Βήμα 1 — ποια στοιχεία του Σ αποκλείονται πάντα.

Ο αριθμός αποτελείται μόνο από 9 και ένα 2, άρα το τελευταίο του ψηφίο είναι 9 ή 2. Σε καμία περίπτωση δεν τελειώνει σε 0 ή 5, οπότε δεν διαιρείται ποτέ με το 5.

Αν ο αριθμός έχει κ το πλήθος εννιάρια και ένα δυάρι, το άθροισμα των ψηφίων του είναι

9κ + 2 = (πολλαπλάσιο του 3) + 2

δηλαδή αφήνει υπόλοιπο 2 στη διαίρεση με το 3. Άρα δεν διαιρείται ποτέ με το 3, και κατά συνέπεια ούτε με το 6 ούτε με το 9, που είναι πολλαπλάσια του 3.

Μένουν ως υποψήφια μόνο τα 2, 4, 7 και 8 — το πολύ τέσσερα στοιχεία του Σ.

Βήμα 2 — τα 2, 4 και 8 εξασφαλίζονται εύκολα.

Για να διαιρείται με το 2, το τελευταίο ψηφίο πρέπει να είναι το 2. Τότε όμως τα δύο τελευταία ψηφία είναι υποχρεωτικά 92, και 92 = 4 · 23, άρα ο αριθμός διαιρείται και με το 4.

Ο μικρότερος τέτοιος αριθμός που διαιρείται και με το 8 είναι ο 992, αφού τα τρία τελευταία ψηφία του είναι 992 = 8 · 124. Και εδώ είναι η κρίσιμη παρατήρηση: κάθε φορά που προσθέτουμε ένα 9 στα αριστερά του 992, ο αριθμός αυξάνεται κατά

9 · 1000 = 9000,   9 · 10000 = 90000,   …

δηλαδή κατά πολλαπλάσιο του 1000 = 8 · 125, άρα πάντα κατά πολλαπλάσιο του 8. Επομένως όλοι οι αριθμοί 992, 9992, 99992, 999992, … διαιρούνται με το 8 (και άρα και με το 2 και το 4).

Βήμα 3 — το 7 καθορίζει την απάντηση.

Μένει να βρούμε τον μικρότερο από αυτούς που διαιρείται και με το 7. Ο 992 δεν διαιρείται: 992 = 7 · 141 + 5. Παρακολουθούμε τα υπόλοιπα καθώς προσθέτουμε εννιάρια αριστερά:

• 992 αφήνει υπόλοιπο 5, και 9000 = 7 · 1285 + 5, άρα 9992 αφήνει υπόλοιπο 5 + 5 = 10, δηλαδή 3.
• 90000 = 10 · 9000 αφήνει υπόλοιπο 10 · 5 = 50, δηλαδή 1, άρα 99992 αφήνει υπόλοιπο 3 + 1 = 4.
• 900000 = 10 · 90000 αφήνει υπόλοιπο 10 · 1 = 10, δηλαδή 3, άρα 999992 αφήνει υπόλοιπο 4 + 3 = 7, δηλαδή 0.

Άρα ο 999992 διαιρείται με το 7 — και επομένως με τα 2, 4, 7 και 8, που είναι το μέγιστο δυνατό πλήθος.

Επαλήθευση: 999992 = 7 · 142856 και 999992 = 8 · 124999. ✔

Ο ζητούμενος αριθμός είναι ο 999992, που διαιρείται με τα 2, 4, 7 και 8

Σημείωση ακρίβειας: η επίσημη λύση αναφέρει κάπου «ο Γιώργος» αντί για «ο Γιάννης». Προφανές παρόραμα, δεν επηρεάζει τίποτα.

(α) Θέτουμε Â = 2ω. Επειδή η ΑΔ είναι διχοτόμος της Â και το Κ ανήκει σε αυτήν:

ΒÂΚ = ΚÂΓ = ω

Η ΖΚ είναι μεσοκάθετη της ΑΒ και το Κ ανήκει σε αυτήν, άρα το Κ ισαπέχει από τα Α και Β:

ΚΑ = ΚΒ

Το τρίγωνο ΚΑΒ είναι λοιπόν ισοσκελές, οπότε οι προσκείμενες στη βάση ΑΒ γωνίες του είναι ίσες:

ΚΒ̂Α = ΚÂΒ = ω

Επειδή η ΒΕ είναι ύψος, το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ορθογώνιο στο Ε. Οι δύο οξείες γωνίες του αθροίζουν 90°:

ΒÂΕ + ΑΒ̂Ε = 90° ⟹ 2ω + ω = 90° ⟹ 3ω = 90° ⟹ ω = 30°

(η ΑΒ̂Ε ταυτίζεται με την ΚΒ̂Α = ω, αφού το Κ ανήκει στο ύψος ΒΕ).

Επομένως

 = 2ω = 60°

 = 60°

(β) Αποδεικνύουμε χωριστά τις δύο ισότητες.

