Βήμα 1 — πρόσθεση κατά μέλη. Μεταφέρουμε το −4 αριστερά σε κάθε εξίσωση και προσθέτουμε:

(2x³ − 7y² + 4z + 4) + (2y³ − 7z² + 4x + 4) + (2z³ − 7x² + 4y + 4) = 0

Ομαδοποιούμε ανά μεταβλητή:

(2x³ − 7x² + 4x + 4) + (2y³ − 7y² + 4y + 4) + (2z³ − 7z² + 4z + 4) = 0

Βήμα 2 — παραγοντοποίηση. Δουλεύουμε με την παράσταση f(t) = 2t³ − 7t² + 4t + 4. Παρατηρούμε ότι f(2) = 16 − 28 + 8 + 4 = 0, άρα το (t − 2) είναι παράγοντας:

2t³ − 7t² + 4t + 4 = (t − 2)(2t² − 3t − 2)

Το τριώνυμο 2t² − 3t − 2 έχει ρίζες t = 2 και t = −1/2, οπότε 2t² − 3t − 2 = (t − 2)(2t + 1). Επομένως

f(t) = (t − 2)²(2t + 1)

Βήμα 3 — το κρίσιμο επιχείρημα. Η εξίσωση του Βήματος 1 γίνεται

(x − 2)²(2x + 1) + (y − 2)²(2y + 1) + (z − 2)²(2z + 1) = 0

Επειδή x, y, z > 0, κάθε παράγοντας 2x + 1, 2y + 1, 2z + 1 είναι γνησίως θετικός, ενώ κάθε τετράγωνο είναι μη αρνητικό. Άρα και οι τρεις όροι του αθροίσματος είναι μη αρνητικοί. Άθροισμα μη αρνητικών είναι μηδέν μόνο αν κάθε όρος είναι μηδέν:

(x − 2)² = (y − 2)² = (z − 2)² = 0 ⟹ x = y = z = 2

Επαλήθευση: 2·8 − 7·4 + 4·2 = 16 − 28 + 8 = −4 ✔ (και το ίδιο στις άλλες δύο, λόγω συμμετρίας)

(x, y, z) = (2, 2, 2)

Δεύτερος τρόπος, χωρίς πρόσθεση. Λόγω της κυκλικής συμμετρίας υποθέτουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι ο x είναι ο μικρότερος των τριών, δηλαδή x ≤ y και x ≤ z. Η τρίτη εξίσωση δίνει

2x³ − 7x² + 4x ≤ 2z³ − 7x² + 4y = −4

δηλαδή (x − 2)²(2x + 1) ≤ 0. Για x > 0 αυτό αναγκάζει x = 2, και η ισότητα παντού δίνει x = y = z = 2.

Γιατί χρειάζεται η υπόθεση «θετικοί»: χωρίς αυτήν ο παράγοντας 2t + 1 μπορεί να γίνει αρνητικός (για t < −1/2) και το επιχείρημα καταρρέει. Είναι η υπόθεση που κάνει το θέμα λύσιμο σε δύο γραμμές αντί για αριθμητική επίλυση συστήματος τρίτου βαθμού.

Συμβολίζουμε Σ = (α − 1)² + α² + ⋯ + γ² + (γ + 1)², το άθροισμα των τετραγώνων από τον α − 1 ως τον γ + 1. Η συνθήκη είναι Ν = 8Σ.

Βήμα 1 — φράγμα για το α. Αφού τα α, γ είναι ψηφία με γ ≤ 9, το Σ είναι το πολύ

0² + 1² + 2² + ⋯ + 10² = 385

άρα Ν = 8Σ ≤ 3080. Επειδή ο Ν είναι τετραψήφιος με πρώτο ψηφίο α, προκύπτει

α ≤ 3

Βήμα 2 — περίπτωση α = 3. Τότε 3 < γ ≤ 9 και ο Ν ανήκει στο [3000, 3999]. Το Σ ξεκινά από το (α−1)² = 2²:

• Για γ ≤ 8: Σ ≤ 2² + 3² + ⋯ + 9² = 4 + 9 + 16 + 25 + 36 + 49 + 64 + 81 = 284, άρα Ν ≤ 2272 < 3000. Αδύνατο.
• Για γ = 9: Σ = 2² + ⋯ + 10² = 284 + 100 = 384, άρα Ν = 8 · 384 = 3072. Όμως τότε θα έπρεπε γ = 7 (τρίτο ψηφίο του 3072), ενώ υποθέσαμε γ = 9. Άτοπο.

Βήμα 3 — περίπτωση α = 2. Τότε 2 < γ ≤ 9, ο Ν ανήκει στο [2000, 2999] και το Σ ξεκινά από 1²:

• Για γ ≤ 7: Σ ≤ 1² + ⋯ + 8² = 204, άρα Ν ≤ 1632 < 2000. Αδύνατο.
• Για γ = 8: Σ = 1² + 2² + ⋯ + 9² = 285, άρα Ν = 8 · 285 = 2280. Ελέγχουμε: ο 2280 έχει α = 2 ✔, γ = 8 ✔ (τρίτο ψηφίο), και 0 < 2 < 8 ✔. Δεκτός.
• Για γ = 9: Σ = 1² + ⋯ + 10² = 385, άρα Ν = 3080 > 2999. Αδύνατο.

Βήμα 4 — περίπτωση α = 1. Τότε 1 < γ ≤ 9, ο Ν ανήκει στο [1000, 1999] και το Σ ξεκινά από 0²:

• Για γ ≤ 5: Σ ≤ 0² + 1² + ⋯ + 6² = 91, άρα Ν ≤ 728 < 1000. Αδύνατο.
• Για γ = 6: Σ = 0² + ⋯ + 7² = 140, άρα Ν = 1120 — αλλά το τρίτο ψηφίο του 1120 είναι 2, όχι 6. Άτοπο.
• Για γ = 7: Σ = 0² + ⋯ + 8² = 204, άρα Ν = 1632 — τρίτο ψηφίο 3, όχι 7. Άτοπο.
• Για γ ≥ 8: Σ ≥ 0² + ⋯ + 9² = 285, άρα Ν ≥ 2280 > 1999. Αδύνατο.

Επαλήθευση: για Ν = 2280 είναι α = 2, γ = 8, και το άθροισμα των τετραγώνων από το 1 ως το 9 είναι 285. Πράγματι 8 · 285 = 2280 ✔

Ν = 2280, ο μοναδικός τέτοιος τετραψήφιος

Το κλειδί της οργάνωσης: ο έλεγχος δεν είναι «βρίσκω τα β, δ» αλλά «συμφωνεί το τρίτο ψηφίο του 8Σ με το γ που υπέθεσα;». Αυτή η μία ερώτηση απορρίπτει αμέσως και το 3072 και το 1120 και το 1632, που αλλιώς θα φαίνονταν υποψήφια.

Έστω Ε το μέσο της ΑΒ (από το οποίο περνά, κατά την υπόθεση, η κάθετη στη ΔΒ στο σημείο Δ) και έστω Κ το σημείο τομής της κάθετης αυτής με την ευθεία ΒΓ.

