Βήμα 1 — το α είναι μεγαλύτερο και από τα δύο άλλα. Έστω, προς άτοπο, ότι α ≤ β. Τότε 4α² ≤ 4β², και επειδή 2β² + 5γ² + 25 > 0:

4α² ≤ 4β² < 6β² + 5γ² + 25

που αντιφάσκει με την πρώτη εξίσωση, η οποία απαιτεί ισότητα. Ομοίως αποκλείεται το α ≤ γ. Άρα

α > β   και   α > γ

Βήμα 2 — φράγμα για το α. Από τη δεύτερη εξίσωση, χρησιμοποιώντας β < α και γ < α:

13α = 3β + 2γ + 34 < 3α + 2α + 34 = 5α + 34

άρα 8α < 34, δηλαδή

α ∈ {1, 2, 3, 4}

Βήμα 3 — έλεγχος των τεσσάρων περιπτώσεων.

• α = 1: απορρίπτεται αμέσως, αφού θα έπρεπε β < 1 και γ < 1, ενώ οι β, γ είναι θετικοί ακέραιοι.
• α = 2: η πρώτη εξίσωση δίνει 6β² + 5γ² = 16 − 25 = −9 < 0. Αδύνατο.
• α = 3: προκύπτει το σύστημα 6β² + 5γ² = 36 − 25 = 11 και 3β + 2γ = 39 − 34 = 5. Από το πρώτο, β = γ = 1 (κάθε άλλη επιλογή ξεπερνά το 11), και πράγματι 3 + 2 = 5 ✔ Δεκτή.
• α = 4: προκύπτει 6β² + 5γ² = 64 − 25 = 39 και 3β + 2γ = 52 − 34 = 18. Από την πρώτη: β = 1 δίνει 5γ² = 33, όχι τέλειο πολλαπλάσιο· β = 2 δίνει 5γ² = 15, άρα γ² = 3, αδύνατο· β ≥ 3 δίνει 6β² ≥ 54 > 39. Αδύνατο.

Επαλήθευση: 4 · 9 = 36 και 6 + 5 + 25 = 36 ✔· 13 · 3 = 39 και 3 + 2 + 34 = 39 ✔

(α, β, γ) = (3, 1, 1), μοναδική λύση

Η γενική συνταγή: σε διοφαντικό σύστημα με περισσότερους αγνώστους από εξισώσεις, η «δευτεροβάθμια» εξίσωση δίνει τάξη μεγέθους (ποιος είναι μεγαλύτερος) και η «πρωτοβάθμια» τη μετατρέπει σε πεπερασμένη λίστα. Σχεδόν ποτέ το αντίστροφο.

(α) Η f είναι επί. Στην (*) θέτουμε y = −2f(x):

f(2f(x) − 2f(x)) = f(f(−2f(x)) + x) + x
f(0) − x = f( f(−2f(x)) + x )   (1)

Έστω τώρα α ∈ ℝ αυθαίρετο. Θέτουμε στην (1) όπου x τον αριθμό f(0) − α. Το αριστερό μέλος γίνεται

f(0) − (f(0) − α) = α

Άρα, με z = f(−2f(x)) + x για το συγκεκριμένο x = f(0) − α, έχουμε f(z) = α. Επειδή το α ήταν αυθαίρετο, η f είναι επί.

(α) Η f είναι 1-1. Αφού η f είναι επί, υπάρχει y₀ ∈ ℝ με f(y₀) = 0. Θέτουμε y = y₀ στην (*):

f(2f(x) + y₀) = f(f(y₀) + x) + x = f(0 + x) + x = f(x) + x   (2)

Έστω x₁, x₂ με f(x₁) = f(x₂). Τότε 2f(x₁) + y₀ = 2f(x₂) + y₀, άρα και

f(2f(x₁) + y₀) = f(2f(x₂) + y₀)

Από την (2) αυτό σημαίνει f(x₁) + x₁ = f(x₂) + x₂, και επειδή f(x₁) = f(x₂) προκύπτει

x₁ = x₂

άρα η f είναι 1-1.

(β) Εύρεση της f. Θέτουμε x = 0 στην (*):

f(2f(0) + y) = f(f(y)) + 0 = f(f(y))

Επειδή η f είναι 1-1, τα ορίσματα είναι ίσα:

f(y) = 2f(0) + y   για κάθε y ∈ ℝ   (3)

Θέτοντας y = 0 στην (3) παίρνουμε f(0) = 2f(0), άρα f(0) = 0, και η (3) γίνεται

f(y) = y   για κάθε y ∈ ℝ

Επαλήθευση: για f(x) = x το αριστερό μέλος της (*) είναι 2x + y και το δεξί (y + x) + x = 2x + y ✔

f(x) = x για κάθε x ∈ ℝ

Θα αποδείξουμε ότι η ευθεία ΔΤ περνά από το βαρύκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ. Το ίδιο επιχείρημα, με κυκλική εναλλαγή των γραμμάτων, ισχύει και για τις ΕΡ, ΖΣ, οπότε οι τρεις ευθείες συντρέχουν σε αυτό.

Βήμα 1 — το ΑΒΓΔ είναι ισοσκελές τραπέζιο. Οι κύκλοι C (κέντρο Ο) και C_Μ (κέντρο Μ) τέμνονται στα Α και Δ. Η διάκεντρος ΟΜ είναι μεσοκάθετος της κοινής χορδής ΑΔ. Ταυτόχρονα, η ΟΜ είναι μεσοκάθετος της χορδής ΒΓ του C, αφού το Μ είναι το μέσο της ΒΓ και το Ο το κέντρο.

Η ίδια ευθεία είναι λοιπόν μεσοκάθετος και των δύο χορδών ΑΔ, ΒΓ του κύκλου C. Άρα

ΑΔ ∥ ΒΓ

και το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι εγγεγραμμένο τραπέζιο, δηλαδή ισοσκελές τραπέζιο.

Βήμα 2 — υπολογισμός του ΜΤ. Έστω Μ′ το σημείο τομής της ευθείας ΟΜ με την ΑΔ. Επειδή η ΟΜ είναι μεσοκάθετος της ΑΔ, το Μ′ είναι το μέσο της:

ΑΜ′ = ΑΔ / 2

Θεωρούμε τώρα το τετράπλευρο ΑΤΜΜ′. Οι πλευρές ΑΤ και Μ′Μ είναι και οι δύο κάθετες στη ΒΓ (η πρώτη εξ ορισμού του Τ, η δεύτερη επειδή η ΟΜ ⊥ ΒΓ), άρα ΑΤ ∥ Μ′Μ. Οι πλευρές ΑΜ′ και ΤΜ βρίσκονται στις παράλληλες ευθείες ΑΔ και ΒΓ. Το ΑΤΜΜ′ είναι λοιπόν παραλληλόγραμμο με ορθές γωνίες, δηλαδή ορθογώνιο, οπότε οι απέναντι πλευρές του είναι ίσες:

ΜΤ = ΑΜ′ = ΑΔ / 2   (1)

Βήμα 3 — όμοια τρίγωνα. Έστω S το σημείο τομής των ευθειών ΑΜ και ΔΤ. Επειδή ΑΔ ∥ ΜΤ, τα τρίγωνα ΑΔS και ΜΤS έχουν:

• ίσες τις κατακορυφήν γωνίες στην κορυφή S·
• ίσες τις εντός εναλλάξ γωνίες ΔÂS και ΤΜ̂S (τέμνουσα η ΑΜ).

