«Ο ΘΑΛΗΣ» — Β΄ Γυμνασίου 2021–2025: δικές μας λύσεις με υποδείξεις
Και τα 16 θέματα των πέντε τελευταίων διαγωνισμών για τη Β΄ Γυμνασίου, με πλήρεις εκφωνήσεις, υπόδειξη πριν από κάθε λύση και αναλυτική ανάπτυξη στη συνέχεια.
Πηγή των εκφωνήσεων: τα θέματα που παρατίθενται ανήκουν στην Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία και προέρχονται από τις προκηρύξεις και τα φυλλάδια ενδεικτικών λύσεων του 82ου έως 86ου Πανελλήνιου Μαθητικού Διαγωνισμού στα Μαθηματικά «Ο ΘΑΛΗΣ» (2021–2025). Αναδημοσιεύονται εδώ για εκπαιδευτικούς σκοπούς, με αναφορά στην πηγή και με σύνδεσμο στο επίσημο αρχείο κάθε χρονιάς. Οι λύσεις και οι υποδείξεις είναι δικές μας και δεν προέρχονται από το υλικό της Ε.Μ.Ε. Το πλήρες επίσημο υλικό, μαζί με τα σχήματα και τις ενδεικτικές λύσεις της Επιτροπής Διαγωνισμών, διατίθεται ελεύθερα στο hms.gr.
Πώς δουλεύεται: είκοσι λεπτά στο κάθε θέμα πριν ανοίξετε την υπόδειξη. Η υπόδειξη δίνει το βήμα που λείπει, όχι τη λύση. Τη λύση ανοίξτε την αφού γράψετε τη δική σας — στον διαγωνισμό βαθμολογείται η πορεία, όχι μόνο η απάντηση.
Οι λύσεις που ακολουθούν είναι γραμμένες από την αρχή. Σε τρία σημεία διαφέρουν από τις επίσημες ενδεικτικές λύσεις της Ε.Μ.Ε. και σε δύο εντοπίζουμε τυπογραφικά λάθη στα επίσημα αρχεία — και στις πέντε περιπτώσεις το επισημαίνουμε ρητά, σε ξεχωριστό πλαίσιο.
Για τα γεωμετρικά θέματα: όπου η εκφώνηση αναφέρεται σε σχήμα, το έχουμε σχεδιάσει εμείς και συνοδεύει την εκφώνηση· το επίσημο βρίσκεται στο PDF της χρονιάς — ο σύνδεσμος δίνεται στην αρχή κάθε ενότητας. Η Ε.Μ.Ε. ζητά ούτως ή άλλως από τους μαθητές να κάνουν το δικό τους σχήμα στο φύλλο απαντήσεων.
Η Β΄ Γυμνασίου έχει το πιο σταθερό μοτίβο από όλες τις τάξεις του διαγωνισμού. Σε τέσσερις από τις πέντε χρονιές το Θέμα 1 είναι αριθμητική παράσταση με δυνάμεις αρνητικής βάσης, και μάλιστα με την ίδια ακριβώς αρχιτεκτονική: ένα κλάσμα που κάνει ±1, υψωμένο σε τεράστιο εκθέτη, συν ή πλην ένα απλό κλάσμα. Σε τέσσερις από τις πέντε, το Θέμα 2 είναι ΜΚΔ–ΕΚΠ. Και σε όλες, το τελευταίο θέμα είναι γεωμετρία με ισοσκελές τρίγωνο ή τετράγωνο.
Πρακτικά: ένας μαθητής που κατέχει τις δυνάμεις αρνητικής βάσης και τη σχέση ΜΚΔ·ΕΚΠ = γινόμενο έχει εξασφαλίσει τα δύο από τα τρία θέματα, πριν καν ανοίξει το φύλλο.
2021 — 82ος διαγωνισμός, 5 Νοεμβρίου 2021
Επίσημο αρχείο με εκφωνήσεις, σχήματα και ενδεικτικές λύσεις: Ε.Μ.Ε. — Θέματα & λύσεις 2021 (PDF)
Ψηφία & διαιρετότητα με 4
Να βρεθούν οι τριψήφιοι θετικοί ακέραιοι x = αβγ και y = γβα για τους οποίους ισχύει 0 < γ < α και οι δύο διαιρούνται με το 4.
Σημείωση: x = αβγ = 100α + 10β + γ, y = γβα = 100γ + 10β + α.
Εκφώνηση: Ε.Μ.Ε., 82ος Π.Μ.Δ. «Ο ΘΑΛΗΣ», 5.11.2021 — Β΄ Γυμνασίου, Πρόβλημα 1
Υπόδειξη
Μη δοκιμάσετε και τους 900 τριψήφιους. Δύο παρατηρήσεις μειώνουν δραστικά τη δουλειά:
- Αν ένας αριθμός διαιρείται με το 4, είναι άρτιος. Άρα το τελευταίο ψηφίο του x (δηλαδή το γ) και το τελευταίο ψηφίο του y (δηλαδή το α) είναι και τα δύο άρτια. Με το γ ≠ 0 και γ < α, τα ζεύγη (α, γ) είναι ελάχιστα.
- Το κριτήριο διαιρετότητας με το 4 κοιτάει μόνο τα δύο τελευταία ψηφία. Άρα η συνθήκη είναι: ο βγ και ο βα να διαιρούνται με 4.
- Και το βήμα που γλιτώνει τον περισσότερο χρόνο: αν και οι δύο διψήφιοι 10β + γ και 10β + α διαιρούνται με το 4, τότε διαιρείται με το 4 και η διαφορά τους. Υπολογίστε τη — θα δείτε ότι το β εξαφανίζεται και μένει μια συνθήκη μόνο για τα α, γ, που κόβει αμέσως τα περισσότερα ζεύγη του βήματος 1.
Λύση
Έστω x = αβγ και y = γβα. Επειδή και οι δύο είναι τριψήφιοι, είναι α ≠ 0 και γ ≠ 0· δίνεται επιπλέον γ < α.
Βήμα 1 — τα α, γ είναι άρτια. Αν 4 | x τότε ο x είναι άρτιος, άρα το τελευταίο του ψηφίο γ είναι άρτιο. Ομοίως από 4 | y προκύπτει ότι το α είναι άρτιο. Με γ ≠ 0, τα δυνατά ζεύγη (α, γ) με γ < α και τα δύο άρτια μη μηδενικά είναι
(4,2), (6,2), (6,4), (8,2), (8,4), (8,6)
Βήμα 2 — το κριτήριο του 4. Ένας αριθμός διαιρείται με το 4 αν και μόνο αν ο διψήφιος των δύο τελευταίων ψηφίων του διαιρείται με το 4. Άρα οι συνθήκες γίνονται
4 | (10β + γ) και 4 | (10β + α)
Βήμα 3 — αφαίρεση. Αν και τα δύο διαιρούνται με το 4, τότε και η διαφορά τους:
(10β + α) − (10β + γ) = α − γ, άρα 4 | (α − γ)
Από τα έξι ζεύγη του Βήματος 1, η συνθήκη 4 | (α − γ) κρατάει μόνο εκείνα με α − γ ∈ {4, 8}:
(6,2) με α − γ = 4, (8,4) με α − γ = 4
(Τα (4,2), (6,4), (8,6) δίνουν α − γ = 2 και το (8,2) δίνει 6 — κανένα δεν είναι πολλαπλάσιο του 4.)
Βήμα 4 — εύρεση του β.
Για (α, γ) = (6, 2): χρειαζόμαστε 4 | (10β + 2), δηλαδή 10β + 2 ∈ {12, 32, 52, 72, 92} για β = 1, 3, 5, 7, 9. Πράγματι όλα διαιρούνται με 4. Άρα β περιττό: β ∈ {1, 3, 5, 7, 9}. Ελέγχουμε και τη δεύτερη συνθήκη 4 | (10β + 6): για β περιττό είναι 16, 36, 56, 76, 96 — όλα πολλαπλάσια του 4. ✔
Προκύπτουν οι αριθμοί x = 612, 632, 652, 672, 692.
Για (α, γ) = (8, 4): χρειαζόμαστε 4 | (10β + 4). Για β άρτιο (0, 2, 4, 6, 8) παίρνουμε 4, 24, 44, 64, 84 — όλα πολλαπλάσια του 4. Και 4 | (10β + 8) δίνει 8, 28, 48, 68, 88 — επίσης. ✔
Προκύπτουν οι αριθμοί x = 804, 824, 844, 864, 884.
x = 612, 632, 652, 672, 692, 804, 824, 844, 864, 884
Οι αντίστοιχοι y προκύπτουν με εναλλαγή του πρώτου και του τελευταίου ψηφίου: 216, 236, …, 408, 428, …, 488. Συνολικά δέκα ζεύγη.