Βήμα 1 — το ισοσκελές ΓΒΔ. Από την υπόθεση ΓΒ = ΓΔ, άρα το τρίγωνο ΓΒΔ είναι ισοσκελές και οι προσκείμενες στη βάση ΒΔ γωνίες του είναι ίσες. Θέτουμε

ΔΒ̂Γ = ΒΔ̂Γ = φ

Βήμα 2 — το ορθογώνιο τρίγωνο ΒΔΚ. Από την κατασκευή ΚΔ ⊥ ΔΒ, άρα η γωνία ΒΔ̂Κ είναι ορθή και το τρίγωνο ΒΔΚ είναι ορθογώνιο στο Δ. Οι δύο οξείες γωνίες του αθροίζουν 90°:

ΓΚ̂Δ = 90° − φ

Επίσης, επειδή η γωνία ΒΔ̂Κ είναι ορθή και η ΒΔ̂Γ ισούται με φ, η υπόλοιπη γωνία είναι

ΓΔ̂Κ = 90° − φ

Βήμα 3 — το Γ είναι μέσο της ΒΚ. Το τρίγωνο ΓΔΚ έχει λοιπόν δύο ίσες γωνίες (ΓΔ̂Κ = ΓΚ̂Δ = 90° − φ), άρα είναι ισοσκελές με

ΓΚ = ΓΔ = ΓΒ

Επειδή τα Β, Γ, Κ είναι συνευθειακά και ΓΚ = ΓΒ, το σημείο Γ είναι το μέσο του τμήματος ΒΚ.

Βήμα 4 — το Δ είναι το βαρύκεντρο του ΑΒΚ. Στο τρίγωνο ΑΒΚ:

• η ΑΓ είναι διάμεσος, αφού το Γ είναι το μέσο της πλευράς ΒΚ·
• η ΚΕ (δηλαδή η ευθεία ΚΔ) είναι επίσης διάμεσος, αφού διέρχεται από το μέσο Ε της πλευράς ΑΒ.

Το σημείο Δ ανήκει και στις δύο αυτές διαμέσους, άρα είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου ΑΒΚ.

Βήμα 5 — η σχέση 2 : 1. Το βαρύκεντρο χωρίζει κάθε διάμεσο σε λόγο 2 : 1, μετρώντας από την κορυφή. Για τη διάμεσο ΑΓ:

ΑΔ = 2 · ΔΓ

Επομένως

ΑΓ = ΑΔ + ΔΓ = 2 · ΔΓ + ΔΓ = 3 · ΔΓ = 3 · ΒΓ

(στο τελευταίο βήμα χρησιμοποιήσαμε ΔΓ = ΒΓ, από την υπόθεση).

ΑΓ = 3 · ΒΓ

Γιατί χρειάζεται η υπόθεση ΑΓ > ΒΓ: εξασφαλίζει ότι το Δ βρίσκεται πράγματι στο εσωτερικό της πλευράς ΑΓ (αφού ΓΔ = ΓΒ < ΓΑ) και όχι στην προέκτασή της. Χωρίς αυτήν το σχήμα δεν υπάρχει.

Το δίδαγμα: κάθε φορά που σε γεωμετρικό θέμα εμφανίζεται ο λόγος 3 ή ο λόγος 2 : 1, το βαρύκεντρο είναι η πρώτη υποψία. Εδώ όλη η δυσκολία ήταν να φανεί ποιο είναι το τρίγωνο του οποίου το Δ είναι βαρύκεντρο — και δεν είναι το ΑΒΓ.

Περιορισμός: xyz ≠ 0. Θέτουμε

α = 1/x,   β = 1/y,   γ = 1/z

Το σύστημα γράφεται

α + β + γ ≠ 0,    α³ + β³ + γ³ = 1/9,    αβγ = 1/27

Βήμα 1 — η κρίσιμη ποσότητα. Από τη δεύτερη και την τρίτη σχέση:

α³ + β³ + γ³ − 3αβγ = 1/9 − 3 · (1/27) = 1/9 − 1/9 = 0

Βήμα 2 — παραγοντοποίηση. Χρησιμοποιούμε την ταυτότητα

α³ + β³ + γ³ − 3αβγ = ½ (α + β + γ)[(α − β)² + (β − γ)² + (γ − α)²]

Άρα

½ (α + β + γ)[(α − β)² + (β − γ)² + (γ − α)²] = 0

Επειδή α + β + γ ≠ 0 (πρώτη συνθήκη), διαιρούμε με αυτόν τον παράγοντα:

(α − β)² + (β − γ)² + (γ − α)² = 0

Άθροισμα τετραγώνων πραγματικών είναι μηδέν μόνο αν κάθε όρος μηδενίζεται, οπότε

α = β = γ

Βήμα 3 — εύρεση της κοινής τιμής. Από την τρίτη σχέση:

α³ = 1/27 ⟹ α = 1/3

(μοναδική πραγματική ρίζα). Άρα α = β = γ = 1/3, δηλαδή

1/x = 1/y = 1/z = 1/3 ⟹ x = y = z = 3

Έλεγχος της πρώτης συνθήκης: α + β + γ = 1 ≠ 0 ✔
Επαλήθευση: 1/27 + 1/27 + 1/27 = 1/9 ✔ και 1/(3·3·3) = 1/27 ✔

(x, y, z) = (3, 3, 3)

Πώς «διαβάζεται» το θέμα: η συνθήκη α + β + γ ≠ 0 δεν μπήκε τυχαία στην εκφώνηση. Είναι το σήμα ότι θα χρειαστεί η ταυτότητα των κύβων — η Επιτροπή σας δίνει ακριβώς την υπόθεση που χρειάζεστε για να απλοποιήσετε. Όποτε βλέπετε μια «περίεργη» υπόθεση ανισότητας σε σύστημα, ρωτήστε: με τι θα διαιρέσω;

Πεδίο ορισμού. Οι ρίζες √(x − 1) και √(y − 1) ορίζονται για

x ≥ 1   και   y ≥ 1

Βήμα 1 — αντικατάσταση. Θέτουμε α = √(x − 1) ≥ 0 και β = √(y − 1) ≥ 0, οπότε x − 1 = α² και y − 1 = β². Τότε:

• 2(x − 1)(y − 1) = 2α²β²
• −2(x − 1)√(y − 1) = −2α²β
• −2(y − 1)√(x − 1) = −2αβ²
• x + y − 2 = (x − 1) + (y − 1) = α² + β²

Η ανισότητα γίνεται

2α²β² − 2α²β − 2αβ² + α² + β² ≤ 0

Βήμα 2 — ομαδοποίηση. Σπάμε το 2α²β² σε α²β² + α²β² και μοιράζουμε:

(α²β² − 2α²β + α²) + (α²β² − 2αβ² + β²) ≤ 0
α²(β² − 2β + 1) + β²(α² − 2α + 1) ≤ 0
α²(β − 1)² + β²(α − 1)² ≤ 0   (1)

Βήμα 3 — και οι δύο όροι είναι μη αρνητικοί. Κάθε ένας από τους α²(β − 1)² και β²(α − 1)² είναι γινόμενο δύο τετραγώνων, άρα μη αρνητικός. Το άθροισμά τους είναι ≤ 0, επομένως είναι αναγκαστικά ίσο με 0 και κάθε όρος μηδενίζεται:

α²(β − 1)² = 0   και   β²(α − 1)² = 0

Βήμα 4 — διερεύνηση. Η πρώτη εξίσωση δίνει α = 0 ή β = 1. Η δεύτερη δίνει β = 0 ή α = 1. Συνδυάζουμε:

• α = 0 και β = 0: συμβατό ✔ → x − 1 = 0 και y − 1 = 0, δηλαδή x = y = 1.
• α = 0 και α = 1: αντιφατικό ✘
• β = 1 και β = 0: αντιφατικό ✘
• β = 1 και α = 1: συμβατό ✔ → x − 1 = 1 και y − 1 = 1, δηλαδή x = y = 2.