Άρα είναι όμοια, και από την (1):

SΑ / SΜ = ΑΔ / ΜΤ = 2

Βήμα 4 — το S είναι το βαρύκεντρο. Το σημείο S ανήκει στη διάμεσο ΑΜ του τριγώνου ΑΒΓ (αφού το Μ είναι το μέσο της ΒΓ) και τη χωρίζει σε λόγο SΑ : SΜ = 2 : 1 μετρώντας από την κορυφή Α. Αυτή η ιδιότητα χαρακτηρίζει το βαρύκεντρο, άρα το S είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ.

Με τον ίδιο ακριβώς συλλογισμό, η ΕΡ περνά από το βαρύκεντρο (ρόλο της ΒΓ παίζει η ΑΓ, του Μ το Κ, του Τ το Ρ) και ομοίως η ΖΣ. Οι τρεις ευθείες έχουν λοιπόν κοινό σημείο.

Οι ΔΤ, ΕΡ, ΖΣ συντρέχουν στο βαρύκεντρο του ΑΒΓ

Επαλήθευση με συντεταγμένες: σε πέντε τυχαία τρίγωνα με ΑΒ < ΑΓ < ΒΓ, η απόσταση του βαρυκέντρου από καθεμία από τις τρεις ευθείες βγήκε μηδενική μέχρι το όριο ακρίβειας της μηχανής (τάξης 10⁻¹⁶) ✔

Γιατί δόθηκε η συνθήκη ΑΒ < ΑΓ < ΒΓ: εξασφαλίζει ότι το τρίγωνο δεν είναι ισοσκελές, οπότε κάθε ένας από τους τρεις κύκλους τέμνει πράγματι τον C σε δεύτερο σημείο Δ ≠ Α (αν ήταν ΑΒ = ΑΓ, η ΟΜ θα περνούσε από το Α και τα Α, Δ θα ταυτίζονταν).

Θέτουμε p = ab. Από a + b = 2:

Βήμα 1 — έκφραση με το p.

a³ + b³ = (a + b)³ − 3ab(a + b) = 8 − 6p
a² + b² = (a + b)² − 2ab = 4 − 2p
a⁴ + b⁴ = (a² + b²)² − 2a²b² = (4 − 2p)² − 2p² = 16 − 16p + 2p²

Επομένως

Α = 8(8 − 6p) − 3(16 − 16p + 2p²) = 64 − 48p − 48 + 48p − 6p²
Α = −6p² + 16

Οι πρωτοβάθμιοι όροι απαλείφθηκαν — η παράσταση εξαρτάται μόνο από το p².

Βήμα 2 — εύρος του p. Από a, b ≥ 0 προκύπτει p = ab ≥ 0. Από την ανισότητα αριθμητικού–γεωμετρικού μέσου:

p = ab ≤ ((a + b)/2)² = 1

Άρα 0 ≤ p ≤ 1, οπότε 0 ≤ p² ≤ 1 και

−6 ≤ −6p² ≤ 0 ⟹ 10 ≤ Α ≤ 16

Βήμα 3 — τα άκρα επιτυγχάνονται.

• Α = 10 όταν p² = 1, δηλαδή ab = 1· μαζί με a + b = 2 δίνει a = b = 1. Έλεγχος: 8(1 + 1) − 3(1 + 1) = 16 − 6 = 10 ✔
• Α = 16 όταν p = 0, δηλαδή ab = 0· μαζί με a + b = 2 δίνει (a, b) = (2, 0) ή (0, 2). Έλεγχος: 8 · 8 − 3 · 16 = 64 − 48 = 16 ✔

ελάχιστη τιμή 10, μέγιστη τιμή 16

Αριθμητική επαλήθευση: σαρώνοντας 200.001 τιμές του a στο [0, 2], το ελάχιστο βγήκε 10,000000 και το μέγιστο 16,000000 ✔

Το δίδαγμα: σε συμμετρικό πρόβλημα με σταθερό άθροισμα, το γινόμενο p είναι η μόνη πραγματική μεταβλητή. Το ερώτημα «βρες μέγιστο και ελάχιστο δύο μεταβλητών» γίνεται «βρες μέγιστο και ελάχιστο μιας παραβολής σε διάστημα» — και η μόνη δυσκολία που απομένει είναι να προσδιορίσετε σωστά το διάστημα. Προσοχή: το άνω φράγμα p ≤ 1 χρειάζεται την υπόθεση a, b ≥ 0 για να επιτυγχάνεται· το κάτω φράγμα p ≥ 0 τη χρειάζεται για να ισχύει καθόλου.

Συμβολίζουμε με Â, Β̂, Γ̂ τις γωνίες του τριγώνου ΑΒΓ.

Βήμα 1 — ΜΔ ∥ ΒΑ και ΜΕ ∥ ΓΑ. Το τρίγωνο ΜΒΔ είναι ισοσκελές (ΜΔ = ΜΒ), άρα

ΜΔ̂Β = ΜΒ̂Δ

Η ΒΔ είναι διχοτόμος της Β̂, άρα ΜΒ̂Δ = ΔΒ̂Α. Συνεπώς ΜΔ̂Β = ΔΒ̂Α. Οι δύο αυτές γωνίες είναι εντός εναλλάξ των ευθειών ΜΔ και ΒΑ με τέμνουσα τη ΒΔ, οπότε

ΜΔ ∥ ΒΑ

Με τον ίδιο συλλογισμό στο ισοσκελές ΜΓΕ και τη διχοτόμο ΓΕ:

ΜΕ ∥ ΓΑ

Βήμα 2 — το τρίγωνο ΑΚΝ είναι ισοσκελές. Από τις παραλληλίες του Βήματος 1 και επειδή τα Κ, Δ, Ε, Ν είναι συνευθειακά (όλα στην ευθεία ΕΔ):

ΑΝ̂Κ = ΔΝ̂Γ = ΔÊΜ   (εντός εναλλάξ, ΜΕ ∥ ΓΑ)
ΑΚ̂Ν = ΕΚ̂Β = ΕΔ̂Μ   (εντός εναλλάξ, ΜΔ ∥ ΒΑ)

Το τρίγωνο ΕΜΔ είναι ισοσκελές: πράγματι ΜΔ = ΜΒ = ΒΓ/2 = ΜΓ = ΜΕ. Άρα ΔÊΜ = ΕΔ̂Μ, και από τις δύο παραπάνω σχέσεις

ΑΝ̂Κ = ΑΚ̂Ν

Το τρίγωνο ΑΚΝ είναι λοιπόν ισοσκελές με ΑΚ = ΑΝ.

