ν = 112. Ελέγχουμε:

Σ = 1 + 2 + 3 = 6   και   8 · 6 = 48 ≠ 112

Απορρίπτεται.

Βήμα 3 — περίπτωση β = 6. Από 0 < α < 6 έχουμε α ∈ {1, 2, 3, 4, 5}, και Ν = 100α + 16. Για να διαιρείται ο Ν με το 8 χρειαζόμαστε

8 | (100α + 16) ⟺ 8 | 100α ⟺ 8 | 4α ⟺ 2 | α

άρα το α είναι άρτιο: α = 2 ή α = 4.

• α = 2: Ν = 216 και Σ = 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 = 27, με 8 · 27 = 216 ✔ δεκτό
• α = 4: Ν = 416 και Σ = 4 + 5 + 6 + 7 = 22, με 8 · 22 = 176 ≠ 416 ✘

Ν = 216 (με α = 2, β = 6)

Γιατί χρειάζεται η επαλήθευση: η διαιρετότητα με το 8 είναι μόνο αναγκαία συνθήκη. Και οι τρεις υποψήφιοι 112, 216, 416 διαιρούνται με το 8, αλλά μόνο ένας ικανοποιεί την αρχική ισότητα. Όποιος σταματήσει στο «διαιρείται με 8, άρα δεκτό» χάνει το θέμα.

Κατασκευή. Φέρνουμε:

• ΒΗ ⊥ ΑΓ (το ύψος του τριγώνου ΑΒΓ από το Β)·
• ΓΚ ⊥ ΑΒ (το ύψος του τριγώνου ΑΒΓ από το Γ)·
• ΓΖ ⊥ ΑΔ.

Βήμα 1 — ΓΖ = ΓΚ. Από την υπόθεση ΒÂΓ = ΓÂΔ, η ημιευθεία ΑΓ είναι διχοτόμος της γωνίας ΒÂΔ. Κάθε σημείο της διχοτόμου μιας γωνίας ισαπέχει από τις πλευρές της· το Γ ανήκει σε αυτήν, άρα οι αποστάσεις του από τις ευθείες ΑΒ και ΑΔ είναι ίσες:

ΓΚ = ΓΖ   (1)

Βήμα 2 — ΒΗ = ΓΚ. Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με ΑΒ = ΑΓ. Τα τμήματα ΒΗ και ΓΚ είναι τα ύψη που αντιστοιχούν στις ίσες πλευρές ΑΓ και ΑΒ. Από την ισότητα του εμβαδού, υπολογισμένου με δύο τρόπους:

(ΑΒΓ) = ½ · ΑΓ · ΒΗ = ½ · ΑΒ · ΓΚ

και επειδή ΑΒ = ΑΓ, προκύπτει

ΒΗ = ΓΚ   (2)

Βήμα 3 — σύνθεση. Από τις (1) και (2):

ΒΗ = ΓΖ   (3)

Βήμα 4 — τα δύο ορθογώνια τρίγωνα. Θεωρούμε τα τρίγωνα ΒΕΗ και ΖΔΓ. Είναι ορθογώνια (στο Η και στο Ζ αντίστοιχα, από την κατασκευή) και έχουν:

• ΒΕ = ΓΔ, από την υπόθεση — οι υποτείνουσές τους·
• ΒΗ = ΓΖ, από τη σχέση (3) — μία κάθετη πλευρά.

Δύο ορθογώνια τρίγωνα με ίση υποτείνουσα και μία ίση κάθετη πλευρά είναι ίσα. Άρα τα ΒΕΗ και ΖΔΓ είναι ίσα, οπότε έχουν ίσες και τις αντίστοιχες οξείες γωνίες:

ΒÊΗ = ΓΔ̂Ζ

Επειδή το Η ανήκει στην ευθεία ΑΓ και το Ζ στην ευθεία ΑΔ, οι γωνίες αυτές ταυτίζονται με τις ζητούμενες:

ΒÊΓ = ΓΔ̂Α

Αποδείχθηκε

Περιορισμοί: x ≠ 0 και y ≠ 0.

Θέτουμε φ = 1/x ≠ 0 και ω = 1/y ≠ 0. Τότε:

1/x + 1/y = φ + ω
y/x² + x/y² = φ²/ω + ω²/φ = (φ³ + ω³)/(φω)

Το σύστημα γίνεται

φ + ω = 1   (I)   και    φ³ + ω³ = φω   (II)

Διαίρεση κατά μέλη. Επειδή φ + ω = 1 ≠ 0, διαιρούμε την (II) με την (I):

(φ³ + ω³)/(φ + ω) = φω

Χρησιμοποιούμε την ταυτότητα φ³ + ω³ = (φ + ω)(φ² − φω + ω²), οπότε ο παράγοντας φ + ω απλοποιείται:

φ² − φω + ω² = φω ⟺ φ² − 2φω + ω² = 0 ⟺ (φ − ω)² = 0

Άρα φ = ω. Από την (I):

2φ = 1 ⟹ φ = ω = 1/2

Επιστρέφοντας στα αρχικά:

1/x = 1/2 και 1/y = 1/2 ⟹ x = y = 2

Επαλήθευση: 1/2 + 1/2 = 1 ✔ και 2/4 + 2/4 = 1 ✔

(x, y) = (2, 2)