Επαλήθευση για (2, 2): 2 · 1 · 1 − 2 · 1 · 1 − 2 · 1 · 1 + 2 + 2 − 2 = 2 − 2 − 2 + 2 = 0 ✔
Για (1, 1): όλοι οι όροι μηδενίζονται ✔

(x, y) = (1, 1) ή (x, y) = (2, 2)

Γιατί η «ανισότητα» είναι στην πραγματικότητα ισότητα: το θέμα είναι φτιαγμένο ώστε η παράσταση να είναι πάντα μη αρνητική. Η συνθήκη «≤ 0» δεν ορίζει λοιπόν μια περιοχή, αλλά ακριβώς τα σημεία όπου η παράσταση μηδενίζεται. Είναι το ίδιο μοτίβο με το «άθροισμα τετραγώνων ίσο με μηδέν», μεταμφιεσμένο σε ανισότητα.

Μέρος Α — ύπαρξη και υπολογισμός της γωνίας.

Θεωρούμε το σημείο Δ που ορίζεται ως εξής: βρίσκεται στο εσωτερικό της γωνίας ΒÂΓ, ισχύει

ΑΔ = ΑΒ = ΑΓ   και   ΒÂΔ = 40°

(δηλαδή το Δ βρίσκεται στον κύκλο με κέντρο Α και ακτίνα ΑΒ, στη θέση που σχηματίζει γωνία 40° με την ΑΒ). Θα επαληθεύσουμε ότι ικανοποιεί και τις δύο συνθήκες.

Πρώτη συνθήκη. Το τρίγωνο ΑΒΔ είναι ισοσκελές με ΑΔ = ΑΒ και κορυφαία γωνία ΒÂΔ = 40°. Άρα οι προσκείμενες στη βάση ΒΔ γωνίες του είναι

ΑΔ̂Β = ΑΒ̂Δ = (180° − 40°)/2 = 70° ✔

Δεύτερη συνθήκη. Επειδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο, είναι ΒÂΓ = 60°, και επειδή το Δ βρίσκεται στο εσωτερικό της γωνίας αυτής:

ΔÂΓ = ΒÂΓ − ΒÂΔ = 60° − 40° = 20°

Το τρίγωνο ΑΓΔ είναι ισοσκελές με ΑΔ = ΑΓ και κορυφαία γωνία 20°, οπότε

ΑΔ̂Γ = ΑΓ̂Δ = (180° − 20°)/2 = 80° ✔

Και οι δύο συνθήκες ικανοποιούνται, άρα το σημείο υπάρχει και για αυτό ισχύει ΒÂΔ = 40°.

Μέρος Β — μοναδικότητα.

Έστω Ρ οποιοδήποτε σημείο με ΑΡ̂Β = 70°. Το σύνολο των σημείων του επιπέδου από τα οποία το τμήμα ΑΒ «φαίνεται» υπό γωνία 70° είναι η ένωση δύο τόξων, συμμετρικών ως προς την ευθεία ΑΒ, που έχουν άκρα τα Α και Β. Κάθε τέτοιο τόξο ανήκει σε έναν κύκλο που διέρχεται από τα Α και Β.

Ομοίως, το σύνολο των σημείων με ΑΡ̂Γ = 80° είναι η ένωση δύο τόξων σε κύκλους που διέρχονται από τα Α και Γ.

Κάθε κύκλος της πρώτης οικογένειας και κάθε κύκλος της δεύτερης διέρχονται και οι δύο από το Α. Δύο διακεκριμένοι κύκλοι τέμνονται σε το πολύ δύο σημεία· εφόσον το ένα είναι το Α, υπάρχει το πολύ ένα ακόμη κοινό σημείο σε κάθε ζεύγος. Επομένως οι υποψήφιες θέσεις του Δ είναι πεπερασμένες σε πλήθος, μία ανά ζεύγος τόξων.

Από τα τέσσερα δυνατά ζεύγη, τα τρία αποκλείονται γιατί τα αντίστοιχα τόξα δεν τέμνονται σε σημείο διαφορετικό του Α: το τόξο που βρίσκεται στο ημιεπίπεδο της ΑΒ απέναντι από το Γ δεν συναντά το τόξο που βρίσκεται στο ημιεπίπεδο της ΑΓ απέναντι από το Β, ενώ τα «μεικτά» ζεύγη δίνουν τόξα που το ένα τέμνει την πλευρά του άλλου σε εσωτερικό της σημείο και όχι σε κοινό σημείο των δύο τόξων. Μένει ένα μόνο ζεύγος, που δίνει ακριβώς το Δ του Μέρους Α.

Το Δ είναι μοναδικό και ΒÂΔ = 40°

Επαλήθευση με συντεταγμένες: με Α(0,0), Β(1,0), Γ(cos60°, sin60°) και Δ(cos40°, sin40°) προκύπτει αριθμητικά ΑΔ̂Β = 70,000° και ΑΔ̂Γ = 80,000° ✔

Βήμα 1 — οι λόγοι είναι ±1.

(a/b) · (b/c) · (c/d) · (d/a) = 1

Τέσσερις ακέραιοι με γινόμενο 1 είναι καθένας ±1, με άρτιο πλήθος αρνητικών: 0, 2 ή 4.

Περίπτωση 1 — κανένας αρνητικός. Τότε a/b = b/c = c/d = d/a = 1, άρα a = b = c = d και

(a + b + c + d)(1/a + 1/b + 1/c + 1/d) = 4a · (4/a) = 16

Περίπτωση 2 — όλοι αρνητικοί. Τότε

a = −b,   b = −c,   c = −d,   d = −a

οπότε a = c και b = d, με b = −a. Επομένως

a + b + c + d = a − a + a − a = 0

και η τιμή της παράστασης είναι 0.

Περίπτωση 3 — ακριβώς δύο αρνητικοί. Εδώ χρειάζεται διάκριση.

Υποπερίπτωση 3α — τα δύο −1 σε αντιδιαμετρικές θέσεις. Έστω a/b = c/d = −1 (ή, συμμετρικά, b/c = d/a = −1). Τότε a = −b και c = −d, οπότε

a + b + c + d = (a − a) + (c − c) = 0

και η τιμή της παράστασης είναι 0.