Βήμα 3 — οι ορθές γωνίες. Από το Βήμα 2, η διχοτόμος της γωνίας Â είναι ύψος του ισοσκελούς ΑΚΝ, άρα κάθετη στην ΚΝ. Συνεπώς, στο τρίγωνο που σχηματίζει η ΑΓ με την ΚΝ:

ΔΝ̂Γ = 90° − Â/2 = (Β̂ + Γ̂)/2 = ΔÎΓ

όπου η τελευταία ισότητα ισχύει επειδή η ΔÎΓ είναι εξωτερική γωνία του τριγώνου ΒΙΓ στην κορυφή Ι, άρα ίση με ΙΒ̂Γ + ΙΓ̂Β = Β̂/2 + Γ̂/2. Οι γωνίες ΔΝ̂Γ και ΔÎΓ βλέπουν το τμήμα ΔΓ από την ίδια πλευρά, άρα το τετράπλευρο ΔΝΙΓ είναι εγγράψιμο.

Τώρα το κρίσιμο: επειδή ΜΔ = ΜΒ = ΜΓ, το Δ ανήκει στον κύκλο με διάμετρο τη ΒΓ, άρα

ΒΔ̂Γ = 90°,   δηλαδή ΙΔ̂Γ = 90°

(το Ι ανήκει στην ευθεία ΒΔ). Από το εγγράψιμο ΔΝΙΓ, η γωνία ΙΝ̂Γ βαίνει στο ίδιο τόξο με την ΙΔ̂Γ, άρα

ΙΝ̂Γ = 90° ⟹ ΙΝ̂Α = 90°

Με τον ίδιο συλλογισμό στην άλλη πλευρά (εγγράψιμο ΕΚΙΒ, ΒÊΓ = 90°):

ΙΚ̂Α = 90°

Βήμα 4 — συμπέρασμα.

ΙΝ̂Α + ΙΚ̂Α = 90° + 90° = 180°

Το τετράπλευρο ΑΚΙΝ έχει δύο απέναντι γωνίες παραπληρωματικές, άρα είναι εγγράψιμο: τα Α, Κ, Ι, Ν είναι ομοκυκλικά.

Αποδείχθηκε

Μια επιπλέον πληροφορία που αξίζει στο γραπτό. Οι γωνίες ΑΚ̂Ι και ΑΝ̂Ι δεν είναι απλώς παραπληρωματικές — είναι και οι δύο ορθές. Άρα τα Κ και Ν βλέπουν το τμήμα ΑΙ υπό ορθή γωνία, οπότε ο κύκλος των τεσσάρων σημείων έχει

διάμετρο την ΑΙ

δηλαδή κέντρο το μέσο του ΑΙ και ακτίνα ΑΙ/2. Η επίσημη λύση σταματά στο «παραπληρωματικές»· η διατύπωση με τη διάμετρο είναι ισχυρότερη, ισοδύναμα σύντομη και δείχνει ότι καταλάβατε το σχήμα.

Αριθμητική επαλήθευση: σε πέντε τυχαία τρίγωνα με ΑΒ < ΑΓ < ΒΓ, οι γωνίες ΙΝ̂Α και ΙΚ̂Α βγήκαν και οι δύο 90,000° και το Ν βρέθηκε πάνω στον περιγεγραμμένο κύκλο του ΑΚΙ με σφάλμα τάξης 10⁻¹⁵ ✔

Βήμα 1 — η αλυσίδα καθόδου. Παρατηρούμε διαδοχικά:

2029 = 6 · 337 + 7,    337 = 6 · 55 + 7,    55 = 6 · 8 + 7

(Έλεγχος: 6 · 337 = 2022 και 2022 + 7 = 2029 ✔· 6 · 55 = 330, +7 = 337 ✔· 6 · 8 = 48, +7 = 55 ✔)

Άρα, εφαρμόζοντας τρεις φορές την πρώτη σχέση, όλα ανάγονται στην τιμή f(8).

Βήμα 2 — το σημείο όπου συναντιούνται οι δύο σχέσεις. Ψάχνουμε n ώστε ο ίδιος αριθμός να γράφεται και ως 6n + 7 και ως 7n − 1:

7n − 1 = 6n + 7 ⟺ n = 8

Για n = 8 και οι δύο μορφές δίνουν τον αριθμό 55. Εφαρμόζοντας τις δύο σχέσεις στο ίδιο αυτό n:

f(55) = 6f(8) + 7   και   f(55) = 7f(8) − 1

Βήμα 3 — υπολογισμός του f(8). Εξισώνοντας:

7f(8) − 1 = 6f(8) + 7 ⟹ f(8) = 8

Βήμα 4 — ανέβασμα της αλυσίδας.

f(55) = 6f(8) + 7 = 6 · 8 + 7 = 55
f(337) = 6f(55) + 7 = 6 · 55 + 7 = 337
f(2029) = 6f(337) + 7 = 6 · 337 + 7 = 2029

f(2029) = 2029

Τι μάθαμε και τι όχι: το θέμα δεν ζητά να αποδείξετε ότι f(n) = n για κάθε n — και η λύση δεν το αποδεικνύει. Αποδεικνύει μόνο ότι η f είναι η ταυτοτική πάνω στη συγκεκριμένη αλυσίδα 8 → 55 → 337 → 2029. Αυτό αρκεί, και είναι χαρακτηριστικό των «σημειακών» συναρτησιακών: η πληροφορία ταξιδεύει μόνο κατά μήκος των αλυσίδων που ορίζουν οι σχέσεις.

Βήμα 0 — η αναγωγή που κάνει το θέμα εύκολο. Θέτουμε Α = a³, Β = b³, Γ = c³, Δ = d³. Τότε

Α/Β = (a/b)³

και, επειδή όπως θα δούμε ο a/b είναι ±1, ο κύβος του είναι ο ίδιος αριθμός ±1. Άρα η τετράδα (Α, Β, Γ, Δ) ικανοποιεί ακριβώς τις ίδιες υποθέσεις με την (a, b, c, d), και η ζητούμενη παράσταση είναι η «πρωτοβάθμια» παράσταση της Β΄ Λυκείου εφαρμοσμένη στην (Α, Β, Γ, Δ). Οι απαντήσεις είναι λοιπόν οι ίδιες.

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 = c = d και

(4a³) · (4/a³) = 16

Περίπτωση 2 — όλοι αρνητικοί. Τότε a = −b, b = −c, c = −d, d = −a, οπότε a = c, b = d και b = −a. Άρα

a³ + b³ + c³ + d³ = 2(a³ + b³) = 2(a³ − a³) = 0

και η τιμή της παράστασης είναι 0.

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

a³ + b³ = 0  και  c³ + d³ = 0 ⟹ άθροισμα κύβων = 0

και η τιμή είναι 0.

Περίπτωση 3β — δύο αρνητικοί σε γειτονικές θέσεις. Έστω a/b = b/c = −1 και c/d = d/a = 1. Τότε a = −b, b = −c (άρα c = a) και c = d = a. Συνεπώς a = c = d και b = −a, οπότε

a³ + b³ + c³ + d³ = a³ − a³ + a³ + a³ = 2a³
1/a³ + 1/b³ + 1/c³ + 1/d³ = 1/a³ − 1/a³ + 1/a³ + 1/a³ = 2/a³

και η τιμή είναι 2a³ · (2/a³) = 4.