Δεύτερος τρόπος, χωρίς αντικατάσταση. Για xy ≠ 0, η απαλοιφή παρονομαστών δίνει

y + x = xy   και   y³ + x³ = x²y²

Αντικαθιστούμε xy = x + y στη δεύτερη:

y³ + x³ = (xy)² = xy · xy = xy(x + y) = x²y + xy²

Μεταφέρουμε τα πάντα αριστερά και ομαδοποιούμε:

y³ − xy² + x³ − x²y = 0 ⟺ y²(y − x) + x²(x − y) = 0
⟺ (y − x)(y² − x²) = 0 ⟺ (y − x)²(y + x) = 0

Επειδή y + x = xy ≠ 0, προκύπτει y = x, και από την πρώτη εξίσωση 2x = x² ⟹ x = 2 (το x = 0 αποκλείεται). Άρα ξανά (x, y) = (2, 2).

Ποιον να γράψετε: ο δεύτερος τρόπος είναι πιο «χειρωνακτικός» αλλά δεν απαιτεί να θυμάστε την ταυτότητα των κύβων. Ο πρώτος είναι κομψότερος. Και οι δύο βαθμολογούνται πλήρως.

(α) Εξετάζουμε το τετράπλευρο ΕΑΔΖ:

• ΔΖ ∥ ΕΑ, από την κατασκευή του Ζ (η παράλληλη από το Δ προς την ΕΑ)·
• ΑΔ ∥ ΕΖ, αφού από την υπόθεση ΔΑ ∥ ΕΓ και το Ζ ανήκει στην ευθεία ΕΓ.

Άρα το ΕΑΔΖ έχει τις απέναντι πλευρές του παράλληλες, είναι παραλληλόγραμμο, και επομένως έχει τις απέναντι πλευρές ίσες:

ΑΔ = ΕΖ   και   ΕΑ = ΔΖ

Συνδυάζοντας με τα δεδομένα ισοσκελή (ΔΑ = ΔΓ και ΕΑ = ΕΒ):

ΓΔ = ΔΑ = ΕΖ   (1)
ΒΕ = ΕΑ = ΔΖ   (2)

(β) Θεωρούμε τα τρίγωνα ΓΔΖ και ΖΕΒ. Από τις (1) και (2) έχουν δύο πλευρές ίσες μία προς μία:

ΓΔ = ΕΖ   και   ΔΖ = ΒΕ

Μένει να δείξουμε ότι οι περιεχόμενες γωνίες είναι ίσες, δηλαδή ότι ΖΔ̂Γ = ΒÊΖ.

Έκφραση των δύο γωνιών. Στο παραλληλόγραμμο ΕΑΔΖ οι απέναντι γωνίες είναι ίσες, οπότε ΑΔ̂Ζ = ΑÊΖ. Άρα

ΖΔ̂Γ = ΑΔ̂Ζ − ΑΔ̂Γ = ΑÊΖ − ΑΔ̂Γ
ΒÊΖ = ΒÊΑ − ΖÊΑ

Επομένως, για να ισχύει ΖΔ̂Γ = ΒÊΖ αρκεί

ΑÊΖ − ΑΔ̂Γ = ΒÊΑ − ΖÊΑ ⟺ ΒÊΑ + ΑΔ̂Γ = 2 · ΖÊΑ   (3)

(χρησιμοποιώντας ότι ΑÊΖ = ΖÊΑ είναι η ίδια γωνία).

Απόδειξη της (3). Από τα ισοσκελή τρίγωνα ΑΒΕ και ΑΓΔ, η γωνία κορυφής ισούται με 180° μείον το διπλάσιο της γωνίας βάσης:

ΒÊΑ = 180° − 2 · ΕÂΒ
ΑΔ̂Γ = 180° − 2 · ΓÂΔ

Προσθέτοντας κατά μέλη:

ΒÊΑ + ΑΔ̂Γ = 360° − 2(ΕÂΒ + ΓÂΔ) = 2[180° − (ΕÂΒ + ΓÂΔ)]

Τα Δ και Ε βρίσκονται σε διαφορετικά ημιεπίπεδα ως προς την ΑΒ και το Γ είναι εσωτερικό σημείο της ΑΒ, οπότε οι γωνίες ΕÂΒ, ΓÂΔ και ΕÂΔ συμπληρώνουν ευθεία γωνία γύρω από το Α:

180° − (ΕÂΒ + ΓÂΔ) = ΕÂΔ

Άρα

ΒÊΑ + ΑΔ̂Γ = 2 · ΕÂΔ

Τέλος, στο παραλληλόγραμμο ΕΑΔΖ οι ΕÂΔ και ΑΔ̂Ζ είναι… — πιο άμεσα, οι ΕÂΔ και ΖÊΑ είναι εντός εναλλάξ ως προς την τέμνουσα ΑΕ των παραλλήλων ΑΔ και ΕΖ, άρα ίσες:

ΕÂΔ = ΖÊΑ

Επομένως ΒÊΑ + ΑΔ̂Γ = 2 · ΖÊΑ, που είναι ακριβώς η (3).