Υποπερίπτωση 3β — τα δύο −1 σε γειτονικές θέσεις. Έστω a/b = b/c = −1 και c/d = d/a = 1. Τότε

a = −b,   b = −c ⟹ c = a,   και c = d ⟹ d = a

Άρα a = c = d και b = −a, οπότε

a + b + c + d = a − a + a + a = 2a
1/a + 1/b + 1/c + 1/d = 1/a − 1/a + 1/a + 1/a = 2/a

και η τιμή της παράστασης είναι

2a · (2/a) = 4

Οι δυνατές τιμές είναι 16, 4 και 0

Επαλήθευση με αριθμούς: (a,b,c,d) = (1,1,1,1) δίνει 4 · 4 = 16 ✔· (1,−1,1,−1) δίνει 0 · 0 = 0 ✔· (1,−1,1,1) δίνει 2 · 2 = 4 ✔ (και πράγματι οι λόγοι είναι −1, −1, 1, 1).

Γιατί διπλασιάστηκαν οι απαντήσεις σε σχέση με την Α΄ Λυκείου: με τρεις λόγους οι δυνατές τιμές ήταν 9 και 1· με τέσσερις γίνονται 16, 4 και 0. Το 0 εμφανίζεται ακριβώς επειδή με άρτιο πλήθος μεταβλητών μπορούν να «ζευγαρώσουν» ώστε να μηδενιστεί το άθροισμα — κάτι αδύνατο με τρεις.

Θα αποδείξουμε ότι δεν υπάρχει τέτοιος θετικός ακέραιος n.

Πρώτος τρόπος — αρτιότητα. Έστω Α = 2023 · 10ⁿ + 6 = x² για κάποιον ακέραιο x. Ο Α είναι άρτιος (άθροισμα άρτιου και άρτιου), άρα ο x είναι άρτιος: x = 2y. Τότε

2023 · 10ⁿ + 6 = 4y²

Διαιρούμε με 2:

2023 · 5 · 10ⁿ⁻¹ + 3 = 2y²,   δηλαδή 10115 · 10ⁿ⁻¹ + 3 = 2y²

Για n = 1: η σχέση δίνει 10115 + 3 = 10118 = 2y², άρα y² = 5059. Όμως

71² = 5041 < 5059 < 5184 = 72²

άρα ο 5059 δεν είναι τέλειο τετράγωνο. Αδύνατο.

Για n > 1: το 10115 · 10ⁿ⁻¹ είναι πολλαπλάσιο του 10, άρα άρτιο· προσθέτοντας 3 το αριστερό μέλος γίνεται περιττό. Το δεξί μέλος 2y² είναι άρτιο. Άτοπο.

Επομένως ο Α δεν είναι τέλειο τετράγωνο για κανένα n.

Δεύτερος τρόπος — modulo 7, ο κομψότερος. Παρατηρούμε ότι

2023 = 7 · 289 = 7 · 17²

άρα ο 2023 · 10ⁿ είναι πολλαπλάσιο του 7 και

Α ≡ 6 (mod 7)

Εξετάζουμε τώρα ποια υπόλοιπα mod 7 μπορεί να έχει ένα τετράγωνο. Για x = 7k + υ με 0 ≤ υ ≤ 6, το x² αφήνει το ίδιο υπόλοιπο με το υ²:

0² ≡ 0,   1² ≡ 1,   2² ≡ 4,   3² ≡ 2,   4² ≡ 2,   5² ≡ 4,   6² ≡ 1  (mod 7)

Άρα τα τετράγωνα αφήνουν mod 7 μόνο τα υπόλοιπα 0, 1, 2 ή 4 — ποτέ 6. Επομένως ο Α δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

Δεν υπάρχει τέτοιος θετικός ακέραιος n

Ποιον τρόπο να γράψετε: ο δεύτερος είναι συντομότερος και δεν χρειάζεται ξεχωριστή εξέταση για n = 1. Απαιτεί όμως να παρατηρήσετε ότι 7 | 2023 — και αυτό είναι το «κρυμμένο δώρο» της χρονιάς, αφού 2023 = 7 · 17². Η Επιτροπή χρησιμοποίησε την ίδια παραγοντοποίηση και στη Γ΄ Γυμνασίου με το 17.

Πρώτος τρόπος — μέσω της εξίσωσης Q(x) = Ρ(2023 − x).

Παρατηρούμε ότι 1 + 2022 = 2023. Θεωρούμε την εξίσωση

Q(x) = Ρ(2023 − x)

Για x = 1 γράφεται Q(1) = Ρ(2022), που ισχύει από την υπόθεση· για x = 2022 γράφεται Q(2022) = Ρ(1), που επίσης ισχύει. Άρα η εξίσωση έχει τουλάχιστον δύο διαφορετικές λύσεις.

Αναπτύσσουμε:

x² + γx + δ = (2023 − x)² + α(2023 − x) + β
x² + γx + δ = 2023² − 2 · 2023x + x² + 2023α − αx + β

Το x² απλοποιείται και μεταφέρουμε τους όρους με x αριστερά:

(γ + 2 · 2023 + α)x = 2023² + 2023α + β − δ
(α + γ + 4046)x = 2023α + β − δ + 2023²

Πρόκειται για εξίσωση πρώτου βαθμού ως προς x. Αν ο συντελεστής α + γ + 4046 ήταν διάφορος του μηδενός, η εξίσωση θα είχε μοναδική λύση — άτοπο, αφού έχει δύο. Άρα ο συντελεστής και το σταθερό μέλος μηδενίζονται ταυτόχρονα:

α + γ + 4046 = 0   και   2023α + β − δ + 2023² = 0

Επομένως

α + γ = −4046 = −2 · 2023
β − δ = −2023α − 2023² = −2023(α + 2023)

και τα δύο είναι φανερά πολλαπλάσια του 2023.

α + γ = −2 · 2023 και β − δ = −2023(α + 2023)

Δεύτερος τρόπος — απευθείας. Από Ρ(2022) = Q(1):

2022² + 2022α + β = 1 + γ + δ

Μεταφέροντας και χρησιμοποιώντας 2022² − 1 = 2021 · 2023:

γ + δ + α − β = 2023α + 2022² − 1 = 2023(α + 2021)   (1)

Ομοίως από Q(2022) = Ρ(1):

α + β + γ − δ = 2023(γ + 2021)   (2)

Αφαιρούμε την (1) από την (2):

2(β − δ) = 2023(γ − α)

Επειδή το 2023 είναι περιττός και η β − δ ακέραιος, η διαφορά γ − α πρέπει να είναι άρτια· τότε

β − δ = 2023 · (γ − α)/2

είναι πολλαπλάσιο του 2023. Και από την (2):

α + γ = 2023(γ + 2021) − (β − δ)

δηλαδή διαφορά δύο πολλαπλασίων του 2023, άρα και αυτό πολλαπλάσιο του 2023.

Σύγκριση: ο πρώτος τρόπος δίνει τις ακριβείς τιμές (α + γ = −4046), ο δεύτερος μόνο τη διαιρετότητα. Για το ζητούμενο αρκεί ο δεύτερος· ο πρώτος όμως είναι εντυπωσιακότερος και πιο σύντομος, και αξίζει να προτιμηθεί αν τον σκεφτείτε. Η ιδέα-κλειδί σε μία φράση: όταν δύο τιμές αθροίζουν στον αριθμό-στόχο, δοκίμασε την αντικατάσταση x → στόχος − x.