Διαφορά από την επίσημη λύση: η ενδεικτική λύση της ΕΜΕ καταλήγει στα ίδια δέκα ζεύγη, αλλά φτάνει εκεί δοκιμάζοντας και τις δέκα τιμές του β για καθένα από τα έξι ζεύγη (α, γ) — εξήντα έλεγχοι. Το Βήμα 3 εδώ (η αφαίρεση των δύο συνθηκών, που δίνει 4 | α − γ) κόβει αμέσως τα έξι ζεύγη σε δύο. Είναι η ίδια απάντηση με το ένα τρίτο της δουλειάς, και είναι το είδος της παρατήρησης που κερδίζει χρόνο μέσα στις δύο ώρες.
Εξίσωση με βαθμούς
Οι καθηγητές των Μαθηματικών και της Φυσικής βαθμολόγησαν για το Α΄ τετράμηνο τους μαθητές ενός Τμήματος του Γυμνασίου τους ως εξής:
Ο καθηγητής των Μαθηματικών έβαλε α φορές τον βαθμό 20, β φορές τον βαθμό 18, γ φορές τον βαθμό 16 και δ φορές τον βαθμό 14. Ο καθηγητής της Φυσικής έβαλε α φορές τον βαθμό 18, β φορές τον βαθμό 16, γ φορές τον βαθμό 14 και δ φορές τον βαθμό 20.
Γνωρίζουμε ότι το άθροισμα των βαθμών των μαθητών του Τμήματος στα Μαθηματικά ισούται με το άθροισμα των βαθμών των μαθητών του Τμήματος στη Φυσική. Να προσδιορίσετε τον αριθμό Ν των μαθητών του Τμήματος, αν δίνεται ότι 20 < Ν < 28.
Εκφώνηση: Ε.Μ.Ε., 82ος Π.Μ.Δ. «Ο ΘΑΛΗΣ», 5.11.2021 — Β΄ Γυμνασίου, Πρόβλημα 2
Υπόδειξη
Γράψτε την ισότητα των δύο αθροισμάτων και μεταφέρτε τα πάντα στο ένα μέλος. Θα δείτε ότι σχεδόν όλα απλοποιούνται και μένει μια πολύ απλή σχέση ανάμεσα στο δ και στα υπόλοιπα.
Μετά θυμηθείτε ότι Ν = α + β + γ + δ. Αντικαταστήστε — και θα προκύψει ότι το Ν είναι πολλαπλάσιο ενός συγκεκριμένου αριθμού. Εκεί μπαίνει ο περιορισμός 20 < Ν < 28.
Λύση
Το πλήθος των μαθητών είναι Ν = α + β + γ + δ. Η ισότητα των δύο αθροισμάτων γράφεται
20α + 18β + 16γ + 14δ = 18α + 16β + 14γ + 20δ
Μεταφέρουμε τα πάντα αριστερά:
(20 − 18)α + (18 − 16)β + (16 − 14)γ + (14 − 20)δ = 0
2α + 2β + 2γ − 6δ = 0 ⟺ α + β + γ = 3δ
Αντικαθιστούμε στο Ν:
Ν = (α + β + γ) + δ = 3δ + δ = 4δ
Άρα το Ν είναι πολλαπλάσιο του 4. Το μοναδικό πολλαπλάσιο του 4 που ικανοποιεί 20 < Ν < 28 είναι το 24 (αφού το 20 και το 28 αποκλείονται από τις αυστηρές ανισότητες).
Ν = 24 μαθητές (με δ = 6 και α + β + γ = 18)
Γιατί δουλεύει: η ουσία του θέματος είναι ότι κάθε μαθητής «κατέβηκε» δύο μονάδες από τα Μαθηματικά στη Φυσική — εκτός από τους δ, που ανέβηκαν έξι. Για να βγει το ισοζύγιο, οι δ πρέπει να είναι ακριβώς το ένα τρίτο των υπολοίπων.
Γεωμετρία — κυνήγι γωνιών
Στο διπλανό σχήμα, το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές (ΑΒ = ΑΓ) και τα τρίγωνα ΑΕΖ, ΔΓΗ είναι ισόπλευρα. Οι διχοτόμοι των γωνιών ΒΕ̂Ζ και ΑΔ̂Η τέμνονται στο σημείο Κ. Οι προεκτάσεις των ευθύγραμμων τμημάτων ΕΖ και ΓΗ τέμνονται στο σημείο Ν.
Να αποδείξετε ότι:
(α) ΕΚ̂Δ = ΒÂΓ (β) ΕΝ̂Γ = 120° − ΒÂΓ
Το σχήμα που ακολουθεί είναι δικό μας· αντιστοιχεί στη διάταξη του επίσημου φυλλαδίου.
Εκφώνηση: Ε.Μ.Ε., 82ος Π.Μ.Δ. «Ο ΘΑΛΗΣ», 5.11.2021 — Β΄ Γυμνασίου, Πρόβλημα 3
Υπόδειξη
Καθαρό «κυνήγι γωνιών». Τρία πράγματα να έχετε μπροστά σας:
- Κάθε γωνία ισόπλευρου τριγώνου είναι 60°: ΑΕ̂Ζ = 60° από το ΑΕΖ και ΓΔ̂Η = 60° από το ΔΓΗ.
- Προσοχή στη γωνία που διχοτομείται: η διχοτομούμενη είναι η ΑΔ̂Η, όχι η ΓΔ̂Η. Επειδή τα Α, Δ, Γ είναι συνευθειακά, οι δύο αυτές γωνίες είναι παραπληρωματικές — υπολογίστε πρώτα τη ΑΔ̂Η και μετά πάρτε τη μισή της. Το ίδιο ισχύει και για τη ΒΕ̂Ζ απέναντι.
- Ονομάστε Λ το σημείο τομής της ΕΚ με την ΑΓ και Μ το σημείο τομής της ΕΝ με την ΒΓ. Τώρα και η ζητούμενη γωνία ΕΚ̂Δ και η ΕΝ̂Γ βρίσκονται μέσα σε τρίγωνο, οπότε υπολογίζονται από το άθροισμα 180°.
Στο (β) θα χρειαστείτε και ότι Β̂ + Γ̂ = 180° − Â.
Λύση
Θέτουμε Â = ΒÂΓ. Έστω Λ η τομή της ΕΚ με την ΑΓ και Μ η τομή της ΕΝ με την ΒΓ.