Συμπέρασμα. Τα τρίγωνα ΓΔΖ και ΖΕΒ είναι ίσα (Π–Γ–Π), οπότε έχουν και τις υπόλοιπες αντίστοιχες γωνίες ίσες:

ΔΓ̂Ζ = ΒẐΕ

Οι ευθείες ΓΔ και ΒΖ, τεμνόμενες από την ΓΖ, σχηματίζουν λοιπόν δύο εντός εναλλάξ γωνίες ίσες. Άρα

ΒΖ ∥ ΔΓ

Αποδείχθηκαν και τα δύο

Πού είναι η δυσκολία: το (α) το λύνουν σχεδόν όλοι. Το (β) απαιτεί να μετατρέψετε το ζητούμενο σε μια ισοδύναμη σχέση γωνιών (τη σχέση 3) και μετά να την αποδείξετε. Η τεχνική «αρκεί να δείξω ότι…» είναι εδώ το ουσιαστικό βήμα, και αξίζει να γραφτεί ρητά στο γραπτό.

Βήμα 1 — ο ορισμός του k σε ανισότητες. Ο k είναι ο μεγαλύτερος ακέραιος που είναι μικρότερος από √(n + 2), άρα

k < √(n + 2) ≤ k + 1

Όλα τα μέλη είναι θετικά, οπότε υψώνοντας στο τετράγωνο:

k² < n + 2 ≤ (k + 1)² = k² + 2k + 1

Βήμα 2 — απομόνωση του n και διαίρεση με k. Αφαιρούμε 2:

k² − 2 < n ≤ k² + 2k − 1

Διαιρούμε με τον θετικό ακέραιο k:

k − 2/k < n/k ≤ k + 2 − 1/k

Βήμα 3 — πόσοι ακέραιοι χωρούν. Από την υπόθεση ο n/k είναι ακέραιος. Επειδή n > 2 και ο k είναι τουλάχιστον 1, ας δούμε ποιοι ακέραιοι βρίσκονται στο διάστημα

( k − 2/k ,   k + 2 − 1/k ]

Το δεξιό άκρο είναι γνησίως μικρότερο του k + 2 (αφού 1/k > 0), άρα ο ακέραιος k + 2 δεν ανήκει. Το αριστερό άκρο είναι γνησίως μεγαλύτερο του k − 2, και για k ≥ 2 είναι επίσης μεγαλύτερο ή ίσο του k − 1 μόνο όταν 2/k ≤ 1, δηλαδή k ≥ 2· τότε ο k − 1 δεν ανήκει. Επομένως, για k ≥ 2, οι μόνες δυνατές τιμές είναι

n/k ∈ {k, k + 1}

Βήμα 4 — αποκλεισμός της περίπτωσης n/k = k + 1. Αν ήταν n/k = k + 1, τότε

n = k(k + 1)

Το γινόμενο δύο διαδοχικών ακεραίων είναι πάντα άρτιο, αφού ο ένας από τους k, k + 1 είναι άρτιος. Άρα ο n θα ήταν άρτιος — άτοπο, γιατί από την υπόθεση ο n είναι περιττός.

Συμπέρασμα. Αναγκαστικά n/k = k, δηλαδή

n = k²

οπότε ο n είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

Αποδείχθηκε: n = k²

Παράδειγμα για να δείτε το μηχανισμό: για n = 25 είναι n + 2 = 27 και √27 ≈ 5,196, οπότε k = 5. Πράγματι 25/5 = 5 = k και 25 = 5². Για n = 9: n + 2 = 11, √11 ≈ 3,317, k = 3, και 9/3 = 3 ✔

Πού δουλεύει η περιττότητα: αν αφαιρέσουμε την υπόθεση, το συμπέρασμα καταρρέει. Για n = 30: n + 2 = 32, √32 ≈ 5,657, k = 5, και 30/5 = 6 = k + 1 — ο n δεν είναι τέλειο τετράγωνο. Είναι ακριβώς η περίπτωση n = k(k+1) που αποκλείει η περιττότητα.

Βήμα 1 — το γινόμενο των τριών λόγων.

(a/b) · (b/c) · (c/a) = 1

Οι τρεις αυτοί αριθμοί είναι ακέραιοι (από την υπόθεση) με γινόμενο 1. Οι μόνοι ακέραιοι που διαιρούν το 1 είναι το 1 και το −1, άρα καθένας τους ισούται με ±1. Για να είναι το γινόμενο +1, το πλήθος των αρνητικών πρέπει να είναι άρτιο: είτε κανένας είτε ακριβώς δύο.

Περίπτωση 1 — και οι τρεις ίσοι με 1.

a/b = b/c = c/a = 1 ⟹ a = b = c

Τότε

(a + b + c)(1/a + 1/b + 1/c) = 3a · (3/a) = 9

Περίπτωση 2 — ένας ίσος με 1 και δύο ίσοι με −1. Λόγω της κυκλικής συμμετρίας της παράστασης, αρκεί να εξετάσουμε μία διάταξη. Έστω

a/b = 1,   b/c = −1,   c/a = −1

Από τις δύο πρώτες: a = b και b = −c, άρα

a = b = −c

(και πράγματι c/a = −c/c · … = −1 ✔). Τότε

a + b + c = a + a − a = a
1/a + 1/b + 1/c = 1/a + 1/a − 1/a = 1/a

οπότε

(a + b + c)(1/a + 1/b + 1/c) = a · (1/a) = 1

Οι δυνατές τιμές είναι 9 και 1

Εναλλακτική διαδρομή (δεύτερος τρόπος της Ε.Μ.Ε.), που αξίζει να ξέρετε. Αναπτύσσοντας το γινόμενο προκύπτει η ταυτότητα

(a + b + c)(1/a + 1/b + 1/c) = (1 + a/b)(1 + b/c)(1 + c/a) + 1

Τότε όλα βγαίνουν μονομιάς: αν και οι τρεις λόγοι είναι 1, η τιμή είναι 2 · 2 · 2 + 1 = 9· αν ένας είναι 1 και δύο είναι −1, τότε ένας από τους παράγοντες γίνεται 1 + (−1) = 0, άρα το γινόμενο μηδενίζεται και η τιμή είναι 0 + 1 = 1.