Συμβολίζουμε με Â, Β̂, Γ̂ τις γωνίες του τριγώνου ΑΒΓ. Το Ι είναι το έγκεντρο, άρα οι ΑΙ, ΒΙ, ΓΙ είναι οι διχοτόμοι.

Βήμα 1 — τα τρίγωνα ΚΒΙ και ΔΒΙ είναι ίσα. Έχουν:

• την ΒΙ κοινή·
• ΒΚ = ΒΔ (υπόθεση)·
• ΚΒ̂Ι = ΔΒ̂Ι, αφού η ΒΙ είναι διχοτόμος της Β̂ και τα Κ, Δ βρίσκονται στις δύο πλευρές της.

Άρα είναι ίσα (Π–Γ–Π) και κατά συνέπεια

ΙΚ̂Β = ΙΔ̂Β

Η γωνία ΙΔ̂Β είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΑΔΓ στην κορυφή Δ, άρα ισούται με το άθροισμα των δύο απέναντι εσωτερικών:

ΙΔ̂Β = ΑΔ̂Β = Γ̂ + Â/2

Επομένως

ΙΚ̂Β = Γ̂ + Â/2   (1)

Βήμα 2 — η γωνία ΚÎΑ. Στο τετράπλευρο ΚΙΔΒ το άθροισμα των γωνιών είναι 360°. Οι γωνίες στις κορυφές Κ και Δ είναι ίσες, καθεμία Γ̂ + Â/2 (από το Βήμα 1), και η γωνία στην κορυφή Β είναι η Β̂. Άρα

ΚÎΔ = 360° − Β̂ − 2(Γ̂ + Â/2) = 360° − Β̂ − 2Γ̂ − Â

Επειδή Â + Β̂ + Γ̂ = 180°:

ΚÎΔ = 360° − 180° − Γ̂ = 180° − Γ̂

Τα σημεία Α, Ι, Δ είναι συνευθειακά (το Ι ανήκει στη διχοτόμο ΑΔ), άρα οι γωνίες ΚÎΑ και ΚÎΔ είναι παραπληρωματικές:

ΚÎΑ = 180° − ΚÎΔ = Γ̂   (2)

Βήμα 3 — τα τρίγωνα ΑΚΙ και ΑΛΙ είναι ίσα. Έχουν την ΑΙ κοινή, ΑΚ = ΑΛ (υπόθεση) και ΚÂΙ = ΛÂΙ (η ΑΙ είναι διχοτόμος της Â). Άρα είναι ίσα, οπότε

ΛÎΑ = ΚÎΑ = Γ̂   (3)

και κατά συνέπεια

ΚÎΛ = ΚÎΑ + ΑÎΛ = 2Γ̂

Βήμα 4 — το εγγράψιμο τετράπλευρο ΚΙΛΜ. Τα Κ, Ι, Λ, Μ ανήκουν στον ίδιο κύκλο (τον περιγεγραμμένο του ΚΙΛ). Το Μ βρίσκεται στην ΑΛ, εκτός του τμήματος ΙΛ, οπότε η γωνία ΑΜ̂Κ είναι εξωτερική του εγγράψιμου τετραπλεύρου και ισούται με την απέναντι εσωτερική:

ΑΜ̂Κ = ΚÎΛ = 2Γ̂   (4)

Βήμα 5 — το Ι είναι παράκεντρο του τριγώνου ΑΚΜ. Υπολογίζουμε τη γωνία ΜΚ̂Ι. Από το εγγράψιμο ΚΙΛΜ, η ΜΚ̂Ι είναι παραπληρωματική της ΜΛ̂Ι, και η ΜΛ̂Ι είναι παραπληρωματική της ΑΛ̂Ι. Άρα

ΜΚ̂Ι = 180° − ΜΛ̂Ι = ΑΛ̂Ι

Στο τρίγωνο ΑΛΙ είναι ΑΛ̂Ι = 180° − Â/2 − ΛÎΑ = 180° − Â/2 − Γ̂. Πιο χρήσιμα, από την ισότητα των τριγώνων ΑΚΙ και ΑΛΙ είναι ΑΛ̂Ι = ΑΚ̂Ι, και επειδή οι ΑΚ̂Ι, ΙΚ̂Β είναι παραπληρωματικές (τα Α, Κ, Β συνευθειακά), από την (1):

ΜΚ̂Ι = ΑΚ̂Ι = 180° − (Γ̂ + Â/2)

Άρα η ΚΙ διχοτομεί την εξωτερική γωνία του τριγώνου ΑΚΜ στην κορυφή Κ, ενώ η ΑΙ διχοτομεί την εσωτερική γωνία στην κορυφή Α. Το σημείο τομής τους, δηλαδή το Ι, είναι το παράκεντρο του τριγώνου ΑΚΜ απέναντι από την κορυφή Α. Κατά συνέπεια η ΜΙ διχοτομεί την εξωτερική γωνία στην κορυφή Μ, δηλαδή τη γωνία ΚΜ̂Γ.

Βήμα 6 — το ισοσκελές τρίγωνο. Έστω Ν το σημείο τομής της ευθείας ΜΚ με την ευθεία ΓΒ. Στο τρίγωνο ΝΜΓ υπολογίζουμε τη γωνία στην κορυφή Ν:

Ν̂ = ΑΜ̂Ν − ΜΓ̂Ν = ΑΜ̂Κ − Γ̂ = 2Γ̂ − Γ̂ = Γ̂

Άρα Ν̂ = Γ̂, δηλαδή το τρίγωνο ΝΜΓ είναι ισοσκελές με ΜΝ = ΜΓ.

Η ΜΙ διχοτομεί τη γωνία ΝΜ̂Γ της κορυφής αυτού του ισοσκελούς τριγώνου (Βήμα 5). Σε ισοσκελές τρίγωνο η διχοτόμος της γωνίας κορυφής είναι ταυτόχρονα και ύψος προς τη βάση. Επομένως η ΜΙ είναι κάθετη στη βάση ΝΓ, που βρίσκεται πάνω στην ευθεία ΒΓ:

ΜΙ ⊥ ΒΓ

Αποδείχθηκε

Μια συντομότερη απόδειξη του Βήματος 2, που δίνει η Ε.Μ.Ε. ως σχόλιο: στο ισοσκελές τρίγωνο ΚΒΔ είναι ΒΚ̂Δ = ΒΔ̂Κ = 90° − Β̂/2 = Â/2 + Γ̂/2. Επειδή ΒΔ̂Ι = Â/2 + Γ̂, προκύπτει ΙΔ̂Κ = ΙΚ̂Δ = Γ̂/2, και από εκεί ΚÎΑ = Γ̂.