(α) Στο τρίγωνο ΚΛΔ, η γωνία ΕΚ̂Δ ταυτίζεται με τη ΛΚ̂Δ, οπότε
ΕΚ̂Δ = 180° − ΚΛ̂Δ − ΚΔ̂Λ
Υπολογίζουμε τη ΚΔ̂Λ. Το τρίγωνο ΔΓΗ είναι ισόπλευρο, άρα ΓΔ̂Η = 60°. Επειδή το Δ ανήκει στην ΑΓ, τα σημεία Α, Δ, Γ είναι συνευθειακά, οπότε οι γωνίες ΑΔ̂Η και ΓΔ̂Η είναι παραπληρωματικές:
ΑΔ̂Η = 180° − 60° = 120°
Η ΔΚ είναι η διχοτόμος της ΑΔ̂Η, άρα σχηματίζει με την ημιευθεία ΔΑ γωνία ίση με τη μισή της. Επειδή το Λ ανήκει στην ΑΓ από την πλευρά του Α, είναι
ΚΔ̂Λ = ΑΔ̂Η / 2 = 120° / 2 = 60°
Άρα
ΕΚ̂Δ = 180° − ΚΛ̂Δ − 60° = 120° − ΚΛ̂Δ
Τώρα η ΚΛ̂Δ και η ΑΛ̂Ε είναι κατακορυφήν, άρα ίσες:
ΕΚ̂Δ = 120° − ΑΛ̂Ε
Στο τρίγωνο ΑΛΕ:
ΑΛ̂Ε = 180° − Â − ΑΕ̂Λ = 180° − Â − 60°
(αφού ΑΕ̂Λ = ΑΕ̂Ζ = 60°, γωνία του ισόπλευρου ΑΕΖ). Αντικαθιστώντας:
ΕΚ̂Δ = 120° − (180° − Â − 60°) = 120° − 120° + Â = Â
δηλαδή ΕΚ̂Δ = ΒÂΓ. ✔
(β) Στο τρίγωνο ΜΝΓ, η γωνία ΕΝ̂Γ ταυτίζεται με τη ΜΝ̂Γ:
ΕΝ̂Γ = 180° − ΝΜ̂Γ − ΝΓ̂Μ
Η ΝΜ̂Γ και η ΕΜ̂Β είναι κατακορυφήν, άρα ίσες. Στο τρίγωνο ΕΜΒ:
ΕΜ̂Β = 180° − Β̂ − ΒΕ̂Μ
Η ΒΕ̂Μ υπολογίζεται όπως πριν: το Ε ανήκει στην ΑΒ, άρα τα Α, Ε, Β είναι συνευθειακά και η ΑΕ̂Ζ = 60° (ισόπλευρο ΑΕΖ) δίνει ΒΕ̂Ζ = 180° − 60° = 120°. Το Μ βρίσκεται στην ημιευθεία ΕΝ, αντίθετη της ΕΖ, οπότε
ΒΕ̂Μ = 180° − ΒΕ̂Ζ = 180° − 120° = 60°, άρα ΕΜ̂Β = 180° − Β̂ − 60°
Ομοίως, για τη ΝΓ̂Μ, από το ισόπλευρο ΔΓΗ είναι ΔΓ̂Η = 60°, οπότε
ΝΓ̂Μ = 180° − Γ̂ − ΔΓ̂Η = 180° − Γ̂ − 60°
Επομένως
ΕΝ̂Γ = 180° − (180° − Β̂ − 60°) − (180° − Γ̂ − 60°)
= 180° − 120° + Β̂ − 120° + Γ̂ = Β̂ + Γ̂ − 60°
Και επειδή σε κάθε τρίγωνο Β̂ + Γ̂ = 180° − Â:
ΕΝ̂Γ = (180° − Â) − 60° = 120° − Â = 120° − ΒÂΓ
Αποδείχθηκαν και τα δύο
Παρατήρηση: προσέξτε ότι πουθενά δεν χρησιμοποιήθηκε η συνθήκη ΑΒ = ΑΓ στο (α) — το αποτέλεσμα ισχύει για κάθε τρίγωνο. Στο (β) χρησιμοποιήθηκε μόνο το Β̂ + Γ̂ = 180° − Â, που επίσης ισχύει πάντα. Το «ισοσκελές» της εκφώνησης είναι εκεί για να κάνει το σχήμα συμμετρικό και πιο εύκολο στο μάτι, όχι γιατί χρειάζεται.
2022 — 83ος διαγωνισμός, 11 Νοεμβρίου 2022
Επίσημο αρχείο: Ε.Μ.Ε. — Θέματα & λύσεις Γυμνασίου 2022 (PDF)
Δυνάμεις αρνητικής βάσης
Να υπολογίσετε την τιμή της αριθμητικής παράστασης:
Α = [ (−21)7/77 + (−15)7/(−5)7 + 4044 ] : [ (−14)3/73 + (−18)3/(−9)3 + 2 ]
Εκφώνηση: Ε.Μ.Ε., 83ος Π.Μ.Δ. «Ο ΘΑΛΗΣ», 11.11.2022 — Β΄ Γυμνασίου, Πρόβλημα 1
Υπόδειξη
Μην υπολογίσετε καμία δύναμη. Ο 21 είναι 7·3 και ο 15 είναι 5·3 — η ιδέα είναι να εφαρμόσετε την ιδιότητα
αν / βν = (α/β)ν
σε κάθε κλάσμα, ώστε να μείνουν σκέτες δυνάμεις του 3 και του 2. Προσοχή στα πρόσημα: περιττός εκθέτης διατηρεί το πρόσημο της βάσης.
Λύση
Εφαρμόζουμε την ιδιότητα αν/βν = (α/β)ν σε κάθε κλάσμα.
Αριθμητής.
(−21)7/77 = (−21/7)7 = (−3)7 = −37
(−15)7/(−5)7 = (−15/−5)7 = 37
Άρα ο αριθμητής γίνεται
−37 + 37 + 4044 = 4044
Παρονομαστής.
(−14)3/73 = (−2)3 = −23
(−18)3/(−9)3 = 23
Άρα ο παρονομαστής γίνεται
−23 + 23 + 2 = 2
Επομένως
Α = 4044 : 2 = 2022
Α = 2022
Η σχεδίαση του θέματος: οι δύο πρώτοι όροι σε κάθε αγκύλη είναι φτιαγμένοι ώστε να αλληλοαναιρούνται — ό,τι απομένει είναι το 4044 πάνω από το 2. Και φυσικά το αποτέλεσμα είναι η χρονολογία του διαγωνισμού. Είναι σταθερή συνήθεια της Επιτροπής· αν η απάντησή σας δεν βγαίνει «στρογγυλή» ή σχετική με τη χρονιά, πιθανότατα κάνατε λάθος σε πρόσημο.
Γεωμετρία — ισοσκελές & τετράγωνο
Στο διπλανό σχήμα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με ΑΒ = ΑΓ και το τετράπλευρο ΑΓΔΕ είναι τετράγωνο. Αν ΑΒ̂Ε = ω και ΕΖ̂Γ = 90°, τότε:
(1) Να βρείτε συναρτήσει του ω τα μέτρα των γωνιών του τριγώνου ΑΒΓ.
(2) Να αποδείξετε ότι: ΒΖ = ΕΖ.
Το σχήμα που ακολουθεί είναι δικό μας· αντιστοιχεί στο Σχήμα 1 του επίσημου φυλλαδίου.
Εκφώνηση: Ε.Μ.Ε., 83ος Π.Μ.Δ. «Ο ΘΑΛΗΣ», 11.11.2022 — Β΄ Γυμνασίου, Πρόβλημα 2
Υπόδειξη
Το κλειδί είναι μια αλυσίδα ισοτήτων που εύκολα προσπερνά κανείς: ΑΕ = ΑΓ (πλευρές του τετραγώνου) και ΑΓ = ΑΒ (δόθηκε). Άρα ΑΕ = ΑΒ, δηλαδή και το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισοσκελές — με κορυφή το Α.
Για το (β): αφού βρείτε τη γωνία ΕΒ̂Ζ, θα δείτε ότι το ορθογώνιο τρίγωνο ΕΖΒ έχει δύο γωνίες 45°. Τι σημαίνει αυτό για τις κάθετες πλευρές του;
Λύση
(α) Το ΑΓΔΕ είναι τετράγωνο, άρα ΑΕ = ΑΓ. Δόθηκε ΑΒ = ΑΓ. Επομένως
ΑΕ = ΑΓ = ΑΒ
δηλαδή το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισοσκελές με ΑΕ = ΑΒ. Άρα οι προσκείμενες στη βάση ΒΕ γωνίες του είναι ίσες:
ΑΕ̂Β = ΑΒ̂Ε = ω
Η γωνία ΒÂΕ αποτελείται από τη γωνία Â του τριγώνου ΑΒΓ και την ορθή γωνία ΕÂΓ του τετραγώνου:
ΒÂΕ = Â + 90°
Από το άθροισμα των γωνιών του τριγώνου ΑΒΕ:
(Â + 90°) + ω + ω = 180° ⟹ Â = 90° − 2ω
Τέλος, από το ισοσκελές ΑΒΓ:
Β̂ = Γ̂ = (180° − Â)/2 = [180° − (90° − 2ω)]/2 = (90° + 2ω)/2 = 45° + ω
 = 90° − 2ω, Β̂ = Γ̂ = 45° + ω
(β) Η γωνία ΕΒ̂Ζ προκύπτει αν από τη γωνία Β̂ του τριγώνου αφαιρέσουμε τη ω:
ΕΒ̂Ζ = Β̂ − ω = (45° + ω) − ω = 45°
Το τρίγωνο ΕΖΒ είναι ορθογώνιο στο Ζ (δόθηκε ΕΖ̂Γ = 90°, άρα και ΕΖ̂Β = 90°). Επομένως
ΒΕ̂Ζ = 90° − ΕΒ̂Ζ = 90° − 45° = 45°
Το τρίγωνο ΕΖΒ έχει λοιπόν δύο ίσες γωνίες (45° και 45°), άρα είναι ισοσκελές με ίσες τις απέναντι από αυτές πλευρές:
ΒΖ = ΕΖ
Αποδείχθηκε
Έλεγχος λογικής: για να υπάρχει το σχήμα πρέπει Â = 90° − 2ω > 0, δηλαδή ω < 45°. Αξίζει να το σημειώσετε στο γραπτό σας — δείχνει ότι καταλαβαίνετε τι περιγράφει η παράσταση που βρήκατε.