Επαλήθευση με συγκεκριμένους αριθμούς: για (a, b, c) = (2, 2, 2) η παράσταση δίνει 6 · 3/2 = 9 ✔· για (a, b, c) = (3, 3, −3) δίνει 3 · (1/3) = 1 ✔

Περιορισμός: y ≠ −2 (δίνεται).

Βήμα 1 — συμπλήρωση τετραγώνου. Στην πρώτη εξίσωση:

x² − 4x = (x − 2)² − 4

οπότε γράφεται

(x − 2)² − 4 + 5/(y + 2) = 2 ⟺ (x − 2)² + 5/(y + 2) = 6

Βήμα 2 — αντικατάσταση. Θέτουμε

α = (x − 2)²   και   β = 1/(y + 2)

Το σύστημα γίνεται

α + 5β = 6   και   3α − 4β = −1

Βήμα 3 — επίλυση. Από την πρώτη α = 6 − 5β. Αντικαθιστούμε στη δεύτερη:

3(6 − 5β) − 4β = −1 ⟹ 18 − 19β = −1 ⟹ 19β = 19 ⟹ β = 1

και τότε α = 6 − 5 = 1.

Βήμα 4 — επιστροφή στα x, y. Το α = 1 ≥ 0, άρα η εξίσωση έχει λύσεις:

(x − 2)² = 1 ⟺ x − 2 = 1 ή x − 2 = −1 ⟺ x = 3 ή x = 1
1/(y + 2) = 1 ⟺ y + 2 = 1 ⟺ y = −1

Το y = −1 ικανοποιεί τον περιορισμό y ≠ −2 ✔

Επαλήθευση για (1, −1): 1 − 4 + 5/1 = 2 ✔ και 3 · 1 − 4/1 = −1 ✔
Για (3, −1): 9 − 12 + 5 = 2 ✔ και 3 · 1 − 4 = −1 ✔

(x, y) = (1, −1) ή (x, y) = (3, −1)

Το συνηθέστερο λάθος: από την (x − 2)² = 1 να κρατηθεί μόνο το x = 3. Η ρίζα τετραγώνου δίνει πάντα δύο τιμές — και το θέμα είναι φτιαγμένο ώστε να είναι και οι δύο δεκτές.

Θα αποδείξουμε ότι δεν υπάρχει τέτοιος ακέραιος n.

Βήμα 1 — τα υπόλοιπα των τετραγώνων modulo 3. Κάθε ακέραιος x γράφεται σε μία από τις μορφές 3k, 3k + 1, 3k + 2. Υψώνοντας στο τετράγωνο:

• x = 3k ⟹ x² = 9k² = 3(3k²), υπόλοιπο 0
• x = 3k + 1 ⟹ x² = 9k² + 6k + 1 = 3(3k² + 2k) + 1, υπόλοιπο 1
• x = 3k + 2 ⟹ x² = 9k² + 12k + 4 = 3(3k² + 4k + 1) + 1, υπόλοιπο 1

Άρα το τετράγωνο κάθε ακεραίου αφήνει υπόλοιπο 0 ή 1 στη διαίρεση με το 3 — ποτέ 2.

Βήμα 2 — το υπόλοιπο του Α. Για n ≥ 1, ο αριθμός 2023 · 10ⁿ γράφεται ως 2023 ακολουθούμενο από n μηδενικά. Προσθέτοντας 1:

Α = 2023 · 10ⁿ + 1 = 20230…01

με n − 1 μηδενικά ανάμεσα στο 2023 και στο τελικό 1. Το άθροισμα των ψηφίων του είναι

2 + 0 + 2 + 3 + 0 + ⋯ + 0 + 1 = 8

Επειδή 8 = 3 · 2 + 2, το άθροισμα των ψηφίων αφήνει υπόλοιπο 2 στη διαίρεση με το 3, άρα και ο ίδιος ο Α αφήνει υπόλοιπο 2.

Συμπέρασμα. Ο Α αφήνει υπόλοιπο 2 modulo 3, ενώ κανένα τέλειο τετράγωνο δεν αφήνει υπόλοιπο 2. Επομένως ο Α δεν είναι τέλειο τετράγωνο για κανέναν θετικό ακέραιο n.