Γιατί δόθηκε η συνθήκη ΑΒ < ΑΓ < ΒΓ: εξασφαλίζει ότι το Κ πέφτει στο εσωτερικό της ΑΒ (αφού ΒΔ < ΒΑ) και το Λ στο εσωτερικό της ΑΓ (αφού ΑΚ < ΑΓ), ώστε το σχήμα να είναι αυτό που περιγράφεται. Χωρίς αυτήν θα χρειάζονταν ξεχωριστές περιπτώσεις.

Βήμα 1 — απαλοιφή παρονομαστών. Οι τέσσερις ισότητες γράφονται

x(α + β + γ) = δ,   x(β + γ + δ) = α,   x(γ + δ + α) = β,   x(δ + α + β) = γ

Βήμα 2 — πρόσθεση κατά μέλη. Στο αριστερό μέλος κάθε μία από τις α, β, γ, δ εμφανίζεται ακριβώς τρεις φορές:

3x(α + β + γ + δ) = α + β + γ + δ   (1)

Θέτουμε S = α + β + γ + δ.

Περίπτωση 1 — S ≠ 0. Διαιρώντας την (1) με S:

3x = 1 ⟹ x = 1/3

Υπάρχει τέτοια περίπτωση; Ναι: για α = β = γ = δ = 1 όλοι οι παρονομαστές είναι 3 ≠ 0 και κάθε λόγος ισούται με 1/3 ✔

Περίπτωση 2 — S = 0. Τότε α + β + γ = −δ, και από το πρώτο κλάσμα:

x = δ/(α + β + γ) = δ/(−δ) = −1

(το δ είναι μη μηδενικό, αλλιώς ο παρονομαστής α + β + γ = −δ θα μηδενιζόταν, κάτι που απαγορεύεται).

Επαληθεύουμε ότι η τιμή αυτή είναι συμβατή και με τις υπόλοιπες τρεις ισότητες: αφού S = 0, είναι β + γ + δ = −α, γ + δ + α = −β και δ + α + β = −γ, οπότε

α/(−α) = β/(−β) = γ/(−γ) = −1 ✔

Παράδειγμα: για (α, β, γ, δ) = (1, −1, 1, −1) είναι S = 0, όλοι οι παρονομαστές ισούνται με −1, 1, −1, 1 αντίστοιχα (μη μηδενικοί ✔) και κάθε λόγος δίνει −1 ✔

x = 1/3 ή x = −1

Το σημείο που χάνει τους μισούς: η διαίρεση με το S χωρίς έλεγχο. Η σχέση 3xS = S δεν συνεπάγεται 3x = 1 — συνεπάγεται S(3x − 1) = 0, δηλαδή «S = 0 ή x = 1/3». Κάθε φορά που διαιρείτε με μια παράσταση, η περίπτωση του μηδενισμού της είναι ξεχωριστή απάντηση που περιμένει.

Βήμα 1 — οι γωνίες του ΑΒΓ. Από ΑΒ = ΑΓ και Â = 36°:

ω = Β̂ = Γ̂ = (180° − 36°)/2 = 72°

Βήμα 2 — το ισοσκελές ΑΓΔ. Από την υπόθεση ΓΔ = ΑΒ, και επειδή ΑΒ = ΑΓ, προκύπτει ΓΔ = ΑΓ. Άρα το τρίγωνο ΑΓΔ είναι ισοσκελές με κορυφή το Γ, οπότε θέτοντας φ τις ίσες γωνίες του:

ΓΔ̂Α = ΓÂΔ = φ

Η γωνία Γ̂ = ΑΓ̂Β είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΑΓΔ στην κορυφή Γ (αφού το Δ βρίσκεται στην προέκταση της ΒΓ), άρα ισούται με το άθροισμα των δύο απέναντι εσωτερικών:

ω = 2φ ⟹ 2φ = 72° ⟹ φ = 36°

Σημειώνουμε ότι φ = 36° = Â, δηλαδή η ΑΓ είναι διχοτόμος της γωνίας ΒÂΔ.

Βήμα 3 — το τρίγωνο ΑΒΔ είναι ισοσκελές.

ΒÂΔ = Â + ΓÂΔ = 36° + 36° = 72° = Β̂

Το τρίγωνο ΑΒΔ έχει λοιπόν δύο ίσες γωνίες (στις κορυφές Α και Β), άρα είναι ισοσκελές με

ΔΑ = ΔΒ

Βήμα 4 — η ΒΕ είναι διχοτόμος. Επειδή ΔΕ ∥ ΑΒ, οι γωνίες ΑΔ̂Ε και ΒÂΔ είναι εντός εναλλάξ ως προς την τέμνουσα ΑΔ, άρα ίσες:

ΑΔ̂Ε = ΒÂΔ = 72°

Επομένως

ΒΔ̂Ε = ΒΔ̂Α + ΑΔ̂Ε = 36° + 72° = 108°

Το τρίγωνο ΒΔΕ είναι ισοσκελές, αφού ΔΕ = ΑΔ = ΔΒ (Βήμα 3 και υπόθεση). Οι προσκείμενες στη βάση ΒΕ γωνίες του είναι

ΔΒ̂Ε = ΔÊΒ = (180° − 108°)/2 = 36°

Από την άλλη,

ΑΒ̂Ε = Β̂ − ΔΒ̂Ε = 72° − 36° = 36° = ΔΒ̂Ε

άρα η ΒΕ είναι διχοτόμος της γωνίας ΑΒ̂Δ.

Βήμα 5 — το Ζ είναι έγκεντρο. Στο τρίγωνο ΑΒΔ:

• η ΑΓ είναι διχοτόμος της γωνίας ΒÂΔ (Βήμα 2)·
• η ΒΕ είναι διχοτόμος της γωνίας ΑΒ̂Δ (Βήμα 4).

Το Ζ είναι, κατά την υπόθεση, το σημείο τομής της ΒΕ με την ΑΓ, άρα είναι το σημείο τομής δύο διχοτόμων του τριγώνου ΑΒΔ — δηλαδή το έγκεντρό του. Κατά συνέπεια και η ΔΖ είναι διχοτόμος, της γωνίας ΒΔ̂Α.

Βήμα 6 — συμπέρασμα. Το τρίγωνο ΑΒΔ είναι ισοσκελές με ΔΑ = ΔΒ, δηλαδή κορυφή το Δ. Σε ισοσκελές τρίγωνο η διχοτόμος της γωνίας κορυφής είναι ταυτόχρονα και ύψος προς τη βάση. Η βάση εδώ είναι η ΑΒ, άρα

ΔΖ ⊥ ΑΒ

Αποδείχθηκε

Το σχήμα της χρονιάς: ξανά το «χρυσό» τρίγωνο 36°–72°–72°, όπως και στο Θέμα 3 της Β΄ Γυμνασίου του 2024. Μόλις εμφανιστούν οι 36 μοίρες σε ισοσκελές, περιμένετε αλυσίδα από ισοσκελή τρίγωνα — εδώ προκύπτουν τρία στη σειρά: τα ΑΓΔ, ΑΒΔ και ΒΔΕ.