Οι δυνατές τιμές είναι 16, 4 και 0

Εξαντλητικός έλεγχος: διατρέχοντας και τους 8 συνδυασμούς προσήμων με γινόμενο 1 και υπολογίζοντας με ακριβή κλασματική αριθμητική, το σύνολο των τιμών είναι ακριβώς {0, 4, 16} ✔

Ένα πολυώνυμο βαθμού 2024 έχει 2025 συντελεστές (από τον σταθερό ως τον συντελεστή του x²⁰²⁴). Αν οι μηδενικοί είναι μ, οι μη μηδενικοί είναι 2025 − μ.

Βήμα 1 — δεν γίνεται με 2024 μηδενικούς. Τότε υπάρχει μόνο ένας μη μηδενικός συντελεστής και, επειδή ο βαθμός είναι 2024, το πολυώνυμο είναι

Ρ(x) = ax²⁰²⁴,   a ≠ 0

που έχει μοναδική ρίζα την x = 0 (με πολλαπλότητα 2024). Μία διακεκριμένη ρίζα, όχι τέσσερις.

Βήμα 2 — δεν γίνεται ούτε με 2023 μηδενικούς. Τότε οι μη μηδενικοί συντελεστές είναι δύο, οπότε (διαιρώντας με τον μεγιστοβάθμιο, που δεν αλλάζει τις ρίζες) το πολυώνυμο έχει μία από τις μορφές:

• Ρ(x) = x²⁰²⁴ − c με c ≠ 0. Αν c > 0 οι πραγματικές ρίζες είναι οι ±²⁰²⁴√c, δηλαδή δύο· αν c < 0, καμία.
• Ρ(x) = x²⁰²⁴ − cx^k = x^k(x^2024−k − c) με 1 ≤ k ≤ 2023 και c ≠ 0. Μία ρίζα είναι η x = 0, και ο δεύτερος παράγοντας δίνει το πολύ δύο ακόμη (όπως πριν). Σύνολο: το πολύ τρεις διακεκριμένες.

Σε καμία περίπτωση δεν προκύπτουν τέσσερις διακεκριμένες πραγματικές ρίζες. Άρα

μ ≤ 2022

Βήμα 3 — η κατασκευή με 2022 μηδενικούς. Θεωρούμε

Q(x) = (x¹⁰¹² − 1)(x¹⁰¹² − 2) = x²⁰²⁴ − 3x¹⁰¹² + 2

Έχει βαθμό 2024 ✔ και τρεις μη μηδενικούς συντελεστές (τους 1, −3, 2), άρα

2025 − 3 = 2022 μηδενικούς συντελεστές ✔

Οι πραγματικές ρίζες του: από x¹⁰¹² = 1 προκύπτουν οι x = ±1, και από x¹⁰¹² = 2 οι x = ±¹⁰¹²√2 (ο εκθέτης 1012 είναι άρτιος, γι’ αυτό υπάρχουν και οι δύο ρίζες σε κάθε περίπτωση). Είναι τέσσερις και διακεκριμένες, αφού 1 ≠ ¹⁰¹²√2.

Το φράγμα του Βήματος 2 επιτυγχάνεται, άρα είναι το ζητούμενο μέγιστο.

Το μέγιστο πλήθος μηδενικών συντελεστών είναι 2022

Το Q δεν είναι μοναδικό: κάθε (x¹⁰¹² − κ)(x¹⁰¹² − λ) με 0 < κ < λ δουλεύει εξίσου, όπως και κάθε βαθμός της μορφής (x^m − κ)(x^2024−m − λ) με m, 2024 − m άρτιους. Το θέμα ζητά το πλήθος, όχι το πολυώνυμο.

Η συνήθης απώλεια μονάδων: πολλοί γράφουν μόνο το Βήμα 3 — «να ένα πολυώνυμο με 2022 μηδενικούς» — και θεωρούν ότι τελείωσαν. Χωρίς τα Βήματα 1–2 δεν έχετε αποδείξει ότι 2022 είναι το μέγιστο, παρά μόνο ότι είναι εφικτό. Σε θέματα ακρότατου, το άνω φράγμα είναι η μισή βαθμολογία.

Θα αποδείξουμε ότι δεν υπάρχει τέτοιος θετικός ακέραιος n.

Έστω, προς άτοπο, ότι Α = 2023 · 10ⁿ + 5 = x² για κάποιον ακέραιο x.

Βήμα 1 — ο x λήγει σε 5. Ο Α λήγει σε 5 (ο όρος 2023 · 10ⁿ λήγει σε 0, αφού n ≥ 1). Εξετάζουμε σε τι μπορεί να λήγει ένα τετράγωνο ανάλογα με το τελευταίο ψηφίο του x:

0²→0, 1²→1, 2²→4, 3²→9, 4²→6, 5²→5, 6²→6, 7²→9, 8²→4, 9²→1

Το μόνο ψηφίο που δίνει τετράγωνο λήγον σε 5 είναι το 5. Άρα ο x λήγει σε 5, δηλαδή γράφεται x = 10y + 5 για κάποιον μη αρνητικό ακέραιο y.

Βήμα 2 — τα δύο τελευταία ψηφία του x².

x² = (10y + 5)² = 100y² + 100y + 25 = 100(y² + y) + 25

Οι δύο πρώτοι όροι είναι πολλαπλάσια του 100, άρα ο x² λήγει υποχρεωτικά σε 25.

Βήμα 3 — τα δύο τελευταία ψηφία του Α.

• Για n = 1: Α = 20230 + 5 = 20235, που λήγει σε 35.
• Για n > 1: ο όρος 2023 · 10ⁿ είναι πολλαπλάσιο του 100, άρα ο Α λήγει σε 05.

Σε καμία περίπτωση ο Α δεν λήγει σε 25. Άτοπο — άρα ο Α δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

Δεν υπάρχει τέτοιος θετικός ακέραιος n

Δεύτερος τρόπος — με το 5 ως διαιρέτη. Από το Βήμα 1, ο x είναι πολλαπλάσιο του 5, έστω x = 5y. Τότε

2023 · 10ⁿ + 5 = 25y²

Διαιρούμε με 5:

4046 · 10ⁿ⁻¹ + 1 = 5y²

• Για n = 1: 4046 + 1 = 4047 = 5y², αλλά ο 4047 δεν είναι πολλαπλάσιο του 5 (λήγει σε 7). Άτοπο.
• Για n > 1: το 4046 · 10ⁿ⁻¹ είναι πολλαπλάσιο του 5, άρα το αριστερό μέλος είναι «πολλαπλάσιο του 5 συν 1», δηλαδή δεν διαιρείται με 5· το δεξί μέλος 5y² διαιρείται. Άτοπο.

Υπολογιστικός έλεγχος: για κάθε n από 1 ως 400, ο ακέραιος 2023 · 10ⁿ + 5 δεν είναι τέλειο τετράγωνο ✔

Σύγκριση των δύο τρόπων: ο πρώτος είναι απολύτως στοιχειώδης — μόνο «τελευταία ψηφία» — και γι’ αυτόν ακριβώς τον λόγο γράφεται γρήγορα και καθαρά. Ο δεύτερος είναι πιο «θεωρητικός» αλλά χρειάζεται τον ίδιο προκαταρκτικό έλεγχο (ότι 5 | x). Γενική αρχή: όταν ένας αριθμός λήγει σε 5 και ρωτιέστε αν είναι τετράγωνο, κοιτάξτε τα δύο τελευταία ψηφία — πρέπει να είναι 25, και αυτό είναι πολύ περιοριστικό.