Πρώτα ΚΔ = ΚΕ. Από την παραλληλία ΕΔ ∥ ΑΒ με τέμνουσα την ΑΔ, οι εντός εναλλάξ γωνίες είναι ίσες:

ΑΔ̂Ε = ΒÂΔ = ω

Από την ίδια παραλληλία με τέμνουσα την ΒΕ:

ΔΕ̂Β = ΑΒ̂Ε = ω,    δηλαδή ΚΕ̂Δ = ω

Το τρίγωνο ΚΔΕ έχει λοιπόν δύο ίσες γωνίες (ΚΔ̂Ε = ΚΕ̂Δ = ω), άρα είναι ισοσκελές με

ΚΔ = ΚΕ   (1)

Μετά ΚΖ = ΚΕ. Το Κ ανήκει στη διχοτόμο της γωνίας Â, άρα ισαπέχει από τις δύο πλευρές της, δηλαδή από τις ευθείες ΑΒ και ΑΓ. Οι αποστάσεις αυτές είναι ακριβώς τα τμήματα ΚΖ και ΚΕ:

• ΚΖ ⊥ ΑΒ, γιατί η ΖΚ είναι μεσοκάθετη της ΑΒ·
• ΚΕ ⊥ ΑΓ, γιατί η ΒΕ είναι ύψος προς την ΑΓ και το Κ ανήκει σε αυτήν.

Επομένως

ΚΖ = ΚΕ   (2)

Από τις (1) και (2) προκύπτει

ΚΔ = ΚΕ = ΚΖ

Αποδείχθηκε

Προσοχή στη λογική δομή: η υπόθεση ΕΔ ∥ ΑΒ χρειάζεται μόνο για την ισότητα ΚΔ = ΚΕ. Η ΚΖ = ΚΕ ισχύει ούτως ή άλλως, από το (α) και μόνο. Το να το σημειώσετε αυτό στο γραπτό σας δείχνει ότι παρακολουθείτε ποια υπόθεση χρησιμοποιείται πού.

Εναλλακτικά για το ΚΖ = ΚΕ, χωρίς επίκληση του θεωρήματος της διχοτόμου: τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΖΚ και ΑΕΚ έχουν κοινή υποτείνουσα την ΑΚ και ίσες τις οξείες γωνίες ΖÂΚ = ΕÂΚ = ω. Άρα είναι ίσα, οπότε ΚΖ = ΚΕ. Η επίσημη ενδεικτική λύση καταλήγει στο ίδιο συμπέρασμα με μία γραμμή, επικαλούμενη ακριβώς τη διχοτόμο.

Η τάξη έχει Α μαθητές, άρα η Μαρία ετοίμασε κάρτες για τους Α − 1 συμμαθητές της.

Ξέχασε το γραμματόσημο σε Α/4 από αυτές, οπότε έστειλε

(Α − 1) − Α/4 = 3Α/4 − 1 κάρτες

Από αυτές έφτασε εγκαίρως το ένα δέκατο, δηλαδή

(1/10)(3Α/4 − 1) = (3Α − 4)/40

Ο αριθμός αυτός μετράει παιδιά που έλαβαν κάρτα, άρα πρέπει να είναι θετικός ακέραιος. Επομένως

40 | (3Α − 4)

Δοκιμάζουμε τα πολλαπλάσια του 40 με τη σειρά:

• 3Α − 4 = 40 ⟹ 3Α = 44, που δεν δίνει ακέραιο Α. Απορρίπτεται.
• 3Α − 4 = 80 ⟹ 3Α = 84 ⟹ Α = 28 ✔

Επαλήθευση: για Α = 28 η Μαρία ετοίμασε 27 κάρτες, ξέχασε γραμματόσημο σε 28/4 = 7 από αυτές (ακέραιος ✔), έστειλε 27 − 7 = 20, και έφτασαν εγκαίρως 20/10 = 2 κάρτες (ακέραιος ✔).

Α = 28 μαθητές

Μια συμπληρωματική παρατήρηση που αξίζει στο γραπτό: η εκφώνηση απαιτεί σιωπηρά και το Α/4 να είναι ακέραιο, δηλαδή 4 | Α. Εδώ η συνθήκη αυτή ικανοποιείται αυτόματα (28 = 4 · 7), αλλά είναι καλό να ελεγχθεί — σε παρόμοια θέματα μπορεί να αποκλείσει λύσεις που αλλιώς θα φαίνονταν δεκτές.

Ο αριθμητής. Εφαρμόζουμε α^ν/β^ν = (α/β)^ν:

(−22)⁵/2⁵ = (−22/2)⁵ = (−11)⁵ = −11⁵
(−44)⁵/(−4)⁵ = (−44/−4)⁵ = 11⁵

Το άθροισμά τους είναι −11⁵ + 11⁵ = 0, οπότε ο αριθμητής γίνεται

0 · (−2022)² + 10⁶ = 10⁶

Ο παρονομαστής. Για το πρώτο κλάσμα, με την ίδια ιδιότητα για αρνητικό εκθέτη:

2⁻¹⁰/(−10)⁻¹⁰ = (2/(−10))⁻¹⁰ = ((−10)/2)¹⁰ = (−5)¹⁰

Επομένως ο παρονομαστής γίνεται

(−5)¹⁰ − (−5)¹⁰ + 10³ = 0 + 10³ = 10³

Τελικά.