Βήμα 1 — εύρεση του xy. Υψώνουμε την πρώτη σχέση στον κύβο, χρησιμοποιώντας την ταυτότητα (u + v)³ = u³ + v³ + 3uv(u + v) με u = 1/x, v = 1/y:

a³ = 1/x³ + 1/y³ + 3 · (1/(xy)) · (1/x + 1/y) = b + 3a/(xy)

Άρα

3a/(xy) = a³ − b ⟹ xy = 3a/(a³ − b)

Σημειώνουμε ότι αναγκαστικά

a³ − b = 3a/(xy) ≠ 0,   δηλαδή a³ ≠ b

(αφού a > 0 και xy ≠ 0).

Βήμα 2 — εύρεση του x + y. Η πρώτη σχέση γράφεται

(x + y)/(xy) = a ⟹ x + y = a · xy = 3a²/(a³ − b)

Βήμα 3 — τριώνυμο και διακρίνουσα. Οι x, y είναι οι ρίζες της εξίσωσης

t² − [3a²/(a³ − b)] t + 3a/(a³ − b) = 0

Η εξίσωση αυτή έχει πραγματικές ρίζες αν και μόνο αν η διακρίνουσά της είναι μη αρνητική:

Δ = [3a²/(a³ − b)]² − 4 · 3a/(a³ − b) ≥ 0
= [9a⁴ − 12a(a³ − b)] / (a³ − b)² ≥ 0

Ο παρονομαστής είναι θετικός (τετράγωνο μη μηδενικού), άρα η συνθήκη ανάγεται στον αριθμητή:

9a⁴ − 12a⁴ + 12ab ≥ 0 ⟺ −3a⁴ + 12ab ≥ 0 ⟺ 3a(4b − a³) ≥ 0

Επειδή a > 0, διαιρούμε με 3a > 0:

4b − a³ ≥ 0 ⟺ a³ ≤ 4b

Βήμα 4 — έλεγχος ότι x, y ≠ 0. Το γινόμενο των ριζών είναι xy = 3a/(a³ − b) ≠ 0, άρα καμία ρίζα δεν μηδενίζεται — ο περιορισμός ικανοποιείται αυτόματα.

a³ ≤ 4b   και   a³ ≠ b

Έλεγχος των δύο σκελών: για a = 1 και b = 1 είναι a³ = 1 ≤ 4 = 4b ✔ αλλά a³ = b, άρα η συνθήκη δεν ικανοποιείται. Πράγματι, από 1/x + 1/y = 1 και 1/x³ + 1/y³ = 1 προκύπτει 3/(xy) = 0, αδύνατο. Για a = 1 και b = 2: a³ = 1 ≤ 8 ✔ και 1 ≠ 2 ✔ — υπάρχει λύση.

Δεύτερος τρόπος, ισοδύναμος: θέτοντας φ = 1/x και ω = 1/y, το σύστημα γίνεται φ + ω = a, φ³ + ω³ = b, που είναι καθαρά συμμετρικό. Τότε φω = (a³ − b)/(3a) και οι φ, ω είναι ρίζες του t² − at + (a³ − b)/(3a) = 0, με την ίδια συνθήκη διακρίνουσας. Η διαδρομή αυτή είναι ελαφρώς καθαρότερη γιατί αποφεύγει τα διπλά κλάσματα.

(1) Η εξίσωση είναι δευτέρου βαθμού ως προς x (συντελεστής 3 ≠ 0). Έχει πραγματικές λύσεις, άρα η διακρίνουσά της είναι μη αρνητική:

Δ = [−2(2a + b)]² − 4 · 3 · (2a² + 2ab + b² − 1) ≥ 0
Δ = 4[(2a + b)² − 3(2a² + 2ab + b² − 1)] ≥ 0

Διαιρούμε με 4 και αναπτύσσουμε:

(4a² + 4ab + b²) − (6a² + 6ab + 3b² − 3) ≥ 0
−2a² − 2ab − 2b² + 3 ≥ 0 ⟺ 3 − 2(a² + ab + b²) ≥ 0

δηλαδή

a² + ab + b² ≤ 3/2   (I)

(2) Για κάθε πραγματικούς ισχύει a² + b² ≥ 2ab (ισοδύναμο με (a − b)² ≥ 0). Προσθέτοντας ab και στα δύο μέλη:

a² + ab + b² ≥ 2ab + ab = 3ab

Συνδυάζοντας με την (I):

3ab ≤ a² + ab + b² ≤ 3/2 ⟹ ab ≤ 1/2   (II)

Τώρα γράφουμε το τετράγωνο του αθροίσματος «σπάζοντάς» το κατάλληλα:

(a + b)² = a² + 2ab + b² = (a² + ab + b²) + ab

και φράσσουμε κάθε κομμάτι από τις (I) και (II):

(a + b)² ≤ 3/2 + 1/2 = 2

Άρα |a + b| ≤ √2, και επειδή a, b > 0 είναι a + b > 0, οπότε

a + b ≤ √2

Αποδείχθηκαν και τα δύο

Πότε ισχύει η ισότητα: χρειάζεται ταυτόχρονα a = b (από την a² + b² ≥ 2ab) και a² + ab + b² = 3/2. Με a = b προκύπτει 3a² = 3/2, άρα a = b = 1/√2 και a + b = √2 ✔ — το φράγμα είναι λοιπόν βέλτιστο, κάτι που αξίζει να σημειωθεί στο γραπτό.

Το δίδαγμα της τάξης: όταν ένα θέμα λέει «η εξίσωση έχει πραγματικές λύσεις» και μετά ζητά μια ανισότητα στις παραμέτρους, η ανισότητα είναι η διακρίνουσα. Δεν χρειάζεται να βρεθούν οι λύσεις — ποτέ.

Στο ορθογώνιο ΑΒΓΔ είναι ΒΑ = ΔΓ και ΒΓ = ΔΑ. Το Ε ανήκει στην πλευρά ΑΔ και το Ζ στην πλευρά ΓΔ.

Βήμα 1 — από τα ίσα εμβαδά προκύπτει ΕΖ ∥ ΑΓ. Τα τρίγωνα ΒΑΕ και ΒΓΖ είναι ορθογώνια (στις κορυφές Α και Γ αντίστοιχα), άρα

½ · ΒΑ · ΑΕ = ½ · ΒΓ · ΓΖ ⟹ ΒΑ · ΑΕ = ΒΓ · ΓΖ

Αντικαθιστώντας ΒΑ = ΔΓ και ΒΓ = ΔΑ:

ΔΓ · ΑΕ = ΔΑ · ΓΖ ⟹ ΔΓ/ΔΑ = ΓΖ/ΑΕ

Από την ιδιότητα των ίσων λόγων (αφαιρώντας αριθμητές και παρονομαστές):

ΔΓ/ΔΑ = ΓΖ/ΑΕ = (ΔΓ − ΓΖ)/(ΔΑ − ΑΕ) = ΔΖ/ΔΕ

Τα ορθογώνια τρίγωνα ΔΑΓ και ΔΕΖ έχουν λοιπόν κοινή την ορθή γωνία στην κορυφή Δ και ίσους τους λόγους των καθέτων πλευρών τους, άρα είναι όμοια. Κατά συνέπεια

ΕΖ ∥ ΑΓ   και   ΑΓ̂Δ = ΕẐΔ   (1)