Συμβολίζουμε με Â = 60°, Β̂, Γ̂ τις γωνίες του τριγώνου και με R την ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου.

Βήμα 1 — τα Ε, Ι, Γ είναι συνευθειακά. Η ΓΙ είναι η διχοτόμος της γωνίας Γ̂, άρα διχοτομεί το τόξο ΑΒ που δεν περιέχει το Γ· το μέσο αυτού του τόξου είναι εξ ορισμού το Ε. Επομένως η διχοτόμος ΓΙ περνά από το Ε, δηλαδή τα Ε, Ι, Γ είναι συνευθειακά. (Σημειώνουμε επίσης ότι ΕΑ = ΕΒ, ως χορδές ίσων τόξων.)

Βήμα 2 — το Ο ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του ΒΙΓ. Στο τρίγωνο ΒΙΓ:

ΒÎΓ = 180° − ΙΒ̂Γ − ΙΓ̂Β = 180° − Β̂/2 − Γ̂/2 = 90° + Â/2 = 90° + 30° = 120°

Από την άλλη, η επίκεντρη γωνία ΒÔΓ βαίνει στο ίδιο τόξο ΒΓ με την εγγεγραμμένη Â, άρα είναι διπλάσιά της:

ΒÔΓ = 2Â = 120° = ΒÎΓ

Τα σημεία Ι και Ο βλέπουν το τμήμα ΒΓ υπό ίσες γωνίες και από την ίδια πλευρά, άρα το τετράπλευρο ΒΙΟΓ είναι εγγράψιμο: ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΒΙΓ περνά από το Ο.

Συνέπεια: οι γωνίες ΙÔΒ και ΙΓ̂Β βαίνουν στο ίδιο τόξο ΙΒ αυτού του κύκλου, άρα

ΙÔΒ = ΙΓ̂Β = Γ̂/2   (1)

Βήμα 3 — το εγγράψιμο ΕΙΟΖ. Έστω Ζ το δεύτερο σημείο τομής της ευθείας ΒΙ με τον περιγεγραμμένο κύκλο του ΑΒΓ (δηλαδή το μέσο του τόξου ΑΓ που δεν περιέχει το Β). Τα σημεία Ε, Ι, Ο, Ζ είναι ομοκυκλικά· πράγματι

ΕÎΖ = ΒÎΓ = 120°   (κατακορυφήν)

και η γωνία ΕÔΖ είναι η επίκεντρη που βαίνει στο τόξο ΕΑΖ, το οποίο έχει μέτρο

τόξο ΕΑ + τόξο ΑΖ = Γ̂ + Β̂ = 180° − Â = 120°

(το τόξο ΕΑ ισούται με το μισό του τόξου ΑΒ = 2Γ̂, άρα με Γ̂· ομοίως το τόξο ΑΖ με Β̂). Άρα

ΕÎΖ = 120° = ΕÔΖ

και τα Ι, Ο βλέπουν το ΕΖ υπό ίσες γωνίες από την ίδια πλευρά: το ΕΙΟΖ είναι εγγράψιμο.

Βήμα 4 — η ισότητα των δύο γωνιών. Από το εγγράψιμο ΕΙΟΖ, οι γωνίες ΕÔΙ και ΕẐΙ βαίνουν στο ίδιο τόξο ΕΙ, άρα είναι ίσες. Επειδή τα Ζ, Ι, Β είναι συνευθειακά (το Ι ανήκει στη ΒΖ), είναι ΕẐΙ = ΕẐΒ. Και η ΕẐΒ είναι εγγεγραμμένη στον περιγεγραμμένο κύκλο του ΑΒΓ, βαίνουσα στο ίδιο τόξο ΕΒ με την ΕΓ̂Β. Επομένως

ΕÔΙ = ΕẐΙ = ΕẐΒ = ΕΓ̂Β = Γ̂/2   (2)

(η τελευταία ισότητα γιατί η ΓΕ είναι η διχοτόμος της Γ̂).

Βήμα 5 — συμπέρασμα. Από τις (1) και (2):

ΕÔΙ = Γ̂/2 = ΙÔΒ

δηλαδή η ΟΙ διχοτομεί τη γωνία ΕÔΒ. Το τρίγωνο ΟΕΒ είναι ισοσκελές, αφού ΟΕ = ΟΒ = R (και τα δύο σημεία ανήκουν στον περιγεγραμμένο κύκλο). Σε ισοσκελές τρίγωνο η διχοτόμος της γωνίας κορυφής είναι και ύψος προς τη βάση, άρα

ΟΙ ⊥ ΒΕ

Αποδείχθηκε

Αριθμητική επαλήθευση: σε πέντε τυχαία τρίγωνα με Â = 60° και ΑΒ < ΒΓ < ΑΓ, η γωνία των ευθειών ΟΙ και ΒΕ βγήκε 90,0000° ✔

Γιατί το Â = 60° είναι η ψυχή του θέματος. Οι δύο υπολογισμοί του Βήματος 2 δίνουν ΒÎΓ = 90° + Â/2 και ΒÔΓ = 2Â. Αυτές συμπίπτουν μόνο όταν

90° + Â/2 = 2Â ⟺ Â = 60°

Για οποιαδήποτε άλλη τιμή της Â το Ο δεν ανήκει στον κύκλο ΒΙΓ και η πρόταση καταρρέει. Όποτε σε θέμα γεωμετρίας δίνεται συγκεκριμένη αριθμητική γωνία, ψάξτε τι κάνει αυτή η γωνία ειδική — σχεδόν πάντα εξισώνει δύο ποσότητες και δημιουργεί ένα εγγράψιμο τετράπλευρο.

Θέτουμε για συντομία

S = α + β + γ + αβγ,    Τ = αβ + βγ + γα + 1

Η υπόθεση είναι |S| = |T|, δηλαδή ισοδύναμα S² = T².

Πρώτος τρόπος — ανάπτυξη των τετραγώνων.

S² = α² + β² + γ² + α²β²γ² + 2αβ + 2βγ + 2γα + 2α²βγ + 2αβ²γ + 2αβγ²
T² = α²β² + β²γ² + γ²α² + 1 + 2αβ + 2βγ + 2γα + 2α²βγ + 2αβ²γ + 2αβγ²

Οι έξι «διπλοί» όροι είναι ακριβώς οι ίδιοι και στα δύο αναπτύγματα:

• στο S²: από τους σταυρωτούς όρους 2(α+β+γ)(αβγ) = 2α²βγ + 2αβ²γ + 2αβγ² και 2(αβ + βγ + γα)·
• στο T²: από τους σταυρωτούς όρους 2(αβ + βγ + γα)·1 και 2(αβ·βγ + βγ·γα + γα·αβ) = 2αβ²γ + 2αβγ² + 2α²βγ.