Α = 10⁶ : 10³ = 10³ = 1000

Α = 10³ = 1000

Το μοτίβο: ο όρος (−2022)² είναι εκεί μόνο για να φοβίσει — πολλαπλασιάζεται με μηδέν. Το ίδιο και ο τεράστιος εκθέτης 10 στο (−5)¹⁰. Όποιος αρχίσει να υψώνει το 2022 στο τετράγωνο, έχει ήδη χάσει δέκα λεπτά.

(1) Το ΑΒΔΕ είναι τετράγωνο, άρα ΑΕ = ΑΒ. Δόθηκε ΑΒ = ΑΓ. Επομένως

ΑΕ = ΑΒ = ΑΓ

δηλαδή το τρίγωνο ΑΓΕ είναι ισοσκελές με ΑΕ = ΑΓ, οπότε

ΑΕ̂Γ = ΑΓ̂Ε = ω

Η γωνία ΓÂΕ αποτελείται από την Â του τριγώνου ΑΒΓ και την ορθή γωνία ΒÂΕ του τετραγώνου:

ΓÂΕ = Â + 90°

Από το άθροισμα των γωνιών του τριγώνου ΑΓΕ:

(Â + 90°) + ω + ω = 180° ⟹ Â = 90° − 2ω

Από το ισοσκελές ΑΒΓ:

Β̂ = Γ̂ = (180° − Â)/2 = [180° − (90° − 2ω)]/2 = 45° + ω

Η ζητούμενη γωνία προκύπτει αφαιρώντας από τη Γ̂ τη γωνία ω:

ΕΓ̂Β = ΑΓ̂Β − ΑΓ̂Ε = (45° + ω) − ω = 45°

ΕΓ̂Β = 45°, ανεξάρτητα από το ω

(2) Αποδεικνύουμε πρώτα ότι τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΜΒ και ΒΘΔ είναι ίσα.

• Είναι ορθογώνια, αφού ΑΜ̂Β = ΔΘ̂Β = 90° (δόθηκαν).
• ΑΒ = ΒΔ, ως πλευρές του τετραγώνου ΑΒΔΕ.
• Οι οξείες γωνίες ΜÂΒ και ΘΒ̂Δ είναι ίσες. Πράγματι, από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΜΒ:
  ΜÂΒ = 90° − Β̂ = 90° − (45° + ω) = 45° − ω
  ενώ, επειδή τα Θ, Β, Μ είναι συνευθειακά και η ΑΒ̂Δ είναι ορθή (γωνία του τετραγώνου):
  ΘΒ̂Δ = 180° − ΑΒ̂Δ − ΑΒ̂Μ = 180° − 90° − (45° + ω) = 45° − ω

Άρα τα δύο ορθογώνια τρίγωνα είναι ίσα (υποτείνουσα και οξεία γωνία), οπότε

ΒΘ = ΑΜ = υ   και   ΔΘ = ΒΜ

Επειδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με ΑΒ = ΑΓ, το ίχνος Μ του ύψους ΑΜ είναι το μέσο της ΒΓ, άρα

ΒΜ = α/2,    οπότε ΔΘ = α/2

Το ύψος του τραπεζίου είναι η ΜΘ, και επειδή το Β βρίσκεται ανάμεσα στα Θ και Μ:

ΜΘ = ΜΒ + ΒΘ = α/2 + υ

Επομένως

(ΑΜΘΔ) = ½ · (ΑΜ + ΘΔ) · ΜΘ = ½ · (υ + α/2) · (υ + α/2)
= ½ · (υ + α/2)²

(ΑΜΘΔ) = ½ (υ + α/2)²

Γιατί βγαίνει τέλειο τετράγωνο: το άθροισμα των δύο βάσεων είναι υ + α/2, και το ύψος είναι επίσης υ + α/2 — ακριβώς επειδή τα δύο ορθογώνια τρίγωνα είναι ίσα και «ανταλλάσσουν» τις κάθετες πλευρές τους. Αυτό είναι το όμορφο σημείο του θέματος και αξίζει να σχολιαστεί στο γραπτό.

Από τις υποθέσεις υπάρχουν ακέραιοι κ, λ, μ ώστε

Α = 7κ + 1,   Α = 9λ + 1,   Α = 64μ + 3

Βήμα 1 — συνδυασμός των δύο πρώτων. Οι δύο πρώτες γράφονται

Α − 1 = 7κ   και   Α − 1 = 9λ

δηλαδή το Α − 1 είναι κοινό πολλαπλάσιο των 7 και 9. Επειδή ΜΚΔ(7, 9) = 1, το ΕΚΠ τους είναι 63, άρα

63 | (Α − 1),    δηλαδή Α − 1 = 63ν για κάποιον ακέραιο ν

Βήμα 2 — η τρίτη συνθήκη. Από Α = 64μ + 3 έχουμε

Α − 1 = 64μ + 2

δηλαδή το Α − 1 αφήνει υπόλοιπο 2 στη διαίρεση με το 64.