Βήμα 2 — από τη σχέση ΑΒ² = ΑΕ · ΑΔ προκύπτει ομοιότητα. Η σχέση γράφεται ως αναλογία:

ΑΒ/ΑΕ = ΑΔ/ΑΒ

και, επειδή ΑΔ = ΒΓ και ΑΒ = ΔΓ, ισοδύναμα

ΒΑ/ΑΕ = ΑΔ/ΔΓ

Τα τρίγωνα ΒΑΕ και ΑΔΓ είναι ορθογώνια (στις κορυφές Α και Δ) και έχουν ίσους τους λόγους των καθέτων πλευρών τους, άρα είναι όμοια. Επομένως

ΑÊΒ = ΑΓ̂Δ   (2)

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

ΑÊΒ = ΑΓ̂Δ = ΕẐΔ

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΔΕΖ (ορθή στο Δ) οι δύο οξείες γωνίες είναι συμπληρωματικές:

ΕẐΔ = 90° − ΖÊΔ

Συνδυάζοντας:

ΑÊΒ = 90° − ΖÊΔ ⟹ ΑÊΒ + ΖÊΔ = 90°

Βήμα 4 — συμπέρασμα. Τα σημεία Α, Ε, Δ είναι συνευθειακά (το Ε ανήκει στην πλευρά ΑΔ), άρα οι τρεις γωνίες ΑÊΒ, ΒÊΖ και ΖÊΔ συμπληρώνουν ευθεία γωνία:

ΑÊΒ + ΒÊΖ + ΖÊΔ = 180°

Επειδή ΑÊΒ + ΖÊΔ = 90°, προκύπτει

ΒÊΖ = 180° − 90° = 90°

δηλαδή το τρίγωνο ΒΕΖ είναι ορθογώνιο στην κορυφή Ε.

ΒÊΖ = 90°, το τρίγωνο ΒΕΖ είναι ορθογώνιο

Δεύτερος τρόπος — μέσω μετρικών σχέσεων. Έστω Κ το ίχνος της καθέτου από το Ε προς την ΑΓ. Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΚΕ και ΑΔΓ είναι όμοια (κοινή η οξεία γωνία ΓÂΔ), οπότε ΑΚ/ΑΕ = ΑΔ/ΑΓ και άρα

ΑΚ · ΑΓ = ΑΔ · ΑΕ = ΑΒ²

Έστω τώρα Κ′ το ίχνος της καθέτου από το Β προς την ΑΓ. Από τη μετρική σχέση στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ είναι ΑΚ′ · ΑΓ = ΑΒ². Άρα ΑΚ = ΑΚ′ και τα σημεία Κ, Κ′ ταυτίζονται — δηλαδή τα Β, Ε, Κ είναι συνευθειακά και η ΒΕ είναι κάθετη στην ΑΓ στο Κ.

Από το Βήμα 1 όμως ΕΖ ∥ ΑΓ, οπότε η ΒΕ, όντας κάθετη στην ΑΓ, είναι κάθετη και στην ΕΖ: ΒΕ ⊥ ΕΖ.

Ποιον να προτιμήσετε: ο δεύτερος είναι πιο σύντομος και «γεωμετρικός» — η ουσία του είναι ότι η συνθήκη ΑΒ² = ΑΕ · ΑΔ λέει ακριβώς ότι η ΒΕ είναι κάθετη στη διαγώνιο ΑΓ. Αν το δείτε αυτό από την αρχή, το θέμα τελειώνει σε δέκα γραμμές.

Οι υποθέσεις γράφονται:

α₁ < α₂ < ⋯ < α₁₀ (θετικοί ακέραιοι),   α₁ + ⋯ + α₁₀ = 150,   α₁ ≥ α₁₀/2

Βήμα 1 — φράγμα από πάνω για το α₁. Θέτουμε x = α₁. Επειδή οι όροι είναι γνησίως αύξοντες ακέραιοι:

α₂ ≥ x + 1,   α₃ ≥ x + 2,   …,   α₁₀ ≥ x + 9

Προσθέτοντας κατά μέλη:

150 = α₁ + ⋯ + α₁₀ ≥ 10x + (1 + 2 + ⋯ + 9) = 10x + 45

άρα 10x ≤ 105, δηλαδή

x ≤ 10

Βήμα 2 — φράγμα από κάτω για το α₁. Από α₁₀ ≥ x + 9 και τη συνθήκη x ≥ α₁₀/2:

2x ≥ α₁₀ ≥ x + 9 ⟹ x ≥ 9

Άρα x = 9 ή x = 10.

Βήμα 3 — αποκλεισμός του x = 9. Αν x = 9, τότε από το Βήμα 2 είναι α₁₀ ≤ 2x = 18 και α₁₀ ≥ x + 9 = 18, άρα αναγκαστικά α₁₀ = 18. Τότε όμως όλες οι ανισότητες του Βήματος 1 γίνονται ισότητες, δηλαδή η δεκάδα είναι υποχρεωτικά

9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18

με άθροισμα (9 + 18) · 10 / 2 = 135 ≠ 150. Άτοπο.

Βήμα 4 — x = 10 και προσδιορισμός του α₁₀. Από το Βήμα 2, α₁₀ ≤ 2 · 10 = 20, και από το Βήμα 1, α₁₀ ≥ 19.

Αν α₁₀ = 19: τότε οι δέκα όροι είναι δέκα διαφορετικοί ακέραιοι του διαστήματος [10, 19], δηλαδή όλοι τους — η δεκάδα 10, 11, …, 19 με άθροισμα 145 ≠ 150. Άτοπο.

Άρα

α₁ = 10   και   α₁₀ = 20

Βήμα 5 — φράγματα για το α₆. Από τη γνήσια μονοτονία:

α₆ ≥ α₁ + 5 = 15   και   α₆ ≤ α₁₀ − 4 = 16

Άρα α₆ = 15 ή α₆ = 16.

Βήμα 6 — αποκλεισμός του α₆ = 15. Αν α₆ = 15, τότε οι έξι πρώτοι όροι είναι έξι διαφορετικοί ακέραιοι με α₁ = 10 και α₆ = 15, δηλαδή υποχρεωτικά

α₁, …, α₆ = 10, 11, 12, 13, 14, 15,   με άθροισμα (10 + 15) · 6 / 2 = 75

Τότε α₇ + α₈ + α₉ + α₁₀ = 150 − 75 = 75, και αφού α₁₀ = 20:

α₇ + α₈ + α₉ = 55

Όμως οι α₇, α₈, α₉ είναι γνησίως αύξοντες ακέραιοι μικρότεροι του 20, άρα

α₇ + α₈ + α₉ ≤ 17 + 18 + 19 = 54 < 55

Άτοπο.

Συμπέρασμα. Αναγκαστικά α₆ = 16, και η μοναδική δεκάδα που ικανοποιεί όλες τις συνθήκες είναι

(10, 11, 12, 13, 14, 16, 17, 18, 19, 20)

με άθροισμα 150 ✔, γνησίως αύξουσα ✔ και α₁ = 10 ≥ 20/2 = α₁₀/2 ✔

Στο έκτο κουτί έβαλε 16 μπίλιες