Λόγοι & ανισότητα
Ο κύριος Γιάννης αγοράζει μια σακούλα καραμέλες για τα δύο παιδιά του, τον Γιώργο και τον Δημήτρη, και τους δίνει κάποιες από αυτές τυχαία. Όταν πηγαίνουν στο σπίτι διαπιστώνουν ότι ο Γιώργος έχει επτά φορές περισσότερες καραμέλες από τον Δημήτρη και επτά φορές περισσότερες από αυτές που έμειναν στη σακούλα.
Τα παιδιά τρώνε κάποιες από αυτές και την άλλη μέρα παίρνουν κάποιες ακόμη από τη σακούλα. Διαπιστώνουν ότι ο Δημήτρης έχει επτά φορές περισσότερες καραμέλες και από τον Γιώργο και από αυτές που απέμειναν στη σακούλα.
Να αποδείξετε ότι τα παιδιά έφαγαν τουλάχιστον τα ¾ από τις συνολικές καραμέλες που αγόρασε ο κύριος Γιάννης.
Εκφώνηση: Ε.Μ.Ε., 83ος Π.Μ.Δ. «Ο ΘΑΛΗΣ», 11.11.2022 — Β΄ Γυμνασίου, Πρόβλημα 3
Υπόδειξη
Ονομάστε x τις καραμέλες του Δημήτρη την πρώτη μέρα. Τότε και ο Γιώργος και η σακούλα εκφράζονται μέσω του x — και βρίσκετε αμέσως το σύνολο.
Την δεύτερη μέρα ονομάστε y τις καραμέλες του Γιώργου (προσέξτε: οι ρόλοι αντιστράφηκαν). Εκφράστε και εδώ τα πάντα μέσω του y.
Το δύσκολο σημείο: χρειάζεστε μια ανισότητα που να συνδέει x και y. Σκεφτείτε τι δεν μπορεί να έχει αυξηθεί από τη μία μέρα στην άλλη — οι καραμέλες του Δημήτρη μπορούν να αυξηθούν, αλλά τι γίνεται με το άθροισμα «Δημήτρης + σακούλα»;
Λύση
Πρώτη μέρα. Έστω x οι καραμέλες του Δημήτρη. Τότε ο Γιώργος έχει 7x, και στη σακούλα έμειναν επίσης x (αφού ο Γιώργος έχει επτά φορές περισσότερες και από αυτές). Άρα ο κ. Γιάννης αγόρασε συνολικά
7x + x + x = 9x καραμέλες
Δεύτερη μέρα. Έστω y οι καραμέλες του Γιώργου. Τότε ο Δημήτρης έχει 7y και στη σακούλα υπάρχουν y. Άρα την δεύτερη μέρα υπάρχουν συνολικά
7y + y + y = 9y καραμέλες
Επομένως τα παιδιά έφαγαν 9x − 9y καραμέλες.
Το ζητούμενο. Θέλουμε να δείξουμε ότι
9x − 9y ≥ (3/4)·9x
Διαιρώντας με 9 (θετικό) και πολλαπλασιάζοντας με 4:
4(x − y) ≥ 3x ⟺ 4x − 4y ≥ 3x ⟺ x ≥ 4y
Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι x ≥ 4y.
Η καθοριστική παρατήρηση. Κοιτάμε το άθροισμα «καραμέλες Δημήτρη + καραμέλες σακούλας». Την πρώτη μέρα είναι x + x = 2x· την δεύτερη είναι 7y + y = 8y.
Το άθροισμα αυτό δεν μπορεί να αυξήθηκε: ο Δημήτρης δεν πήρε καραμέλες από κανέναν άλλον εκτός από τη σακούλα, και ό,τι πήρε από τη σακούλα βγήκε από το ίδιο αυτό άθροισμα· επιπλέον κάποιες φαγώθηκαν. Άρα
8y ≤ 2x ⟺ 4y ≤ x
που είναι ακριβώς το ζητούμενο. Επομένως
9x − 9y ≥ (3/4)·9x
Τα παιδιά έφαγαν τουλάχιστον τα 3/4 των καραμελών
Πού χάνονται βαθμοί εδώ: το εύκολο μέρος είναι η αναγωγή στο x ≥ 4y. Το δύσκολο είναι η αιτιολόγηση της ανισότητας 8y ≤ 2x — δεν αρκεί να πει κανείς «προφανώς λιγότερες». Πρέπει να εξηγηθεί ποιο μέγεθος παρακολουθείται και γιατί δεν μπορεί να μεγαλώσει.
2023 — 84ος διαγωνισμός, 4 Νοεμβρίου 2023
Η μοναδική χρονιά με τέσσερα θέματα ανά τάξη. Επίσημο αρχείο: Ε.Μ.Ε. — Θέματα & λύσεις 2023 (PDF)
Σύγκριση παραστάσεων
Να συγκρίνετε τους αριθμούς
Α = [ (−(−5)2 + (−3)2) / (−4)2 ]2023 + 22/23
Β = −[ (3 − 7)2 + (−2)3 − 9 ]2 + 23/24
Εκφώνηση: Ε.Μ.Ε., 84ος Π.Μ.Δ. «Ο ΘΑΛΗΣ», 4.11.2023 — Β΄ Γυμνασίου, Πρόβλημα 1
Υπόδειξη
Και στις δύο παραστάσεις, η αγκύλη που υψώνεται σε δύναμη κάνει −1. Υπολογίστε την πρώτα — μετά όλα είναι εύκολα.
Προσοχή στη διαφορά: στο Α ο εκθέτης 2023 είναι περιττός, στο Β ο εκθέτης 2 είναι άρτιος αλλά υπάρχει ένα μείον μπροστά από την αγκύλη. Και στις δύο περιπτώσεις το αποτέλεσμα είναι −1 — δείτε γιατί.
Για τη σύγκριση μη μετατρέψετε σε δεκαδικούς: υπολογίστε τη διαφορά Α − Β και δείτε το πρόσημό της.
Λύση
Υπολογισμός του Α. Μέσα στην αγκύλη:
−(−5)2 + (−3)2 = −25 + 9 = −16, (−4)2 = 16
άρα η αγκύλη ισούται με −16/16 = −1
Επομένως
Α = (−1)2023 + 22/23 = −1 + 22/23 = −1/23
(ο εκθέτης 2023 είναι περιττός, άρα (−1)2023 = −1).
Υπολογισμός του Β. Μέσα στην αγκύλη:
(3 − 7)2 + (−2)3 − 9 = (−4)2 + (−8) − 9 = 16 − 8 − 9 = −1
Επομένως
Β = −(−1)2 + 23/24 = −1 + 23/24 = −1/24
Σύγκριση.
Α − Β = −1/23 − (−1/24) = −1/23 + 1/24 = −(1/23 − 1/24)
= −(24 − 23)/(23·24) = −1/552 < 0
Άρα Α < Β.
Α = −1/23, Β = −1/24, Α < Β
Η παγίδα: και οι δύο αριθμοί είναι αρνητικοί και πολύ κοντά στο μηδέν. Είναι εύκολο να πει κανείς «το −1/23 είναι μικρότερο κλάσμα, άρα μεγαλύτερος αριθμός» και να μπερδευτεί. Στους αρνητικούς, μεγαλύτερη απόλυτη τιμή σημαίνει μικρότερος αριθμός: 1/23 > 1/24, άρα −1/23 < −1/24.
ΜΚΔ & ΕΚΠ
Δίνεται ότι ο μέγιστος κοινός διαιρέτης των αριθμών 18 και x είναι ίσος με 3, όπου x θετικός ακέραιος μικρότερος του 50. Να προσδιορίσετε τις δυνατές τιμές του ελαχίστου κοινού πολλαπλασίου των αριθμών 18 και x.
Εκφώνηση: Ε.Μ.Ε., 84ος Π.Μ.Δ. «Ο ΘΑΛΗΣ», 4.11.2023 — Β΄ Γυμνασίου, Πρόβλημα 2
Υπόδειξη
Αναλύστε το 18 σε γινόμενο πρώτων: 18 = 2 · 3². Για να είναι ΜΚΔ(18, x) = 3, χρειάζονται δύο πράγματα ταυτόχρονα:
- το 3 να διαιρεί το x (αλλιώς ο ΜΚΔ δεν θα είχε καθόλου 3),
- το 9 να μην διαιρεί το x και το 2 να μην διαιρεί το x (αλλιώς ο ΜΚΔ θα ήταν 9, 6 ή 18).