Βήμα 3 — το διάστημα. Από 35000 < Α < 40000 προκύπτει 34999 < Α − 1 < 39999, οπότε

34999 < 63ν < 39999 ⟹ 555,5… < ν < 634,9…

Βήμα 4 — εύρεση. Ψάχνουμε το 63ν σε αυτό το διάστημα που αφήνει υπόλοιπο 2 στο 64. Γράφουμε 63 = 64 − 1, οπότε

63ν = 64ν − ν

Το υπόλοιπο του 63ν στη διαίρεση με το 64 είναι επομένως το υπόλοιπο του −ν, δηλαδή το 64 − ν (για 0 < ν < 64) και γενικά το υπόλοιπο του −ν modulo 64. Απαιτούμε

−ν ≡ 2 (mod 64) ⟺ ν ≡ −2 ≡ 62 (mod 64)

Οι τιμές του ν με ν ≡ 62 (mod 64) είναι 62, 126, 190, 254, 318, 382, 446, 510, 574, 638, … Μέσα στο διάστημα 556 ≤ ν ≤ 634 βρίσκεται μόνο το

ν = 574

(το επόμενο, 638, είναι εκτός). Άρα

Α − 1 = 63 · 574 = 36162 ⟹ Α = 36163

Επαλήθευση: 36163 = 7 · 5166 + 1 ✔, 36163 = 9 · 4018 + 1 ✔, 36163 = 64 · 565 + 3 ✔, και 35000 < 36163 < 40000 ✔

Ο πληθυσμός της πόλης είναι 36163 κάτοικοι

Το τέχνασμα 63 = 64 − 1 είναι αυτό που κάνει το θέμα λύσιμο σε δύο ώρες χωρίς Κινεζικό Θεώρημα Υπολοίπων. Αξίζει να το θυμάστε: όταν δύο μέτρα διαφέρουν κατά 1, το ένα υπόλοιπο εκφράζεται άμεσα μέσω του άλλου.

Ο πρώτος όρος της αγκύλης. Με την ιδιότητα α^−ν/β^−ν = (β/α)^ν:

(−2)⁻¹⁰/(−8)⁻¹⁰ = ((−8)/(−2))¹⁰ = 4¹⁰ = (2²)¹⁰ = 2²⁰

Ο δεύτερος όρος.

32⁶/4⁵ = (2⁵)⁶/(2²)⁵ = 2³⁰/2¹⁰ = 2²⁰

Η αγκύλη.

2²⁰ + 3 · 2²⁰ = 4 · 2²⁰ = 2² · 2²⁰ = 2²²

Ο διαιρέτης.

12² − 4² = 144 − 16 = 128 = 2⁷

Τελικά.

Α = (2²²)¹⁰⁰ : (2⁷)³⁰⁰ = 2²²⁰⁰ : 2²¹⁰⁰ = 2^{2200 − 2100} = 2¹⁰⁰

Α = 2¹⁰⁰

Μια χρήσιμη συνήθεια: η παράσταση 12² − 4² μπορεί επίσης να παραγοντοποιηθεί ως (12 − 4)(12 + 4) = 8 · 16 = 2³ · 2⁴ = 2⁷, χωρίς καμία πράξη. Η διαφορά τετραγώνων γλιτώνει χρόνο σε πολλά θέματα αυτής της κατηγορίας.

Γράφουμε τον αριθμό αναλύοντας τα δύο τελευταία ψηφία:

Α = 2023xy = 202300 + 10x + y

Εξετάζουμε το σταθερό μέρος:

202300 = 17 · 11900

δηλαδή το 202300 είναι ακριβώς πολλαπλάσιο του 17. Επομένως

17 | Α ⟺ 17 | (10x + y)

Ο αριθμός 10x + y = xy παίρνει τιμές από 0 έως 99. Τα πολλαπλάσια του 17 σε αυτό το διάστημα είναι

0, 17, 34, 51, 68, 85

Σε κάθε ένα αντιστοιχεί ένα ζεύγος ψηφίων:

(x, y) ∈ {(0,0), (1,7), (3,4), (5,1), (6,8), (8,5)}

Πώς φαίνεται ότι 17 | 202300 χωρίς υπολογιστή: 202300 = 2023 · 100 και 2023 = 7 · 17 · 17. Το 2023 είναι από μόνο του πολλαπλάσιο του 17 — και αυτό δεν είναι τυχαίο, είναι η χρονολογία του διαγωνισμού. Η Επιτροπή διάλεξε το 17 ακριβώς επειδή διαιρεί το 2023.

Επειδή 10 = 2 · 5, το γινόμενο τεσσάρων οποιωνδήποτε από τους αριθμούς πρέπει να περιέχει τόσο τον παράγοντα 2 όσο και τον παράγοντα 5.

Βήμα 1 — οι άρτιοι είναι τουλάχιστον τέσσερις.