Αφαιρώντας τους κοινούς όρους από την ισότητα S² = T² μένει

α² + β² + γ² + α²β²γ² = α²β² + β²γ² + γ²α² + 1

δηλαδή Α = Β.

Δεύτερος τρόπος — παραγοντοποίηση. Υπολογίζουμε τη διαφορά:

Α − Β = (α² + β² + γ² + α²β²γ²) − (α²β² + β²γ² + γ²α² + 1)

Αναπτύσσοντας το γινόμενο (α² − 1)(β² − 1)(γ² − 1) βρίσκουμε ακριβώς αυτή την παράσταση:

Α − Β = (α² − 1)(β² − 1)(γ² − 1)

Τώρα σπάμε κάθε παράγοντα ως διαφορά τετραγώνων και αναδιατάσσουμε:

(α² − 1)(β² − 1)(γ² − 1) = [(α − 1)(β − 1)(γ − 1)] · [(α + 1)(β + 1)(γ + 1)]

Αναπτύσσοντας τους δύο αγκύλες:

(α + 1)(β + 1)(γ + 1) = αβγ + α + β + γ + αβ + βγ + γα + 1 = S + T
(α − 1)(β − 1)(γ − 1) = αβγ + α + β + γ − (αβ + βγ + γα + 1) = S − T

Επομένως

Α − Β = (S − T)(S + T) = S² − T² = 0

από την υπόθεση. Άρα Α = Β.

Α = Β, πάντοτε

Αριθμητική επαλήθευση: σε 600.000 τυχαίες τριάδες (α, β, γ) που κατασκευάστηκαν ώστε να ικανοποιούν την υπόθεση, η μέγιστη τιμή του |Α − Β| ήταν 5,7 · 10⁻¹⁴ — δηλαδή μηδέν μέχρι το όριο ακρίβειας ✔

Ποιον τρόπο να γράψετε: ο δεύτερος εξηγεί γιατί συμβαίνει — η διαφορά Α − Β είναι εξ ορισμού το γινόμενο (S − T)(S + T), και η υπόθεση |S| = |T| το μηδενίζει. Ο πρώτος είναι ασφαλής αλλά «τυφλός»: βγάζει το αποτέλεσμα χωρίς να δείξει τη δομή. Αν προλάβετε, γράψτε τον δεύτερο.

Βήμα 1 — η f είναι πρωτοβάθμια. Θέτουμε y = 0 στη δοθείσα σχέση:

f(0) = x f(0) + f(x) − 2024x   (1)

Λύνοντας ως προς f(x):

f(x) = f(0) − x f(0) + 2024x = f(0) − (f(0) − 2024) x   (2)

για κάθε x ∈ ℝ. Η f είναι λοιπόν πρωτοβάθμια και προσδιορίζεται πλήρως από τον αριθμό f(0).

Βήμα 2 — η τιμή f(1). Θέτουμε x = 1 στη δοθείσα σχέση:

f(y) = 1 · f(y) + f(1) − 2024 · 1 ⟹ f(1) = 2024

Από την υπόθεση f(f(1)) = 1 προκύπτει τότε

f(2024) = f(f(1)) = 1

Βήμα 3 — προσδιορισμός του f(0). Θέτουμε x = 2024 στη σχέση (1), χρησιμοποιώντας f(2024) = 1:

f(0) = 2024 f(0) + 1 − 2024 · 2024 = 2024 f(0) + 1 − 2024²

Άρα

f(0)(1 − 2024) = 1 − 2024²
f(0) = (1 − 2024²) / (1 − 2024) = (1 − 2024)(1 + 2024) / (1 − 2024) = 2025

Βήμα 4 — ο τύπος της f. Από την (2) με f(0) = 2025:

f(x) = 2025 − (2025 − 2024) x = 2025 − x

Επομένως

f(2025) = 2025 − 2025 = 0

Επαλήθευση ότι η f(x) = 2025 − x ικανοποιεί πράγματι τη σχέση:

x f(y) + f(x) − 2024x = x(2025 − y) + (2025 − x) − 2024x
= 2025x − xy + 2025 − x − 2024x = 2025 − xy = f(xy) ✔

Επίσης f(1) = 2024 ✔ και f(f(1)) = f(2024) = 1 ✔

f(2025) = 0   (και μάλιστα f(x) = 2025 − x)

Το λάθος που κοστίζει: στο Βήμα 3 ο όρος είναι 2024 · 2024 = 2024², όχι 2024. Αν τον γράψετε λάθος, ο υπολογισμός «δουλεύει» φαινομενικά αλλά δίνει άλλη τιμή για το f(0) και, τελικά, λάθος απάντηση. Η παραγοντοποίηση 1 − 2024² = (1 − 2024)(1 + 2024) είναι αυτή που κάνει το κλάσμα να απλοποιηθεί τόσο όμορφα — αν δεν απλοποιείται, κάτι γράψατε λάθος.

Παρατήρηση: το Βήμα 1 είναι η καρδιά — μια μόνο αντικατάσταση (y = 0) αρκεί για να «κλειδώσει» η f σε πρωτοβάθμια. Από εκεί και πέρα το θέμα παύει να είναι συναρτησιακή εξίσωση και γίνεται απλή επίλυση με έναν άγνωστο.

Συμβολίζουμε με Â, Β̂, Γ̂ τις γωνίες του τριγώνου ΑΒΓ και με R την ακτίνα του περιγεγραμμένου του κύκλου.

Βήμα 1 — οι γωνίες βάσης των δύο ισοσκελών. Το τρίγωνο ΑΔΒ είναι ισοσκελές με ΑΔ = ΔΒ και κορυφαία γωνία ΑΔ̂Β = 2Γ̂, άρα

ΔΒ̂Α = ΔÂΒ = (180° − 2Γ̂)/2 = 90° − Γ̂

Ομοίως, από το ισοσκελές ΑΕΓ με κορυφαία γωνία 2Β̂:

ΕΓ̂Α = ΕÂΓ = 90° − Β̂

Βήμα 2 — ΒΔ ∥ ΓΕ. Επειδή τα Δ, Ε βρίσκονται στο εξωτερικό του τριγώνου:

ΔΒ̂Γ + ΕΓ̂Β = (ΔΒ̂Α + ΑΒ̂Γ) + (ΕΓ̂Α + ΑΓ̂Β)
= (90° − Γ̂ + Β̂) + (90° − Β̂ + Γ̂) = 180°

Οι γωνίες ΔΒ̂Γ και ΕΓ̂Β είναι εντός και επί τα αυτά μέρη των ευθειών ΒΔ, ΓΕ με τέμνουσα τη ΒΓ. Το άθροισμά τους είναι 180°, άρα

ΒΔ ∥ ΓΕ

Βήμα 3 — η καρδιά του θέματος: ΔΑ = ΔΒ = ΕΑ = ΕΓ = R. Στο τρίγωνο ΑΔΒ εφαρμόζουμε τον νόμο των ημιτόνων:

ΑΔ / sin(ΑΒ̂Δ) = ΑΒ / sin(ΑΔ̂Β)
ΑΔ = ΑΒ · sin(90° − Γ̂) / sin(2Γ̂) = ΑΒ · cos Γ̂ / (2 sin Γ̂ cos Γ̂) = ΑΒ / (2 sin Γ̂)