Δηλαδή το x είναι πολλαπλάσιο του 3, περιττό, και όχι πολλαπλάσιο του 9.
Λύση
Αναλύουμε: 18 = 2 · 32. Ο ΜΚΔ(18, x) προκύπτει παίρνοντας τους κοινούς πρώτους παράγοντες με τον μικρότερο εκθέτη. Για να είναι ίσος με 3 = 31, πρέπει:
- 3 | x — ώστε ο παράγοντας 3 να είναι κοινός·
- 9 ∤ x — αλλιώς ο κοινός παράγοντας θα ήταν 32 = 9·
- 2 ∤ x — αλλιώς ο ΜΚΔ θα περιείχε και τον παράγοντα 2.
Άρα ο x είναι περιττό πολλαπλάσιο του 3 που δεν είναι πολλαπλάσιο του 9. Τα πολλαπλάσια του 3 κάτω από το 50 είναι
3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, 24, 27, 30, 33, 36, 39, 42, 45, 48
Διαγράφουμε τα άρτια (6, 12, 18, 24, 30, 36, 42, 48) και τα πολλαπλάσια του 9 (9, 27, 45). Μένουν
x ∈ {3, 15, 21, 33, 39}
Υπολογίζουμε τα αντίστοιχα ΕΚΠ, χρησιμοποιώντας τη σχέση ΜΚΔ(α,β) · ΕΚΠ(α,β) = α·β, δηλαδή ΕΚΠ(18, x) = 18x/3 = 6x:
- x = 3 → ΕΚΠ = 18
- x = 15 → ΕΚΠ = 90
- x = 21 → ΕΚΠ = 126
- x = 33 → ΕΚΠ = 198
- x = 39 → ΕΚΠ = 234
ΕΚΠ(18, x) ∈ {18, 90, 126, 198, 234}
Μια συντομία που αξίζει: μόλις ξέρουμε ότι ΜΚΔ = 3, η σχέση ΜΚΔ · ΕΚΠ = 18x δίνει αμέσως ΕΚΠ = 6x — δηλαδή το ΕΚΠ είναι απλώς το εξαπλάσιο κάθε δεκτής τιμής του x, χωρίς να χρειαστεί ξεχωριστός υπολογισμός ΕΚΠ για καθεμία. Η επίσημη λύση υπολογίζει και τα πέντε ΕΚΠ χωριστά.
Γεωμετρία — παραλληλόγραμμα
Στο διπλανό σχήμα το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι ορθογώνιο, τα ευθύγραμμα τμήματα ΑΕ και ΓΖ είναι παράλληλα και το σημείο Ο είναι το μέσο του ευθυγράμμου τμήματος ΕΖ. Να αποδείξετε ότι:
(α) ΑΕ = ΓΖ.
(β) ΒΕ = ΔΖ.
(γ) Τα σημεία Β, Ο και Δ βρίσκονται στην ίδια ευθεία και το Ο είναι το μέσο του τμήματος ΒΔ.
Σημείωση της Επιτροπής: στο φύλλο απαντήσεων να κάνετε το δικό σας σχήμα. Το Ε ανήκει στην πλευρά ΒΓ και το Ζ στην πλευρά ΑΔ, όπως στο σχήμα που ακολουθεί.
Εκφώνηση: Ε.Μ.Ε., 84ος Π.Μ.Δ. «Ο ΘΑΛΗΣ», 4.11.2023 — Β΄ Γυμνασίου, Πρόβλημα 3
Υπόδειξη
Πρώτο βήμα: το τετράπλευρο ΑΕΓΖ έχει ΑΕ ∥ ΓΖ από την υπόθεση. Έχει όμως και ΑΖ ∥ ΕΓ — γιατί; (Σκεφτείτε πού βρίσκονται τα Ζ και Ε.) Άρα τι είδους τετράπλευρο είναι;
Για το (γ) μη ψάξετε για γωνίες. Η ιδέα είναι ότι το τμήμα ΑΓ είναι κοινή διαγώνιος και στο ΑΕΓΖ και στο ΑΒΓΔ. Τι ξέρετε για το σημείο τομής των διαγωνίων ενός παραλληλογράμμου;
Λύση
(α) Στο τετράπλευρο ΑΕΓΖ:
- ΑΕ ∥ ΓΖ, από την υπόθεση·
- ΑΖ ∥ ΕΓ, γιατί το Ζ ανήκει στην ΑΔ και το Ε στην ΒΓ, και στο ορθογώνιο ΑΒΓΔ είναι ΑΔ ∥ ΒΓ.
Άρα το ΑΕΓΖ έχει τις απέναντι πλευρές του παράλληλες, δηλαδή είναι παραλληλόγραμμο. Επομένως έχει και τις απέναντι πλευρές ίσες:
ΑΕ = ΓΖ
(β) Από το ίδιο παραλληλόγραμμο προκύπτει επίσης
ΑΖ = ΕΓ (1)
Από το ορθογώνιο ΑΒΓΔ, οι απέναντι πλευρές είναι ίσες:
ΑΔ = ΒΓ (2)
Αφαιρούμε κατά μέλη την (1) από την (2). Επειδή το Ζ ∈ ΑΔ και το Ε ∈ ΒΓ, είναι ΑΔ − ΑΖ = ΖΔ και ΒΓ − ΕΓ = ΒΕ, οπότε
ΔΖ = ΒΕ
(γ) Το τμήμα ΑΓ είναι διαγώνιος και των δύο παραλληλογράμμων ΑΕΓΖ και ΑΒΓΔ (το ορθογώνιο είναι ειδική περίπτωση παραλληλογράμμου).
Σε κάθε παραλληλόγραμμο οι διαγώνιοι διχοτομούνται. Άρα:
- στο ΑΕΓΖ, το μέσο Ο της διαγωνίου ΕΖ είναι επίσης το μέσο της διαγωνίου ΑΓ·
- στο ΑΒΓΔ, το μέσο της διαγωνίου ΑΓ είναι επίσης το μέσο της διαγωνίου ΒΔ.
Επειδή το μέσο ενός τμήματος είναι μοναδικό, τα δύο αυτά σημεία ταυτίζονται. Άρα το Ο ανήκει στη ΒΔ — δηλαδή τα Β, Ο, Δ είναι συνευθειακά — και είναι το μέσο της.
Αποδείχθηκαν και τα τρία
Η δομή της απόδειξης: όλο το θέμα στηρίζεται σε μία ιδέα — το Ο είναι το κέντρο και των δύο παραλληλογράμμων ταυτόχρονα. Όποιος το δει αυτό στην αρχή, γράφει και τα τρία ερωτήματα σε δέκα γραμμές.
Συνδυαστική — εκτίμηση φράγματος
Η δασκάλα μιας τάξης 20 παιδιών θέλει να επιλέξει τυχαία κάποια από αυτά για να την εκπροσωπήσουν στη Βουλή. Τοποθετεί τα παιδιά σε έναν κύκλο και τους μοιράζει από έναν φάκελο που μέσα γράφει έναν ακέραιο αριθμό από το 1 έως το 20. Κάθε αριθμός εμφανίζεται μόνο μία φορά.
Αφού ανοίξουν τους φακέλους, ένα παιδί επιλέγεται μόνο αν έχει δίπλα του (δεξιά και αριστερά του) ένα παιδί με μικρότερο αριθμό και ένα παιδί με μεγαλύτερο αριθμό. Τελικά επιλέχθηκαν 7 παιδιά.
Είναι δυνατόν το άθροισμα των αριθμών που είχαν τα παιδιά που επιλέχθηκαν να είναι 113;
Εκφώνηση: Ε.Μ.Ε., 84ος Π.Μ.Δ. «Ο ΘΑΛΗΣ», 4.11.2023 — Β΄ Γυμνασίου, Πρόβλημα 4
Υπόδειξη
Μη ψάξετε για διάταξη. Ψάξτε για φράγμα: πόσο μεγάλο μπορεί να γίνει το άθροισμα, στην καλύτερη δυνατή περίπτωση;
Το κρίσιμο ερώτημα: υπάρχει κάποιος αριθμός που αποκλείεται να επιλεγεί, ό,τι διάταξη κι αν κάνουμε; Σκεφτείτε το παιδί με το 20. Τι αριθμούς έχει αναγκαστικά δίπλα του;
Λύση
Το παιδί με τον αριθμό 20 δεν επιλέγεται ποτέ. Πράγματι, το 20 είναι ο μεγαλύτερος από όλους τους αριθμούς, άρα και οι δύο γείτονές του έχουν μικρότερους αριθμούς. Δεν υπάρχει γείτονας με μεγαλύτερο αριθμό, οπότε η συνθήκη επιλογής αποκλείεται να ικανοποιηθεί.