Έστω ότι ανάμεσα στους επτά υπήρχαν τουλάχιστον τέσσερις περιττοί. Τότε θα μπορούσαμε να επιλέξουμε τέσσερις περιττούς· το γινόμενό τους θα ήταν περιττό, άρα δεν θα διαιρούνταν με το 2 και κατά συνέπεια ούτε με το 10 — άτοπο.

Επομένως οι περιττοί είναι το πολύ τρεις, άρα οι άρτιοι είναι τουλάχιστον τέσσερις.

Βήμα 2 — τα πολλαπλάσια του 5 είναι τουλάχιστον τέσσερα.

Με τον ίδιο ακριβώς συλλογισμό: αν υπήρχαν τέσσερις αριθμοί που δεν διαιρούνται με το 5, το γινόμενό τους δεν θα διαιρούνταν με το 5 (το 5 είναι πρώτος), άρα ούτε με το 10 — άτοπο.

Επομένως οι μη πολλαπλάσιοι του 5 είναι το πολύ τρεις, άρα τα πολλαπλάσια του 5 είναι τουλάχιστον τέσσερα.

Βήμα 3 — η αρχή του περιστερώνα.

Έχουμε λοιπόν, μέσα σε σύνολο 7 αριθμών, ένα υποσύνολο Π₂ με τουλάχιστον 4 στοιχεία (τα πολλαπλάσια του 2) και ένα υποσύνολο Π₅ με τουλάχιστον 4 στοιχεία (τα πολλαπλάσια του 5). Αν τα δύο αυτά υποσύνολα ήταν ξένα μεταξύ τους, θα είχαν συνολικά τουλάχιστον

4 + 4 = 8 > 7 στοιχεία

πράγμα αδύνατο. Άρα έχουν τουλάχιστον ένα κοινό στοιχείο: υπάρχει αριθμός που είναι ταυτόχρονα πολλαπλάσιο του 2 και του 5.

Επειδή ΜΚΔ(2, 5) = 1, ένας τέτοιος αριθμός είναι πολλαπλάσιο του 2 · 5 = 10.

Υπάρχει αριθμός ανάμεσα στους επτά που διαιρείται με το 10

(α) Στο ορθογώνιο ΑΒΓΔ είναι ΒΓ ∥ ΑΔ. Επειδή το Ε ανήκει στη ΒΓ και το Ζ στην ΑΔ, έπεται ότι ΕΓ ∥ ΑΖ. Μαζί με τη δοθείσα ΑΕ ∥ ΓΖ, το τετράπλευρο ΑΕΓΖ έχει τις απέναντι πλευρές παράλληλες, άρα είναι παραλληλόγραμμο. Επομένως

ΑΖ = ΕΓ   (1)

Υπολογίζουμε την ΕΓ:

ΕΓ = ΒΓ − ΒΕ = 2α − 3α/4 = 5α/4   (2)

Το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ορθογώνιο στο Β, με κάθετες πλευρές ΑΒ = α και ΒΕ = 3α/4. Από το Πυθαγόρειο θεώρημα:

ΑΕ² = α² + 9α²/16 = 25α²/16 ⟹ ΑΕ = 5α/4   (3)

Από τις (2) και (3) προκύπτει ΑΕ = ΕΓ. Το παραλληλόγραμμο ΑΕΓΖ έχει λοιπόν δύο διαδοχικές πλευρές ίσες, άρα είναι ρόμβος και όλες οι πλευρές του είναι ίσες:

ΑΕ = ΕΓ = ΓΖ = ΖΑ = 5α/4,    ειδικότερα ΑΕ = ΑΖ

(β) Το ορθογώνιο ΑΒΓΔ και ο ρόμβος ΑΕΓΖ έχουν κοινή τη διαγώνιο ΑΓ. Σε κάθε παραλληλόγραμμο οι διαγώνιοι διχοτομούνται, δηλαδή η μία περνάει από το μέσο της άλλης. Άρα:

• η διαγώνιος ΕΖ του ρόμβου περνάει από το μέσο της ΑΓ — και αυτό το σημείο είναι το Ο·
• η διαγώνιος ΒΔ του ορθογωνίου περνάει επίσης από το μέσο της ΑΓ.

Επειδή το μέσο ενός τμήματος είναι μοναδικό, η ΒΔ περνάει από το Ο.

(γ) Από το Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ:

ΑΓ² = ΑΒ² + ΒΓ² = α² + 4α² = 5α² ⟹ ΑΓ = α√5   (4)

Υπολογίζουμε το εμβαδόν του ρόμβου ΑΕΓΖ με δύο τρόπους.