Δεν υπάρχει τέτοιος θετικός ακέραιος n

Δεύτερος τρόπος (με παραγοντοποίηση), που δίνει η Ε.Μ.Ε. Έστω Α = x². Το άθροισμα ψηφίων του Α είναι 8, άρα ο Α δεν διαιρείται με το 3, άρα ούτε ο x. Τότε

Α − 1 = 2023 · 10ⁿ = x² − 1 = (x − 1)(x + 1)

Από τους τρεις διαδοχικούς ακεραίους x − 1, x, x + 1, ένας είναι πολλαπλάσιο του 3· επειδή δεν είναι ο x, είναι ο x − 1 ή ο x + 1. Άρα το γινόμενο (x − 1)(x + 1) διαιρείται με το 3, δηλαδή 3 | 2023 · 10ⁿ. Αυτό είναι άτοπο: το άθροισμα των ψηφίων του 2023 · 10ⁿ είναι 7, που δεν διαιρείται με το 3.

Γιατί επιλέχθηκε το +1: η Επιτροπή έβαλε την ίδια οικογένεια θεμάτων σε τρεις τάξεις την ίδια χρονιά — 2023·10ⁿ + 1 στην Α΄, + 6 στη Β΄ και + 5 στη Γ΄ Λυκείου. Και στις τρεις το τελευταίο ψηφίο είναι «νόμιμο» για τετράγωνο, ακριβώς ώστε να μη δουλεύει η εύκολη μέθοδος και να χρειάζεται επιχείρημα με υπόλοιπα.

Θέτουμε Â = ΔÂΒ, και επειδή η ΑΕ είναι διχοτόμος της Â:

ΔÂΕ = ΕÂΒ = Â/2

Βήμα 1 — η γωνία ΖÊΓ. Οι εγγεγραμμένες γωνίες ΕΓ̂Δ και ΔÂΕ βαίνουν στο ίδιο τόξο ΔΕ του κύκλου, άρα είναι ίσες. Επιπλέον, επειδή ΕΖ ∥ ΔΓ, οι γωνίες ΖÊΓ και ΕΓ̂Δ είναι εντός εναλλάξ ως προς την τέμνουσα ΕΓ, άρα και αυτές ίσες. Συνολικά:

ΖÊΓ = ΕΓ̂Δ = ΔÂΕ = Â/2   (1)

Βήμα 2 — η γωνία ΕẐΓ. Στο ισοσκελές τραπέζιο ΑΒΓΔ οι προσκείμενες στη βάση ΑΒ γωνίες είναι ίσες, άρα Â = Β̂. Οι γωνίες Β̂ και ΔΓ̂Β είναι εντός και επί τα αυτά ως προς τις παράλληλες ΑΒ ∥ ΔΓ με τέμνουσα την ΒΓ, οπότε είναι παραπληρωματικές:

ΔΓ̂Β = 180° − Β̂ = 180° − Â

Επειδή ΕΖ ∥ ΔΓ, οι γωνίες ΕẐΓ και ΔΓ̂Β είναι ίσες (εντός εναλλάξ ως προς την τέμνουσα ΒΓ):

ΕẐΓ = 180° − Â   (2)

Βήμα 3 — το τρίγωνο ΕΖΓ είναι ισοσκελές. Από το άθροισμα των γωνιών του τριγώνου ΕΖΓ:

ΕΓ̂Ζ = 180° − ΕẐΓ − ΖÊΓ = 180° − (180° − Â) − Â/2 = Â − Â/2 = Â/2

Συγκρίνοντας με την (1):

ΕΓ̂Ζ = Â/2 = ΖÊΓ

Το τρίγωνο ΕΖΓ έχει λοιπόν δύο ίσες γωνίες στη βάση ΕΓ, άρα είναι ισοσκελές με

ΖΕ = ΖΓ   (3)

Βήμα 4 — η μεσοκάθετη. Τα σημεία Ε και Γ ανήκουν στον κύκλο c(O, R), άρα το κέντρο Ο ισαπέχει από αυτά:

ΟΕ = ΟΓ = R   (4)

Από τις (3) και (4), τόσο το Ζ όσο και το Ο ισαπέχουν από τα άκρα του τμήματος ΕΓ. Δύο τέτοια σημεία ορίζουν τη μεσοκάθετη του τμήματος, άρα η ευθεία ΟΖ είναι η μεσοκάθετη της ΕΓ και κατά συνέπεια

ΟΖ ⊥ ΕΓ

Αποδείχθηκε

Η στρατηγική σε μία φράση: όποτε ζητείται καθετότητα μιας ευθείας προς μια χορδή και στο σχήμα υπάρχει το κέντρο του κύκλου, η απάντηση είναι σχεδόν πάντα «δείξε ότι η ευθεία είναι η μεσοκάθετη της χορδής». Το κέντρο δίνει το μισό της απόδειξης δωρεάν· μένει μόνο να βρεθεί το δεύτερο ισαπέχον σημείο.