(Με το ίδιο σκεπτικό, ούτε το παιδί με τον αριθμό 1 επιλέγεται ποτέ — δεν το χρειαζόμαστε όμως για το φράγμα.)
Το μέγιστο δυνατό άθροισμα. Τα 7 παιδιά που επιλέχθηκαν έχουν επτά διαφορετικούς αριθμούς από το σύνολο {1, 2, …, 19}, αφού το 20 αποκλείεται. Το μεγαλύτερο δυνατό άθροισμα επτά διαφορετικών αριθμών από αυτό το σύνολο επιτυγχάνεται με τους επτά μεγαλύτερους:
19 + 18 + 17 + 16 + 15 + 14 + 13 = 112
Συμπέρασμα. Άρα το άθροισμα των αριθμών των επιλεγμένων παιδιών είναι το πολύ 112, σε οποιαδήποτε διάταξη. Επομένως δεν μπορεί να είναι 113.
Όχι, το άθροισμα δεν μπορεί να είναι 113
Γιατί είναι όμορφο θέμα: η απάντηση είναι «όχι» και προκύπτει από απόσταση μίας μονάδας. Το 112 δεν είναι τυχαίο — η Επιτροπή διάλεξε το 113 ακριβώς για να μην μπορεί κανείς να απαντήσει με δοκιμές. Αν ο μαθητής δεν δει ότι το 20 αποκλείεται, το μέγιστο που θα υπολογίσει είναι 20+19+…+14 = 119 και θα νομίζει ότι το 113 είναι εφικτό.
2024 — 85ος διαγωνισμός, 8 Νοεμβρίου 2024
Επίσημο αρχείο: Ε.Μ.Ε. — Θέματα & λύσεις 2024 (PDF)
Σύγκριση παραστάσεων
Να υπολογίσετε τις αριθμητικές παραστάσεις και να συγκρίνετε τους αριθμούς Α και Β:
Α = −[ ((−10)2 − (−8)2) / (−(−6)2) ]2024 + 10/11
Β = −[ (3 − 8)2 + (−3)3 + 1 ]2000 + 30/31
Εκφώνηση: Ε.Μ.Ε., 85ος Π.Μ.Δ. «Ο ΘΑΛΗΣ», 8.11.2024 — Β΄ Γυμνασίου, Πρόβλημα 1
Υπόδειξη
Ίδια αρχιτεκτονική με το 2023: και οι δύο αγκύλες κάνουν −1.
Εδώ όμως και οι δύο εκθέτες είναι άρτιοι (2024 και 2000), άρα (−1)άρτιος = +1. Το μείον που δίνει το τελικό −1 είναι εκείνο που βρίσκεται μπροστά από την αγκύλη. Μην το χάσετε.
Στο Α προσέξτε ιδιαίτερα τον παρονομαστή: −(−6)2 σημαίνει «μείον το τετράγωνο του −6», δηλαδή −36 — όχι +36.
Λύση
Υπολογισμός του Α. Μέσα στην αγκύλη:
(−10)2 − (−8)2 = 100 − 64 = 36
−(−6)2 = −36
άρα η αγκύλη ισούται με 36 / (−36) = −1
Επομένως
Α = −(−1)2024 + 10/11 = −1 + 10/11 = −1/11
Υπολογισμός του Β. Μέσα στην αγκύλη:
(3 − 8)2 + (−3)3 + 1 = (−5)2 + (−27) + 1 = 25 − 27 + 1 = −1
Επομένως
Β = −(−1)2000 + 30/31 = −1 + 30/31 = −1/31
Σύγκριση.
Α − Β = −1/11 + 1/31 = (−31 + 11)/341 = −20/341 < 0
Άρα Α < Β.
Α = −1/11, Β = −1/31, Α < Β
Προσοχή — τυπογραφικό στο επίσημο αρχείο: στην πρώτη γραμμή του υπολογισμού του Β, η ενδεικτική λύση της ΕΜΕ γράφει «+3» αντί για «+1» μέσα στην αγκύλη. Είναι παροράματα της στοιχειοθεσίας: η εκφώνηση έχει +1, και στην αμέσως επόμενη γραμμή η ίδια η λύση συνεχίζει σωστά με −[25 + (−27) + 1]2000. Με +3 η αγκύλη θα έκανε +1 και το Β θα έβγαινε −1/31 ούτως ή άλλως… αλλά με διαφορετικό ενδιάμεσο. Αν διαβάζετε το επίσημο PDF και δεν σας «κλείνει», αυτό είναι.
ΕΚΠ → δυνατά ΜΚΔ
Έστω θετικός ακέραιος α τέτοιος ώστε το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των αριθμών 24 και α να είναι ίσο με 120. Να προσδιορίσετε τις δυνατές τιμές του μέγιστου κοινού διαιρέτη των αριθμών 24 και α.
Εκφώνηση: Ε.Μ.Ε., 85ος Π.Μ.Δ. «Ο ΘΑΛΗΣ», 8.11.2024 — Β΄ Γυμνασίου, Πρόβλημα 2
Υπόδειξη
Αν το ΕΚΠ δύο αριθμών είναι 120, τότε και οι δύο διαιρούν το 120. Άρα ο α είναι διαιρέτης του 120 — αυτό περιορίζει τις περιπτώσεις σε δεκαέξι.
Δεύτερος περιορισμός, και ο αποφασιστικός: αναλύστε 24 = 23·3 και 120 = 23·3·5. Ποιον πρώτο παράγοντα έχει το ΕΚΠ που δεν τον έχει το 24; Από πού μπορεί να προήλθε; Αυτό σας λέει ότι ο α είναι υποχρεωτικά πολλαπλάσιο του 5, και οι δεκαέξι περιπτώσεις πέφτουν σε οκτώ.
Τέλος, για να μην υπολογίσετε οκτώ ΜΚΔ χωριστά: η σχέση ΜΚΔ · ΕΚΠ = 24α δίνει τον ΜΚΔ αμέσως συναρτήσει του α.
Λύση
Αναλύουμε: 24 = 23 · 3 και 120 = 23 · 3 · 5.
Βήμα 1 — ποιοι α είναι δυνατοί. Από ΕΚΠ(24, α) = 120 έπεται ότι ο α διαιρεί το 120. Επίσης, το ΕΚΠ πρέπει να «κερδίζει» τον παράγοντα 5, τον οποίο το 24 δεν έχει — άρα ο α είναι υποχρεωτικά πολλαπλάσιο του 5.
Οι διαιρέτες του 120 που είναι πολλαπλάσια του 5 είναι
α ∈ {5, 10, 15, 20, 30, 40, 60, 120}
Ελέγχουμε ότι όλοι δίνουν όντως ΕΚΠ 120 — ναι, γιατί καθένας εισάγει τον παράγοντα 5 και οι υπόλοιποι παράγοντες καλύπτονται από το 24 ή από τον ίδιο τον α.
Βήμα 2 — τα αντίστοιχα ΜΚΔ. Από τη σχέση
ΜΚΔ(24, α) · ΕΚΠ(24, α) = 24 · α ⟹ ΜΚΔ(24, α) = 24α/120 = α/5
Άρα ο ΜΚΔ είναι απλώς το πέμπτο μέρος κάθε δεκτής τιμής του α:
- α = 5 → ΜΚΔ = 1
- α = 10 → ΜΚΔ = 2
- α = 15 → ΜΚΔ = 3
- α = 20 → ΜΚΔ = 4
- α = 30 → ΜΚΔ = 6
- α = 40 → ΜΚΔ = 8
- α = 60 → ΜΚΔ = 12
- α = 120 → ΜΚΔ = 24
ΜΚΔ(24, α) ∈ {1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24}
Παρατήρηση: οι οκτώ αυτές τιμές είναι ακριβώς όλοι οι διαιρέτες του 24. Δεν είναι σύμπτωση — αφού ο α τρέχει σε όλα τα «5 επί διαιρέτης του 24», ο ΜΚΔ τρέχει σε όλους τους διαιρέτες του 24.