Ως μισό γινόμενο των διαγωνίων:

(ΑΕΓΖ) = ½ · ΑΓ · ΕΖ

Ως βάση επί ύψος: παίρνουμε βάση την ΕΓ, που βρίσκεται πάνω στην ευθεία ΒΓ. Η απόσταση της κορυφής Α από την ευθεία ΒΓ είναι ΑΒ = α. Άρα

(ΑΕΓΖ) = ΕΓ · ΑΒ = (5α/4) · α = 5α²/4

Εξισώνοντας:

½ · α√5 · ΕΖ = 5α²/4
ΕΖ = (5α²/4) · 2/(α√5) = 5α/(2√5) = 5α√5/10 = α√5/2   (5)

Από τις (4) και (5):

ΑΓ = α√5 = 2 · (α√5/2) = 2 · ΕΖ

Αποδείχθηκαν και τα τρία

Γιατί επιλέχθηκε το 3α/4: για να βγει ΑΕ = ΕΓ χρειάζεται ΑΒ² + ΒΕ² = (ΒΓ − ΒΕ)², δηλαδή α² + x² = (2α − x)², που δίνει α² = 4α² − 4αx, άρα x = 3α/4. Είναι η μοναδική τιμή που κάνει το παραλληλόγραμμο ρόμβο — και όλο το θέμα στηρίζεται σε αυτήν.

Υπολογισμός του Α.

(−99/9)² = (−11)² = 121
(−3)⁵/9² = −3⁵/(3²)² = −3⁵/3⁴ = −3

Επίσης (−2024)⁰ = 1. Άρα

Α = (121 − 3) · 1 − 118 − 2/21 = 118 − 118 − 2/21 = −2/21

Υπολογισμός του Β.

(−20)⁸/4⁸ = (−20/4)⁸ = (−5)⁸ = 5⁸
(−1/5)⁻⁸ = (5/(−1))⁸ = (−5)⁸ = 5⁸

Άρα

Β = 5⁸ − 5⁸ − 3/32 = −3/32

Σύγκριση.

Α − Β = −2/21 + 3/32 = (−2·32 + 3·21)/(21·32) = (−64 + 63)/672 = −1/672 < 0

Άρα Α < Β.

Α = −2/21,   Β = −3/32,   Α < Β

Παρατήρηση: οι δύο αριθμοί διαφέρουν κατά 1/672 — λιγότερο από δύο χιλιοστά. Με δεκαδική προσέγγιση δύο ψηφίων και οι δύο κάνουν −0,10 και η σύγκριση είναι αδύνατη. Γι’ αυτό η διαφορά υπολογίζεται πάντα ως κλάσμα.

Έστω ο ζητούμενος αριθμός αβγ = 100α + 10β + γ, με 0 < α ≤ 9 και 0 ≤ β, γ ≤ 9. Η συνθήκη γράφεται

100α + 10β + γ = 20(α + β + γ) = 20α + 20β + 20γ
⟺ 80α − 10β = 19γ ⟺ 10(8α − β) = 19γ

Το κρίσιμο βήμα. Το αριστερό μέλος είναι πολλαπλάσιο του 10, άρα και ο 19γ είναι πολλαπλάσιο του 10. Επειδή ΜΚΔ(19, 10) = 1, πρέπει το ίδιο το γ να είναι πολλαπλάσιο του 10. Και επειδή το γ είναι ψηφίο (0 ≤ γ ≤ 9), η μοναδική δυνατότητα είναι

γ = 0

Εύρεση των α, β. Με γ = 0 η εξίσωση γίνεται

10(8α − β) = 0 ⟺ 8α − β = 0 ⟺ β = 8α

Επειδή 0 ≤ β ≤ 9 και α ≥ 1, η μοναδική δυνατότητα είναι α = 1 (για α = 2 θα ήταν β = 16 > 9), οπότε β = 8.

Άρα ο αριθμός είναι ο 180.

Επαλήθευση: άθροισμα ψηφίων 1 + 8 + 0 = 9 και 20 · 9 = 180. ✔

Ο μοναδικός αριθμός είναι ο 180

Συγκριτικά με τη δεύτερη μέθοδο της Ε.Μ.Ε.: το επίσημο φυλλάδιο δίνει και εναλλακτική λύση με απαρίθμηση — όλοι οι αριθμοί είναι πολλαπλάσια του 20, άρα λήγουν σε 0, και με φράγματα περιορίζονται σε έξι υποψηφίους (160, 180, 240, 260, 280, 340) που ελέγχονται έναν προς έναν. Λειτουργεί, αλλά η πρώτη μέθοδος — το ότι 19γ πρέπει να είναι πολλαπλάσιο του 10 — τελειώνει το θέμα σε τρεις γραμμές χωρίς καμία δοκιμή. Αξίζει να προτιμηθεί στο γραπτό.