Έστω Δ το μέσο της ΑΓ, δηλαδή το ίχνος της μεσοκαθέτου πάνω στην ΑΓ. Θέτουμε

φ = ΑẐΗ = ΖÂΗ   και   ω = Β̂ = Γ̂,   οπότε Â = 180° − 2ω

(α) Πρώτη σχέση. Το τρίγωνο ΑΖΔ είναι ορθογώνιο στο Δ (η ΖΔ ανήκει στη μεσοκάθετη της ΑΓ). Οι δύο οξείες γωνίες του αθροίζουν 90°:

ΔÂΖ + ΔẐΑ = 90°

Η γωνία ΔÂΖ αποτελείται από τη γωνία Â του τριγώνου και τη φ (η ΑΖ βρίσκεται εκτός του τριγώνου, προς το μέρος του Ζ), ενώ ΔẐΑ = φ. Άρα

(180° − 2ω) + φ + φ = 90° ⟺ ω − φ = 45°   (1)

Δεύτερη σχέση. Λόγω της συμμετρίας ως προς τη μεσοκάθετη της ΑΓ είναι ΑẐΗ = ΗẐΒ = φ, οπότε η γωνία ΑẐΒ ισούται με 2φ. Στο τρίγωνο ΑΒΖ, η γωνία ΑΒ̂Γ είναι εξωτερική στην κορυφή Β, άρα ισούται με το άθροισμα των δύο απέναντι εσωτερικών:

ω = ΑΒ̂Γ = ΒÂΖ + ΑẐΒ = φ + 2φ = 3φ   (2)

Επίλυση. Αντικαθιστούμε την (2) στην (1):

3φ − φ = 45° ⟹ 2φ = 45° ⟹ φ = 22,5°,   άρα ω = 67,5°

Επομένως

Β̂ = Γ̂ = 67,5°   και   Â = 180° − 135° = 45°

 = 45°,   Β̂ = Γ̂ = 67,5°

(β) Οι τέσσερις πλευρές. Επειδή ΑΕ ∥ ΖΓ (η ΑΕ είναι η παράλληλη από το Α προς τη ΒΓ, και η ΖΓ ανήκει στη ΒΓ), οι γωνίες ΓẐΕ και ΑÊΖ είναι εντός εναλλάξ ως προς την τέμνουσα ΖΕ, άρα ίσες:

ΓẐΕ = ΑÊΖ

Λόγω της συμμετρίας ως προς τη μεσοκάθετη ΖΕ της ΑΓ είναι επίσης ΓẐΕ = ΑẐΕ = φ. Άρα

ΑẐΕ = ΑÊΖ = φ

οπότε το τρίγωνο ΑΖΕ είναι ισοσκελές με ΑΖ = ΑΕ. Η συμμετρία ως προς τη μεσοκάθετη της ΑΓ απεικονίζει το Α στο Γ και αφήνει σταθερά τα Ζ, Ε, οπότε

ΑΖ = ΑΕ = ΓΕ = ΓΖ

Το σχήμα είναι παραλληλόγραμμο. Από την ίδια συμμετρία, ΓÊΖ = ΑÊΖ = φ = ΑẐΕ. Οι ευθείες ΑΖ και ΓΕ, τεμνόμενες από τη ΖΕ, σχηματίζουν δύο εντός εναλλάξ γωνίες ίσες, άρα

ΓΕ ∥ ΑΖ

Το τετράπλευρο ΑΖΓΕ έχει λοιπόν δύο απέναντι πλευρές παράλληλες και ίσες — είναι παραλληλόγραμμο — και επιπλέον και τις τέσσερις πλευρές του ίσες. Άρα είναι ρόμβος.

Αποδείχθηκε

Σύνδεση με τη Γ΄ Γυμνασίου: είναι ακριβώς το ίδιο σχήμα με το Θέμα 3 της Γ΄ Γυμνασίου της ίδιας χρονιάς, αλλά «ανάποδα». Εκεί δινόταν η γωνία Â = 45° και ζητούνταν το εμβαδόν· εδώ δίνεται η συνθήκη ΑẐΗ = ΖÂΗ και ζητείται η γωνία. Αν λύσατε το ένα, το άλλο έρχεται σχεδόν μόνο του.

Βήμα 1 — ανάπτυξη.

(x² + 1)(y² + 1) = x²y² + x² + y² + 1
4(x − 1)(y − 1) = 4xy − 4x − 4y + 4
4(x + y − 1) = 4x + 4y − 4

Προσθέτοντας, οι όροι −4x, −4y αναιρούνται με τους +4x, +4y, και το +4 με το −4:

x²y² + x² + y² + 1 + 4xy = 0

Βήμα 2 — ομαδοποίηση σε δύο τετράγωνα. Σπάμε το 4xy σε 2xy + 2xy:

(x²y² + 2xy + 1) + (x² + 2xy + y²) = 0
(xy + 1)² + (x + y)² = 0

Βήμα 3 — μηδενισμός. Άθροισμα δύο τετραγώνων πραγματικών αριθμών είναι μηδέν αν και μόνο αν κάθε τετράγωνο είναι μηδέν:

xy + 1 = 0   και   x + y = 0

δηλαδή

xy = −1   και   y = −x

Βήμα 4 — επίλυση. Αντικαθιστώντας y = −x στην πρώτη:

x(−x) = −1 ⟺ −x² = −1 ⟺ x² = 1 ⟺ x = 1 ή x = −1

και αντίστοιχα y = −1 ή y = 1.

Επαλήθευση για (1, −1): (1 + 1)(1 + 1) + 4 · 0 · (−2) + 4(1 − 1 − 1) = 4 + 0 − 4 = 0 ✔

(x, y) = (1, −1) ή (x, y) = (−1, 1)

Πώς αναγνωρίζεται το μοτίβο: όταν βλέπετε μία εξίσωση με δύο αγνώστους και σας ζητούν όλα τα ζεύγη, η μορφή Α² + Β² = 0 είναι η πρώτη υπόθεση εργασίας. Δεύτερο σημάδι: η παρουσία όρου x²y² δίπλα σε όρο xy — φωνάζει για το τετράγωνο (xy + 1)².