Από τον νόμο των ημιτόνων στο ίδιο το τρίγωνο ΑΒΓ όμως είναι ΑΒ / sin Γ̂ = 2R, οπότε

ΑΔ = ΔΒ = R

Με τον ίδιο υπολογισμό στο τρίγωνο ΑΕΓ (κορυφαία γωνία 2Β̂, γωνίες βάσης 90° − Β̂, και ΑΓ / sin Β̂ = 2R):

ΑΕ = ΕΓ = R

Βήμα 4 — συμπέρασμα. Οι πλευρές ΒΔ και ΓΕ του τετραπλεύρου ΒΔΕΓ είναι παράλληλες (Βήμα 2) και ίσες, αφού

ΒΔ = R = ΓΕ

Επιπλέον τα Δ, Ε βρίσκονται στο ίδιο ημιεπίπεδο ως προς την ΒΓ με το Α (το τρίγωνο είναι οξυγώνιο, άρα οι δύο κατασκευές «κοιτούν» προς την ίδια μεριά της ΒΓ). Τετράπλευρο με δύο απέναντι πλευρές παράλληλες και ίσες είναι παραλληλόγραμμο.

Το ΒΔΕΓ είναι παραλληλόγραμμο, με ΒΔ = ΓΕ = R και ΔΕ = ΒΓ

Αριθμητική επαλήθευση: σε πέντε τυχαία οξυγώνια τρίγωνα βγήκαν ΔΑ = ΔΒ = ΕΑ = ΕΓ = R με σφάλμα τάξης 10⁻¹⁶, το άθροισμα ΔΒ̂Γ + ΕΓ̂Β ακριβώς 180,0000° και — ακόμη πιο καθαρά — τα διανύσματα ΒΔ και ΓΕ ταυτίστηκαν, καθώς και τα μήκη ΔΕ και ΒΓ ✔

Η εικόνα πίσω από τον υπολογισμό. Το ότι ΔΑ = ΔΒ = R δεν είναι τυχαίο: το Δ είναι ακριβώς το συμμετρικό του περίκεντρου Ο ως προς την ευθεία ΑΒ. Πράγματι, το Ο ισαπέχει R από τα Α, Β, και η επίκεντρη γωνία ΑÔΒ ισούται με 2Γ̂ — ακριβώς η κορυφαία γωνία που ζητά η εκφώνηση. Αφού το τρίγωνο είναι οξυγώνιο, το Ο βρίσκεται στο εσωτερικό, οπότε το συμμετρικό του ως προς την ΑΒ πέφτει στο εξωτερικό, όπως περιγράφεται. Ομοίως το Ε είναι το συμμετρικό του Ο ως προς την ΑΓ.

Με αυτή τη ματιά το θέμα γίνεται σχεδόν προφανές, και εξηγεί γιατί η επιπλέον πλευρά ΔΕ ισούται με τη ΒΓ: είναι η τρίτη πλευρά του παραλληλογράμμου.

Έστω ω η διαφορά της αριθμητικής προόδου. Για κάθε δύο δείκτες p, q ισχύει

a_p − a_q = (p − q) ω

Βήμα 1 — εύρεση του a_m και του nω. Εκφράζουμε τα δύο δεδομένα ως προς τον a_m:

a_m+n = a_m + nω = 103   (1)
a_m−n = a_m − nω = 49   (2)

Με πρόσθεση κατά μέλη:

2a_m = 103 + 49 = 152 ⟹ a_m = 76

Με αφαίρεση κατά μέλη:

2nω = 103 − 49 = 54 ⟹ nω = 27

Βήμα 2 — η ζητούμενη διαφορά. Επειδή a_m = 76, ο δείκτης n · a_m ισούται με 76n. Άρα

a_n·am − a_n = a_76n − a_n = (76n − n) ω = 75 · nω

και, χρησιμοποιώντας nω = 27:

a_n·am − a_n = 75 · 27 = 2025

a_n·am − a_n = 2025

Το κόλπο του θέματος σε μία φράση: τα δεδομένα δεν αρκούν για να προσδιοριστούν χωριστά τα a₁, ω, m, n — υπάρχουν άπειρες πρόοδοι που τα ικανοποιούν. Αρκούν όμως για να προσδιοριστούν οι δύο ποσότητες a_m = 76 και nω = 27, και η ζητούμενη παράσταση είναι φτιαγμένη ώστε να εξαρτάται μόνο από αυτές. Κάθε φορά που ένα θέμα δίνει λιγότερα δεδομένα από αγνώστους, ρωτήστε: ποιος συνδυασμός προσδιορίζεται;

Και ένα νεύμα της Επιτροπής: το αποτέλεσμα 75 · 27 = 2025 είναι, βεβαίως, η χρονιά του διαγωνισμού.

Βήμα 1 — παραγοντοποίηση ως διαφορά τετραγώνων. Γράφουμε την εξίσωση ως

25x⁴ − 11x²y² + y⁴ = 7

και σπάμε τον μεσαίο όρο:

25x⁴ − 10x²y² + y⁴ − x²y² = 7
(5x² − y²)² − (xy)² = 7
(5x² − y² + xy)(5x² − y² − xy) = 7

Βήμα 2 — οι δύο δυνατές αναλύσεις. Και οι δύο παράγοντες είναι ακέραιοι με γινόμενο 7. Επειδή x, y > 0 είναι xy > 0, άρα

5x² − y² + xy > 5x² − y² − xy

Επομένως ο πρώτος παράγοντας είναι ο μεγαλύτερος, και οι μόνες αναλύσεις του 7 σε γινόμενο δύο ακεραίων με τον πρώτο μεγαλύτερο είναι 7 = 7 · 1 και 7 = (−1) · (−7):

(Ι)   5x² − y² + xy = 7  και  5x² − y² − xy = 1
(ΙΙ)   5x² − y² + xy = −1  και  5x² − y² − xy = −7

Βήμα 3 — η περίπτωση (Ι). Αφαιρώντας κατά μέλη: 2xy = 6, άρα

xy = 3 ⟹ y = 3/x

Προσθέτοντας κατά μέλη: 2(5x² − y²) = 8, άρα 5x² − y² = 4. Αντικαθιστώντας y² = 9/x²:

5x² − 9/x² = 4 ⟹ 5x⁴ − 4x² − 9 = 0

Λύνουμε ως προς x². Η διακρίνουσα είναι 16 + 180 = 196 = 14², οπότε

x² = (4 ± 14)/10 ⟹ x² = 9/5 ή x² = −1

Το x² = −1 είναι αδύνατο· το x² = 9/5 δεν δίνει ακέραιο x. Η περίπτωση (Ι) απορρίπτεται.