(α) Από το ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = ΑΓ και Â = 45°:

Β̂ = Γ̂ = (180° − 45°)/2 = 67,5°

Η ευθεία ΖΕ είναι μεσοκάθετη της ΑΓ και το Ζ ανήκει σε αυτήν, άρα ΖΑ = ΖΓ και το τρίγωνο ΖΑΓ είναι ισοσκελές. Επομένως οι προσκείμενες στη βάση ΑΓ γωνίες του είναι ίσες:

ΓÂΖ = ΑΓ̂Ζ = Γ̂ = 67,5°

Επειδή η ημιευθεία ΑΒ βρίσκεται ανάμεσα στις ΑΓ και ΑΖ:

ΓÂΖ = ΓÂΒ + ΒÂΖ ⟹ 67,5° = 45° + ΖÂΒ ⟹ ΖÂΒ = 22,5°

ΖÂΒ = 22,5°

(β) Βήμα 1 — το τρίγωνο ΑΗΔ. Είναι ορθογώνιο στο Δ (η ΗΔ ανήκει στη μεσοκάθετη της ΑΓ) και έχει ΗÂΔ = Â = 45°. Άρα είναι ορθογώνιο και ισοσκελές:

ΗΔ = ΑΔ = κ,    και από το Πυθαγόρειο ΑΗ² = κ² + κ² = 2κ² ⟹ ΑΗ = κ√2

Βήμα 2 — το τρίγωνο ΑΗΖ. Η γωνία ΑΗ̂Δ = 45° είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΑΗΖ, άρα ισούται με το άθροισμα των δύο απέναντι εσωτερικών:

ΑΗ̂Δ = ΖÂΗ + ΗẐΑ ⟹ 45° = 22,5° + ΗẐΑ ⟹ ΗẐΑ = 22,5°

Το τρίγωνο ΑΗΖ έχει λοιπόν δύο ίσες γωνίες (ΖÂΗ = ΗẐΑ = 22,5°), άρα είναι ισοσκελές με

ΖΗ = ΑΗ = κ√2

Επομένως

ΖΔ = ΖΗ + ΗΔ = κ√2 + κ = κ(1 + √2)

Βήμα 3 — το τετράπλευρο ΑΖΓΕ είναι δύο ίσα τρίγωνα. Επειδή ΑΕ ∥ ΖΓ, οι εντός εναλλάξ γωνίες δίνουν ΓẐΕ = ΑÊΖ. Επίσης, λόγω της συμμετρίας ως προς τη μεσοκάθετη ΖΕ της ΑΓ, είναι ΓẐΕ = ΑẐΕ. Άρα

ΑẐΕ = ΑÊΖ

οπότε το τρίγωνο ΑΖΕ είναι ισοσκελές με ΑΖ = ΑΕ. Συνδυάζοντας με ΑΖ = ΖΓ και ΑΕ = ΕΓ (από τη μεσοκάθετη):

ΑΖ = ΖΓ = ΓΕ = ΕΑ

Τα ισοσκελή τρίγωνα ΑΖΓ και ΑΕΓ έχουν τις πλευρές τους ίσες μία προς μία (με κοινή την ΑΓ), άρα είναι ίσα.

Βήμα 4 — το εμβαδόν. Είναι ΑΓ = 2 · ΑΔ = 2κ, και το ύψος του τριγώνου ΑΖΓ προς τη βάση ΑΓ είναι το ΖΔ. Άρα

(ΑΖΓ) = ½ · ΑΓ · ΖΔ = ½ · 2κ · κ(1 + √2) = κ²(1 + √2)

και επομένως

(ΑΖΓΕ) = 2 · (ΑΖΓ) = 2κ²(1 + √2)

ΖÂΒ = 22,5° και (ΑΖΓΕ) = 2κ²(1 + √2)

Υπολογισμός του Α.

(−18/3)² = (−6)² = 36,    (−2)²/3² = 4/9

Η αγκύλη γίνεται

36 + 4/9 = (324 + 4)/9 = 328/9

Άρα

Α = (328/9) · (1/78) − 2/3 = 328/702 − 2/3

Απλοποιούμε το πρώτο κλάσμα διαιρώντας με 2:

328/702 = 164/351

Φέρνουμε και το 2/3 σε παρονομαστή 351 (αφού 351 = 3 · 117):

2/3 = 234/351
Α = 164/351 − 234/351 = −70/351

Υπολογισμός του Β.

(−18)⁸/3⁸ = (−18/3)⁸ = (−6)⁸
(−1/6)⁻⁸ = (6/(−1))⁸ = (−6)⁸

Οι δύο πρώτοι όροι αναιρούνται:

Β = (−6)⁸ − (−6)⁸ − 25/117 = −25/117

Για τη σύγκριση το γράφουμε με παρονομαστή 351:

Β = −25/117 = −75/351

Σύγκριση.

Α − Β = −70/351 + 75/351 = 5/351 > 0

Άρα Α > Β.

Α = −70/351,   Β = −25/117 = −75/351,   Α > Β

Η παγίδα της συνήθειας: στις τέσσερις προηγούμενες χρονιές η απάντηση ήταν πάντα Α < Β. Το 2025 η Επιτροπή την αντέστρεψε. Και οι δύο αριθμοί είναι αρνητικοί και κοντά στο −0,2· η σωστή ανάγνωση είναι ότι το −70/351 έχει μικρότερη απόλυτη τιμή, άρα βρίσκεται δεξιότερα στον άξονα.