Διαφορά από την επίσημη λύση: η ενδεικτική λύση της ΕΜΕ περιγράφει τους δυνατούς α ως «οι διαιρέτες του 120 αλλά όχι του 24», και υπολογίζει κατόπιν οκτώ ΜΚΔ χωριστά. Το κριτήριο αυτό δίνει το ίδιο σύνολο, αλλά η διατύπωση «πολλαπλάσια του 5 που διαιρούν το 120» είναι πιο άμεση — εξηγεί γιατί ο α πρέπει να φέρει τον παράγοντα 5. Και η σχέση ΜΚΔ = α/5 αντικαθιστά οκτώ υπολογισμούς με έναν.
Γεωμετρία — διπλό ισοσκελές
Στο διπλανό σχήμα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με ΑΒ = ΑΓ. Το σημείο Δ ανήκει στην πλευρά ΑΓ έτσι ώστε το τρίγωνο ΒΓΔ να είναι ισοσκελές με ΒΓ = ΒΔ. Το σημείο Ζ ανήκει στην ευθεία ΒΓ, έτσι ώστε η ευθεία ΑΖ να είναι κάθετη προς την ευθεία ΒΔ στο σημείο Ε.
Δίνεται επίσης ότι: ΒÂΔ = ΑΒ̂Δ.
(α) Να υπολογίσετε τις γωνίες του τριγώνου ΑΒΓ.
(β) Να αποδείξετε ότι: ΒÂΓ = 2 · ΔÂΕ.
(γ) Να αποδείξετε ότι: ΑΓ = ΒΖ.
Εκφώνηση: Ε.Μ.Ε., 85ος Π.Μ.Δ. «Ο ΘΑΛΗΣ», 8.11.2024 — Β΄ Γυμνασίου, Πρόβλημα 3
Υπόδειξη
Ονομάστε ω = Β̂ = Γ̂ και φ = Â. Έχετε τρεις πληροφορίες να μεταφράσετε σε εξισώσεις:
- από το ισοσκελές ΑΒΓ: φ = 180° − 2ω·
- από το ισοσκελές ΒΓΔ (ΒΓ = ΒΔ): η ΒΔ̂Γ ισούται με τη Γ̂·
- από τη δοθείσα ΒÂΔ = ΑΒ̂Δ: η γωνία ΑΒ̂Δ ισούται με φ.
Μετά γράψτε τη Β̂ ως άθροισμα των δύο κομματιών της (ΑΒ̂Δ και ΓΒ̂Δ) και λύστε. Θα βγει ακέραιος αριθμός μοιρών — και θα αναγνωρίσετε το σχήμα.
Λύση
(α) Θέτουμε ω = Β̂ = Γ̂ και φ = Â. Από το ισοσκελές ΑΒΓ:
φ = 180° − 2ω (1)
Το τρίγωνο ΒΓΔ είναι ισοσκελές με ΒΓ = ΒΔ, άρα οι προσκείμενες στη βάση ΓΔ γωνίες είναι ίσες:
ΒΔ̂Γ = ΒΓ̂Δ = Γ̂ = ω, οπότε ΓΒ̂Δ = 180° − 2ω (2)
Από τη δοθείσα συνθήκη ΒÂΔ = ΑΒ̂Δ και επειδή ΒÂΔ = Â = φ (το Δ ανήκει στην ΑΓ):
ΑΒ̂Δ = φ (3)
Η γωνία Β̂ χωρίζεται από την ΒΔ σε δύο κομμάτια:
Β̂ = ΑΒ̂Δ + ΓΒ̂Δ ⟹ ω = φ + (180° − 2ω)
Αντικαθιστούμε το φ από την (1):
ω = (180° − 2ω) + (180° − 2ω) ⟹ ω = 360° − 4ω ⟹ 5ω = 360° ⟹ ω = 72°
και από την (1):
φ = 180° − 144° = 36°
 = 36°, Β̂ = Γ̂ = 72°
Το σχήμα είναι το «χρυσό τρίγωνο» 36°–72°–72°.
(β) Οι γωνίες ΑΔ̂Ε και ΒΔ̂Γ είναι κατακορυφήν (η ΑΓ και η ΒΔ τέμνονται στο Δ), άρα
ΑΔ̂Ε = ΒΔ̂Γ = ω = 72°
Το τρίγωνο ΑΔΕ είναι ορθογώνιο στο Ε (η ΑΖ ⊥ ΒΔ), οπότε
ΔÂΕ = 90° − ΑΔ̂Ε = 90° − 72° = 18°
Επειδή ΒÂΓ = 36° = 2 · 18°, προκύπτει
ΒÂΓ = 2 · ΔÂΕ
(γ) Επειδή ΑΒ = ΑΓ, αρκεί να δείξουμε ότι ΑΒ = ΒΖ, δηλαδή ότι το τρίγωνο ΑΒΖ είναι ισοσκελές — αρκεί δηλαδή ΒÂΖ = ΒẐΑ.
Υπολογίζουμε τη ΒÂΖ. Η ημιευθεία ΑΖ βρίσκεται έξω από τη γωνία ΒÂΓ κατά τη γωνία ΔÂΕ, οπότε
ΒÂΖ = ΒÂΓ + ΔÂΕ = 36° + 18° = 54°
Υπολογίζουμε τη ΒẐΑ. Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΒΕΖ (ορθή στο Ε), η οξεία γωνία στο Β είναι η ΓΒ̂Δ = 180° − 2ω = 36°, οπότε
ΒẐΑ = 90° − 36° = 54°
Άρα ΒÂΖ = ΒẐΑ = 54°, το τρίγωνο ΑΒΖ είναι ισοσκελές και
ΒΖ = ΑΒ = ΑΓ
Αποδείχθηκαν και τα τρία
Η αρχιτεκτονική του θέματος: το (α) «κλειδώνει» τις 36°–72°–72°, και από εκεί και πέρα τα (β) και (γ) είναι απλό κυνήγι γωνιών. Αν βγάλετε λάθος το (α), χάνονται και τα τρία — γι’ αυτό αξίζει μία επαλήθευση: 36 + 72 + 72 = 180 ✔.
2025 — 86ος διαγωνισμός, 7 Νοεμβρίου 2025
Ο πιο πρόσφατος διαγωνισμός. Επίσημο αρχείο: Ε.Μ.Ε. — Θέματα & λύσεις 2025 (PDF)
Σύγκριση παραστάσεων
Να υπολογίσετε τις αριθμητικές παραστάσεις και να συγκρίνετε τους αριθμούς Α και Β:
Α = [ ((−5)2 − (−3)2) / (−4)2 ]2025 − 43/21
Β = ( (10 − 5)2 + (−2)3 − 18 )2024 − 63/31
Εκφώνηση: Ε.Μ.Ε., 86ος Π.Μ.Δ. «Ο ΘΑΛΗΣ», 7.11.2025 — Β΄ Γυμνασίου, Πρόβλημα 1
Υπόδειξη
Ίδιο μοτίβο με 2023 και 2024, με μία ουσιώδη διαφορά: εδώ δεν υπάρχει μείον μπροστά από τις παρενθέσεις.
Υπολογίστε τι κάνει η κάθε βάση. Στο Α η παράσταση μέσα στην αγκύλη κάνει +1 (προσέξτε: 25 − 9 = 16, και ο παρονομαστής είναι +16, όχι −16). Στο Β κάνει −1, αλλά ο εκθέτης 2024 είναι άρτιος.
Άρα και τα δύο υψωμένα δίνουν +1, και μένουν δύο απλές αφαιρέσεις κλασμάτων.
Λύση
Υπολογισμός του Α. Μέσα στην αγκύλη:
(−5)2 − (−3)2 = 25 − 9 = 16, (−4)2 = 16
άρα η αγκύλη ισούται με 16/16 = 1
Επομένως
Α = 12025 − 43/21 = 1 − 43/21 = (21 − 43)/21 = −22/21
Υπολογισμός του Β. Μέσα στην παρένθεση:
(10 − 5)2 + (−2)3 − 18 = 25 − 8 − 18 = −1
Επομένως
Β = (−1)2024 − 63/31 = 1 − 63/31 = (31 − 63)/31 = −32/31
Σύγκριση.
Α − Β = −22/21 + 32/31 = (−22·31 + 32·21)/(21·31)
= (−682 + 672)/651 = −10/651 < 0
Άρα Α < Β.
Α = −22/21, Β = −32/31, Α < Β
Προσοχή — τυπογραφικό στο επίσημο αρχείο: στη δεύτερη γραμμή του υπολογισμού του Α, η ενδεικτική λύση της ΕΜΕ γράφει «+ 43/21» ενώ η εκφώνηση έχει «− 43/21». Η επόμενη γραμμή επανέρχεται σωστά στο 1 − 43/21 = −22/21, οπότε το τελικό αποτέλεσμα είναι σωστό. Αν αντιγράψετε την ενδιάμεση γραμμή όπως είναι, το Α σας θα βγει +64/21 και η σύγκριση θα αντιστραφεί.