Επειδή α ≠ 0 και α = β/(β² + β + 1), είναι β ≠ 0.

(α) Πρώτος τρόπος — μέσω του β + 1/β. Διαιρούμε αριθμητή και παρονομαστή με β:

α = β/(β² + β + 1) = 1/(β + 1 + 1/β) ⟹ β + 1/β + 1 = 1/α
β + 1/β = (1 − α)/α

Υψώνουμε στο τετράγωνο:

(β + 1/β)² = β² + 2 + 1/β² = (1 − α)²/α²
β² + 1/β² = (1 − α)²/α² − 2 = (1 − 2α + α² − 2α²)/α² = (1 − 2α − α²)/α²

Τώρα, διαιρώντας αριθμητή και παρονομαστή της ζητούμενης παράστασης με β²:

β²/(β⁴ + β² + 1) = 1/(β² + 1 + 1/β²)
= 1 / [ (1 − 2α − α²)/α² + 1 ] = α² / (1 − 2α − α² + α²) = α²/(1 − 2α)

β²/(β⁴ + β² + 1) = α²/(1 − 2α)

(α) Δεύτερος τρόπος — μέσω παραγοντοποίησης. Προσθαφαιρώντας β²:

β⁴ + β² + 1 = (β⁴ + 2β² + 1) − β² = (β² + 1)² − β²
= (β² + β + 1)(β² − β + 1)

Άρα

β²/(β⁴ + β² + 1) = [β/(β² + β + 1)] · [β/(β² − β + 1)] = α · β/(β² − β + 1)

Για τον δεύτερο παράγοντα, παρατηρούμε ότι

(β² − β + 1)/β = (β² + β + 1)/β − 2 = 1/α − 2 = (1 − 2α)/α

οπότε β/(β² − β + 1) = α/(1 − 2α), και τελικά

β²/(β⁴ + β² + 1) = α · α/(1 − 2α) = α²/(1 − 2α)

Το ίδιο αποτέλεσμα. Σημειώστε ότι αναγκαστικά 1 − 2α ≠ 0.

(β) Απαιτούμε

α²/(1 − 2α) = α

Επειδή α ≠ 0, διαιρούμε και τα δύο μέλη με α:

α/(1 − 2α) = 1 ⟺ α = 1 − 2α ⟺ 3α = 1 ⟺ α = 1/3

Επαλήθευση: για α = 1/3 η σχέση β/(β² + β + 1) = 1/3 δίνει 3β = β² + β + 1, δηλαδή β² − 2β + 1 = 0, άρα (β − 1)² = 0 και β = 1. Τότε

β²/(β⁴ + β² + 1) = 1/3 = α ✔

α = 1/3 (που αντιστοιχεί σε β = 1)

Η δομή του θέματος: το (α) είναι καθαρά υπολογιστικό, το (β) είναι μία γραμμή μόλις έχετε το (α). Η παγίδα είναι να χαθεί το τετράγωνο στον αριθμητή — αν γράψετε α/(1 − 2α) αντί για α²/(1 − 2α), το (β) καταρρέει: θα καταλήγατε σε 1 − 2α = 1, δηλαδή α = 0, που αντιφάσκει με την υπόθεση.

Έστω x το τελευταίο ψηφίο του Α και Β ο ακέραιος που προκύπτει αν αφαιρέσουμε αυτό το ψηφίο, ώστε

Α = 10Β + x,   με 0 ≤ x ≤ 9

Η συνθήκη του προβλήματος είναι Α = 2025x, οπότε

10Β + x = 2025x ⟺ 10Β = 2024x

Το κρίσιμο βήμα. Το αριστερό μέλος είναι πολλαπλάσιο του 10, άρα και το 2024x πρέπει να είναι. Αναλύουμε: 2024 = 2³ · 11 · 23, δηλαδή ο 2024 είναι άρτιος αλλά δεν διαιρείται με το 5. Για να διαιρείται το γινόμενο 2024x με το 10 = 2 · 5, πρέπει ο παράγοντας 5 να προέλθει από το x:

5 | x

Επειδή το x είναι ψηφίο, οι μόνες δυνατότητες είναι x = 0 ή x = 5.

Απόρριψη του x = 0. Αν x = 0, τότε Α = 2025 · 0 = 0, που δεν είναι θετικός ακέραιος. Απορρίπτεται.

Η λύση x = 5. Τότε

Α = 2025 · 5 = 10125

Επαλήθευση: το τελευταίο ψηφίο του 10125 είναι πράγματι το 5, και 2025 · 5 = 10125 ✔ (επίσης 10Β = 2024 · 5 = 10120, άρα Β = 1012 και Α = 10120 + 5 = 10125 ✔)

Α = 10125, ο μοναδικός τέτοιος ακέραιος

Βήμα 1 — το ζητούμενο μέσω των 2x + 3y και xy. Από την ταυτότητα a³ + b³ = (a + b)³ − 3ab(a + b) με a = 2x και b = 3y:

Α = (2x)³ + (3y)³ = (2x + 3y)³ − 3 · 2x · 3y · (2x + 3y)
Α = (2x + 3y)³ − 18xy(2x + 3y)   (1)

Αρκεί λοιπόν να προσδιορίσουμε τα 2x + 3y και xy.