Αντικαθιστούμε στην ισότητα Α = Β + 8Γ:

100α + 10β + γ = (10β + γ) + 8(10α + β)
100α + 10β + γ = 10β + γ + 80α + 8β

Το γ και το 10β απλοποιούνται και από τα δύο μέλη:

100α = 80α + 8β ⟺ 20α = 8β ⟺ β = 20α/8 = 5α/2

Εύρεση των α, β. Για να είναι το β ακέραιος, το α πρέπει να είναι άρτιο. Με α ≠ 0 και α ≤ 9, οι υποψήφιες τιμές είναι α ∈ {2, 4, 6, 8}, που δίνουν

β = 5, 10, 15, 20 αντίστοιχα

Επειδή όμως το β είναι ψηφίο (β ≤ 9), δεκτή είναι μόνο η πρώτη περίπτωση:

α = 2, β = 5

Άρα Α = 25γ, όπου γ ψηφίο με 0 ≤ γ ≤ 9.

Η συνθήκη της διαιρετότητας με το 3. Ένας αριθμός διαιρείται με το 3 αν και μόνο αν το άθροισμα των ψηφίων του διαιρείται με το 3. Εδώ

2 + 5 + γ = 7 + γ

Απαιτούμε 3 | (7 + γ). Ελέγχοντας τα γ = 0, 1, …, 9 προκύπτει ότι 7 + γ ∈ {9, 12, 15} για

γ = 2, 5, 8

Άρα οι ζητούμενοι αριθμοί είναι

Α = 252 ή Α = 255 ή Α = 258

Επαλήθευση για τον 255: Β = 55, Γ = 25, και Β + 8Γ = 55 + 200 = 255 ✔· άθροισμα ψηφίων 2 + 5 + 5 = 12, πολλαπλάσιο του 3 ✔

Α = 252, 255 ή 258

Γιατί το γ εξαφανίζεται: ο Β περιέχει το γ ακριβώς όπως και ο Α (ως τελευταίο ψηφίο), ενώ ο Γ δεν το περιέχει καθόλου. Η ισότητα Α = Β + 8Γ επομένως δεν «βλέπει» το γ — γι’ αυτό χρειάζεται και δεύτερη συνθήκη για να προσδιοριστεί.

1. Από την υπόθεση:

• ΑΕ ∥ ΒΔ, και το τμήμα ΟΔ ανήκει στη διαγώνιο ΒΔ, άρα ΑΕ ∥ ΟΔ·
• ΕΔ ∥ ΑΓ, και το τμήμα ΑΟ ανήκει στη διαγώνιο ΑΓ, άρα ΕΔ ∥ ΑΟ.

Το τετράπλευρο ΑΟΔΕ έχει λοιπόν τις απέναντι πλευρές του παράλληλες, άρα είναι παραλληλόγραμμο, οπότε

ΑΟ = ΕΔ   και   ΑΕ = ΟΔ   (1)

Στο ορθογώνιο ΑΒΓΔ οι διαγώνιοι είναι ίσες (ΑΓ = ΒΔ) και διχοτομούνται στο Ο, άρα

ΑΟ = ΑΓ/2 = ΒΔ/2 = ΟΔ   (2)

Από τις (1) και (2):

ΑΟ = ΟΔ = ΔΕ = ΕΑ

Το ΑΟΔΕ έχει και τις τέσσερις πλευρές του ίσες, άρα είναι ρόμβος.

Προσοχή: σταματάμε εδώ. Σε ορθογώνιο που δεν είναι τετράγωνο, η γωνία ΑÔΔ δεν είναι ορθή, οπότε το ΑΟΔΕ δεν είναι τετράγωνο.

2. Από το ερώτημα 1 έχουμε

ΕΑ = ΕΔ   και   ΟΑ = ΟΔ

Δηλαδή τόσο το Ε όσο και το Ο ισαπέχουν από τα άκρα του τμήματος ΑΔ. Δύο σημεία που ισαπέχουν από τα άκρα ενός τμήματος ορίζουν τη μεσοκάθετό του, άρα η ευθεία ΕΟ είναι η μεσοκάθετη της ΑΔ.

Σε ορθογώνιο, η μεσοκάθετη μιας πλευράς είναι άξονας συμμετρίας: η ευθεία ΕΟ απεικονίζει την πλευρά ΑΔ στην ΒΓ και, ειδικότερα,

το Β στο Γ και το Γ στο Β

Το σημείο Ε ανήκει στον άξονα, άρα παραμένει σταθερό. Επομένως το τμήμα ΕΒ απεικονίζεται στο ΕΓ, και η συμμετρία διατηρεί τα μήκη:

ΕΒ = ΕΓ

Αποδείχθηκαν και τα δύο

Εναλλακτικά, χωρίς συμμετρία: το Ε ανήκει στη μεσοκάθετη της ΑΔ. Επειδή το ΑΒΓΔ είναι ορθογώνιο, είναι ΑΒ = ΔΓ και ΑΒ ⊥ ΑΔ, ΔΓ ⊥ ΑΔ. Τα ορθογώνια τρίγωνα που σχηματίζονται από το ίχνος της μεσοκαθέτου προς τα Β και Γ είναι ίσα, οπότε ΕΒ = ΕΓ. Η διατύπωση με τον άξονα συμμετρίας είναι συντομότερη και πλήρως αποδεκτή.