ΜΚΔ & ΕΚΠ
Οι θετικοί ακέραιοι α, β, με α ≤ β, έχουν μέγιστο κοινό διαιρέτη 15 και ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο 60. Να προσδιορίσετε τις δυνατές τιμές των α, β.
Εκφώνηση: Ε.Μ.Ε., 86ος Π.Μ.Δ. «Ο ΘΑΛΗΣ», 7.11.2025 — Β΄ Γυμνασίου, Πρόβλημα 2
Υπόδειξη
Δύο περιορισμοί δουλεύουν ταυτόχρονα και είναι πολύ ισχυροί:
- ο ΜΚΔ διαιρεί και τους δύο αριθμούς, άρα 15 | α και 15 | β·
- το ΕΚΠ διαιρείται από τους δύο αριθμούς, άρα α | 60 και β | 60.
Συνδυάστε τα: ποια πολλαπλάσια του 15 διαιρούν το 60; Είναι πολύ λίγα — και μετά μένει απλός έλεγχος.
Εναλλακτικά, πιο κομψά: ΜΚΔ · ΕΚΠ = α·β δίνει αμέσως το γινόμενο αβ.
Λύση
Ο ΜΚΔ διαιρεί και τους δύο αριθμούς, άρα οι α, β είναι πολλαπλάσια του 15. Το ΕΚΠ διαιρείται από καθέναν τους, άρα οι α, β είναι διαιρέτες του 60.
Τα πολλαπλάσια του 15 που διαιρούν το 60 είναι
15, 30, 60
(το 45 είναι μεν πολλαπλάσιο του 15, αλλά δεν διαιρεί το 60, άρα αποκλείεται εξαρχής).
Άρα α, β ∈ {15, 30, 60} με α ≤ β. Ελέγχουμε τα έξι ζεύγη:
| (α, β) | ΜΚΔ | ΕΚΠ | Δεκτό; |
|---|---|---|---|
| (15, 15) | 15 | 15 | όχι (ΕΚΠ ≠ 60) |
| (15, 30) | 15 | 30 | όχι (ΕΚΠ ≠ 60) |
| (15, 60) | 15 | 60 | ΝΑΙ |
| (30, 30) | 30 | 30 | όχι (ΜΚΔ ≠ 15) |
| (30, 60) | 30 | 60 | όχι (ΜΚΔ ≠ 15) |
| (60, 60) | 60 | 60 | όχι (ΜΚΔ ≠ 15) |
α = 15 και β = 60
Δεύτερη λύση, πιο σύντομη. Από τη σχέση ΜΚΔ · ΕΚΠ = α · β:
α · β = 15 · 60 = 900
Γράφουμε α = 15μ και β = 15ν με ΜΚΔ(μ, ν) = 1 και μ ≤ ν. Τότε 225μν = 900, άρα μν = 4. Τα ζεύγη με μ ≤ ν και μν = 4 είναι (1, 4) και (2, 2)· το δεύτερο απορρίπτεται γιατί ΜΚΔ(2, 2) = 2 ≠ 1. Μένει (μ, ν) = (1, 4), δηλαδή (α, β) = (15, 60). ✔
Διαφορά από την επίσημη λύση: η ενδεικτική λύση της ΕΜΕ ξεκινά από τα πολλαπλάσια του 15 που είναι «μικρότερα ή ίσα του 60», δηλαδή {15, 30, 45, 60}, και στη συνέχεια αποκλείει το 45 με έλεγχο ΕΚΠ. Το 45 όμως αποκλείεται εξ ορισμού: δεν διαιρεί το 60, ενώ κάθε αριθμός υποχρεωτικά διαιρεί το ΕΚΠ του με οποιονδήποτε άλλον. Το σωστό κριτήριο δεν είναι «≤ 60» αλλά «διαιρεί το 60» — και γλιτώνει μία περίπτωση.
Γεωμετρία — τετράγωνο
Στο διπλανό σχήμα το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι τετράγωνο και Ο είναι το σημείο τομής των διαγωνίων του. Τα ευθύγραμμα τμήματα ΒΔ και ΑΕ είναι παράλληλα. Επίσης, τα ευθύγραμμα τμήματα ΑΓ και ΔΕ είναι παράλληλα.
Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο ΑΟΔΕ είναι τετράγωνο.
Εκφώνηση: Ε.Μ.Ε., 86ος Π.Μ.Δ. «Ο ΘΑΛΗΣ», 7.11.2025 — Β΄ Γυμνασίου, Πρόβλημα 3
Υπόδειξη
Για να αποδείξετε ότι ένα τετράπλευρο είναι τετράγωνο, χρειάζεστε δύο πράγματα: τέσσερις ίσες πλευρές και μία ορθή γωνία. (Μόνο οι τέσσερις ίσες πλευρές δίνουν ρόμβο, όχι τετράγωνο.)
Ξεκινήστε με τις παραλληλίες: τι είδους τετράπλευρο είναι το ΑΟΔΕ;
Μετά θυμηθείτε τις τρεις ιδιότητες των διαγωνίων του τετραγώνου — είναι ίσες, τέμνονται κάθετα, και διχοτομούνται. Και οι τρεις χρειάζονται εδώ.
Λύση
Βήμα 1 — το ΑΟΔΕ είναι παραλληλόγραμμο. Από την υπόθεση:
- ΑΕ ∥ ΒΔ, και το τμήμα ΟΔ ανήκει στη διαγώνιο ΒΔ, άρα ΑΕ ∥ ΟΔ·
- ΔΕ ∥ ΑΓ, και το τμήμα ΑΟ ανήκει στη διαγώνιο ΑΓ, άρα ΔΕ ∥ ΑΟ.
Το τετράπλευρο ΑΟΔΕ έχει λοιπόν τις απέναντι πλευρές του παράλληλες, άρα είναι παραλληλόγραμμο. Επομένως έχει και τις απέναντι πλευρές του ίσες:
ΑΟ = ΕΔ και ΑΕ = ΟΔ (1)
Βήμα 2 — οι τέσσερις πλευρές είναι ίσες. Στο τετράγωνο ΑΒΓΔ οι διαγώνιοι είναι ίσες (ΑΓ = ΒΔ) και διχοτομούνται στο Ο. Άρα
ΑΟ = ΑΓ/2 = ΒΔ/2 = ΟΔ (2)
Συνδυάζοντας τις (1) και (2):
ΑΟ = ΟΔ = ΔΕ = ΕΑ
δηλαδή το ΑΟΔΕ έχει και τις τέσσερις πλευρές του ίσες — είναι ρόμβος.
Βήμα 3 — μία ορθή γωνία. Οι διαγώνιοι του τετραγώνου ΑΒΓΔ τέμνονται κάθετα, άρα
ΑÔΔ = 90° (3)
και η γωνία αυτή είναι γωνία του τετραπλεύρου ΑΟΔΕ.
Συμπέρασμα. Το ΑΟΔΕ έχει τέσσερις ίσες πλευρές και μία ορθή γωνία, άρα είναι τετράγωνο.
Αποδείχθηκε
Πού χάνονται βαθμοί: στο Βήμα 3. Πολλοί μαθητές σταματούν στο «τέσσερις ίσες πλευρές» και γράφουν «άρα τετράγωνο». Αυτό είναι ρόμβος. Χρειάζεται ρητή αναφορά στην καθετότητα των διαγωνίων του αρχικού τετραγώνου.
Σημείωση για το επίσημο αρχείο: η πρώτη γραμμή της ενδεικτικής λύσης της ΕΜΕ αναφέρεται σε «τετράπλευρο ΑΟΔΖ» ενώ η εκφώνηση και η υπόλοιπη λύση μιλούν για ΑΟΔΕ. Είναι προφανές τυπογραφικό.
Πηγές: Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία — Θέματα και ενδεικτικές λύσεις 82ου (2021), 83ου (2022), 84ου (2023), 85ου (2024) και 86ου (2025) Πανελλήνιου Μαθητικού Διαγωνισμού στα Μαθηματικά «Ο ΘΑΛΗΣ». Οι εκφωνήσεις αποδίδονται εδώ συνοπτικά και οι λύσεις είναι δικές μας· το πλήρες επίσημο υλικό, με τα σχήματα, διατίθεται στους συνδέσμους κάθε χρονιάς.