Βήμα 4 — η περίπτωση (ΙΙ). Αφαιρώντας κατά μέλη: 2xy = 6, άρα πάλι

xy = 3 ⟹ y = 3/x

Προσθέτοντας κατά μέλη: 2(5x² − y²) = −8, άρα 5x² − y² = −4. Αντικαθιστώντας:

5x² − 9/x² = −4 ⟹ 5x⁴ + 4x² − 9 = 0

Με διακρίνουσα πάλι 196:

x² = (−4 ± 14)/10 ⟹ x² = 1 ή x² = −9/5

Το δεύτερο είναι αδύνατο. Από το x² = 1 και x > 0 προκύπτει x = 1, και τότε y = 3/1 = 3.

Επαλήθευση: 11 · 1 · 9 − 81 − 25 · 1 + 7 = 99 − 81 − 25 + 7 = 0 ✔

(x, y) = (1, 3), μοναδική λύση

Εξαντλητικός έλεγχος: για όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων με x, y ≤ 400, η μόνη λύση είναι η (1, 3) ✔

Η αναγνώριση του μοτίβου. Κάθε διοφαντική της μορφής «ομογενές τέταρτου βαθμού στα x, y ίσο με μικρή σταθερά» πρέπει να σας κάνει να ψάξετε παραγοντοποίηση σε διαφορά τετραγώνων. Ο τρόπος: κοιτάξτε τους ακραίους όρους (εδώ 25x⁴ και y⁴, με ρίζες 5x² και y²), υπολογίστε τον μεσαίο όρο που θα έκανε τέλειο τετράγωνο (εδώ −10x²y²) και δείτε τι περισσεύει. Αν το περίσσευμα είναι κι αυτό τέλειο τετράγωνο (εδώ x²y²), το θέμα έχει λυθεί.

Έστω ΓΖ = x.

Βήμα 1 — τα μήκη από την παραλληλία. Επειδή ΕΖ ∥ ΑΓ, στα τρίγωνα ΔΕΖ και ΔΑΓ (που έχουν κοινή την ορθή γωνία στην κορυφή Δ) ισχύει

ΔΕ/ΔΖ = ΑΕ/ΓΖ = ΑΔ/ΓΔ = ΒΓ/ΑΒ = λ

Από το ΑΕ/ΓΖ = λ προκύπτει

ΑΕ = λx

Βήμα 2 — τα μήκη από την ορθή γωνία. Επειδή ΒÊΖ = 90° και τα Α, Ε, Δ είναι συνευθειακά, οι γωνίες ΑÊΒ και ΔÊΖ είναι συμπληρωματικές. Τα ορθογώνια τρίγωνα ΒΑΕ (ορθή στο Α) και ΕΔΖ (ορθή στο Δ) έχουν λοιπόν ίσες οξείες γωνίες, άρα είναι όμοια:

ΑΒ/ΑΕ = ΔΕ/ΔΖ = λ

Επομένως

ΑΒ = λ · ΑΕ = λ²x   και   ΑΔ = ΒΓ = λ · ΑΒ = λ³x

Από εκεί:

ΕΔ = ΑΔ − ΑΕ = λ³x − λx = λ(λ² − 1)x
ΔΖ = ΕΔ/λ = (λ² − 1)x

Βήμα 3 — τα τέσσερα εμβαδά.

(ΑΒΓΔ) = ΒΓ · ΑΒ = λ³x · λ²x = λ⁵x²
(ΒΑΕ) = ½ · ΒΑ · ΑΕ = ½ · λ²x · λx = λ³x²/2 = (1/(2λ²)) · (ΑΒΓΔ)
(ΒΓΖ) = ½ · ΒΓ · ΓΖ = ½ · λ³x · x = λ³x²/2 = (ΒΑΕ)
(ΖΔΕ) = ½ · ΕΔ · ΔΖ = ½ · λ(λ² − 1)x · (λ² − 1)x = [(λ² − 1)²/(2λ⁴)] · (ΑΒΓΔ)

Βήμα 4 — αφαίρεση.

(ΒΕΖ) = (ΑΒΓΔ) − (ΖΔΕ) − 2(ΒΑΕ)
= (ΑΒΓΔ) · [ 1 − (λ² − 1)²/(2λ⁴) − 1/λ² ]

Φέρνουμε σε κοινό παρονομαστή 2λ⁴:

2λ⁴ − (λ² − 1)² − 2λ² = 2λ⁴ − λ⁴ + 2λ² − 1 − 2λ² = λ⁴ − 1

Επομένως

(ΒΕΖ)/(ΑΒΓΔ) = (λ⁴ − 1)/(2λ⁴) = ½ (1 − 1/λ⁴)

(ΒΕΖ)/(ΑΒΓΔ) = ½ (1 − 1/λ⁴)

Δεύτερος τρόπος — με Πυθαγόρειο. Αφού η γωνία στο Ε είναι ορθή, (ΒΕΖ) = ½ · ΒΕ · ΕΖ. Από το Πυθαγόρειο:

ΒΕ² = ΑΒ² + ΑΕ² = λ⁴x² + λ²x² = λ²(λ² + 1)x²
ΕΖ² = ΕΔ² + ΔΖ² = λ²(λ² − 1)²x² + (λ² − 1)²x² = (λ² + 1)(λ² − 1)²x²

Πολλαπλασιάζοντας:

ΒΕ · ΕΖ = λ(λ² + 1)(λ² − 1)x² = λ(λ⁴ − 1)x²
(ΒΕΖ) = λ(λ⁴ − 1)x²/2 = [(λ⁴ − 1)/(2λ⁴)] · (ΑΒΓΔ)

ίδιο αποτέλεσμα, σε λιγότερες γραμμές.

Τρίτος τρόπος — αναλυτική γεωμετρία. Με x = 1 (χωρίς βλάβη της γενικότητας, αφού ο λόγος εμβαδών είναι αδιάστατος) και Α(0,0), Β(0, λ²), Γ(λ³, λ²), Ε(λ, 0), Ζ(λ³, λ² − 1):

ΒΕ = (λ, −λ²),   ΕΖ = (λ³ − λ, λ² − 1)
det = λ(λ² − 1) + λ²(λ³ − λ) = λ⁵ − λ = λ(λ⁴ − 1) > 0
(ΒΕΖ) = ½ |det| = λ(λ⁴ − 1)/2,    (ΑΒΓΔ) = λ⁵

και ο λόγος είναι πάλι (λ⁴ − 1)/(2λ⁴).

Αριθμητική επαλήθευση: για λ = 1,3 / 2 / 3,7 / 5 η γωνία ΒÊΖ βγήκε 90,0000°, η ΕΖ παράλληλη προς την ΑΓ, και ο λόγος ταυτίστηκε με τον τύπο μέχρι το όγδοο δεκαδικό ✔

Μια ματιά στο αποτέλεσμα. Καθώς λ → 1⁺ ο λόγος τείνει στο 0 (το ορθογώνιο γίνεται τετράγωνο και το τρίγωνο εκφυλίζεται), ενώ καθώς λ → +∞ τείνει στο ½ χωρίς ποτέ να το φτάσει: σε πολύ «μακρόστενο» ορθογώνιο το τρίγωνο ΒΕΖ καταλαμβάνει σχεδόν το μισό. Αυτός ο έλεγχος οριακών τιμών είναι ο ταχύτερος τρόπος να επιβεβαιώσετε ότι ο τύπος σας είναι λογικός, πριν τον γράψετε καθαρά.