Βήμα 2 — μετασχηματισμός της υπόθεσης. Παρατηρούμε ότι

4x² + 9y² = (2x + 3y)² − 12xy   και   −4x − 6y = −2(2x + 3y)

Αντικαθιστούμε στη δεδομένη ισότητα:

(2x + 3y)² − 12xy + x²y² + 18xy − 2(2x + 3y) + 10 = 0
(2x + 3y)² − 2(2x + 3y) + x²y² + 6xy + 10 = 0

Σπάμε το 10 σε 1 + 9 και ομαδοποιούμε:

[(2x + 3y)² − 2(2x + 3y) + 1] + [x²y² + 6xy + 9] = 0
(2x + 3y − 1)² + (xy + 3)² = 0

Βήμα 3 — μηδενισμός. Άθροισμα τετραγώνων πραγματικών είναι μηδέν μόνο αν κάθε όρος μηδενίζεται:

2x + 3y − 1 = 0 ⟹ 2x + 3y = 1   (2)
xy + 3 = 0 ⟹ xy = −3   (3)

Βήμα 4 — υπολογισμός. Αντικαθιστούμε τις (2) και (3) στην (1):

Α = 1³ − 18 · (−3) · 1 = 1 + 54 = 55

Α = 55

Σημείωση: δεν χρειάστηκε καθόλου να βρούμε τα ίδια τα x, y — και καλώς, γιατί είναι άρρητα. Λύνοντας το σύστημα 2x + 3y = 1, xy = −3 προκύπτει x = (1 ± √73)/4, με το αντίστοιχο y. Η παράσταση Α όμως εξαρτάται μόνο από τα συμμετρικά 2x + 3y και xy, και γι’ αυτό βγαίνει καθαρός ακέραιος.

Το δίδαγμα: σε θέματα «δίνεται σχέση, βρείτε την τιμή παράστασης», ξεκινάτε πάντα από το ζητούμενο: το γράφετε συναρτήσει λίγων συμμετρικών ποσοτήτων και μετά ψάχνετε αυτές τις ποσότητες στην υπόθεση. Το ανάποδο — να λύσετε πρώτα για τα x, y — σχεδόν πάντα οδηγεί σε αδιέξοδο.

Κατασκευή. Θέτουμε ΑΒ = x, οπότε ΑΓ = 2x. Προεκτείνουμε την ΑΒ προς το μέρος του Α και φέρνουμε από την κορυφή Γ κάθετη προς την ευθεία αυτή, η οποία την τέμνει στο Η. Έστω Μ το μέσο της ΑΒ, από όπου περνά η μεσοκάθετη ΜΔ.

Βήμα 1 — το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΗΓ. Επειδή ΒÂΓ = 120° και τα Η, Α, Β είναι συνευθειακά με το Α ανάμεσα:

ΓÂΗ = 180° − 120° = 60°

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΗΓ (ορθή στο Η) έχουμε λοιπόν ΑΓ̂Η = 30°. Η κάθετη πλευρά ΑΗ βρίσκεται απέναντι από τη γωνία των 30°, άρα ισούται με το μισό της υποτείνουσας ΑΓ:

ΑΗ = ΑΓ/2 = x

Βήμα 2 — τα δεδομένα της μεσοκαθέτου. Το Δ ανήκει στη μεσοκάθετη της ΑΒ, άρα ισαπέχει από τα Α και Β:

ΑΔ = ΔΒ

και, αφού το Μ είναι το μέσο της ΑΒ:

ΑΜ = ΒΜ = x/2

Βήμα 3 — παραλληλία και θεώρημα του Θαλή. Η ΔΜ είναι κάθετη στην ΑΒ (μεσοκάθετη) και η ΓΗ είναι επίσης κάθετη στην ίδια ευθεία (κατασκευή). Δύο ευθείες κάθετες στην ίδια ευθεία είναι παράλληλες:

ΔΜ ∥ ΓΗ

Εφαρμόζουμε το θεώρημα του Θαλή στις παράλληλες ΔΜ και ΓΗ, που τέμνονται από τις ευθείες ΒΓ και ΒΗ (με κορυφή το Β):

ΒΔ/ΔΓ = ΒΜ/ΜΗ

Υπολογίζουμε το ΜΗ. Το Μ βρίσκεται ανάμεσα στα Η και Β, με

ΜΗ = ΜΑ + ΑΗ = x/2 + x = 3x/2

Επομένως

ΒΔ/ΔΓ = (x/2)/(3x/2) = 1/3

Βήμα 4 — το ζητούμενο. Επειδή ΑΔ = ΔΒ (Βήμα 2):

ΑΔ/ΔΓ = ΒΔ/ΔΓ = 1/3

ΑΔ/ΔΓ = 1/3

Επαλήθευση με συντεταγμένες: θέτουμε Α(0, 0), Β(1, 0) και, λόγω της γωνίας 120°, Γ(−1, √3) ώστε ΑΓ = 2. Η μεσοκάθετη της ΑΒ είναι η x = 1/2 και τέμνει τη ΒΓ στο Δ(1/2, √3/4). Τότε ΑΔ = √7/4 και ΔΓ = (3/4)√7, άρα ΑΔ/ΔΓ = 1/3 ✔