α) Είναι (−2)⁵ = −32, (−2)⁴ = 16 και (−2)³ = −8. Άρα

Α = (−32 + 16) : (−8) = (−16) : (−8) = 2

Για το Β:

1/3 − 1/4 = 4/12 − 3/12 = 1/12   και   1/2 − 1/3 = 3/6 − 2/6 = 1/6
Β = (1/12) : (1/6) = (1/12) · 6 = 1/2

β) Έχουμε Α + Β = 2 + 1/2 = 5/2 και Α · Β = 2 · (1/2) = 1. Επειδή 5/2 = 2,5 > 1, είναι

Α + Β > Α · Β

Α = 2, Β = 1/2, Α + Β > Α · Β

Αφού ΜΚΔ(α, β) = 6, γράφουμε α = 6μ και β = 6ν με μ, ν θετικούς ακεραίους και ΜΚΔ(μ, ν) = 1. Τότε ΕΚΠ(α, β) = 6μν, οπότε

6μν = 180 ⟺ μν = 30

Επειδή α < β, είναι μ < ν. Γράφουμε το 30 ως γινόμενο δύο παραγόντων με μ < ν και ελέγχουμε ποια ζεύγη είναι πρώτα μεταξύ τους:

• μ = 1, ν = 30: ΜΚΔ(1, 30) = 1 ✔
• μ = 2, ν = 15: ΜΚΔ(2, 15) = 1 ✔
• μ = 3, ν = 10: ΜΚΔ(3, 10) = 1 ✔
• μ = 5, ν = 6: ΜΚΔ(5, 6) = 1 ✔

Και τα τέσσερα ζεύγη ικανοποιούν τη συνθήκη. Πολλαπλασιάζοντας με 6:

(α, β) = (6, 180), (12, 90), (18, 60), (30, 36)

Επαλήθευση για το (18, 60): ΜΚΔ(18, 60) = 6 και ΕΚΠ(18, 60) = 180. ✔

α) Στο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ οι προσκείμενες στη βάση γωνίες είναι ίσες, άρα

Β̂ = Γ̂ = (180° − 40°) : 2 = 70°

Το ΒΓΔΕ είναι τετράγωνο, οπότε η γωνία ΓΒΕ = 90°. Επειδή το τετράγωνο κατασκευάστηκε εξωτερικά, η ημιευθεία ΒΓ βρίσκεται ανάμεσα στις ΒΑ και ΒΕ, άρα

ΑΒΕ = ΑΒΓ + ΓΒΕ = 70° + 90° = 160°

β) Με τον ίδιο συλλογισμό στην άλλη πλευρά, ΑΓΔ = ΑΓΒ + ΒΓΔ = 70° + 90° = 160°.

Συγκρίνουμε τώρα τα τρίγωνα ΑΒΕ και ΑΓΔ:

• ΑΒ = ΑΓ (το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές — δόθηκε),
• ΒΕ = ΓΔ (πλευρές του ίδιου τετραγώνου),
• ΑΒΕ = ΑΓΔ = 160° (οι γωνίες που περιέχονται ανάμεσα στις παραπάνω πλευρές).

Άρα τα τρίγωνα ΑΒΕ και ΑΓΔ είναι ίσα (Π–Γ–Π). Κατά συνέπεια οι απέναντι από τις ίσες γωνίες πλευρές είναι ίσες, δηλαδή

ΑΕ = ΑΔ

ΑΒΕ = 160° και ΑΕ = ΑΔ

Παρατήρηση: αφού ΑΕ = ΑΔ, το σημείο Α ανήκει στη μεσοκάθετο του τμήματος ΕΔ. Επειδή και το μέσο της ΒΓ ανήκει στην ίδια μεσοκάθετο, όλο το σχήμα είναι συμμετρικό ως προς τον άξονα αυτόν — κάτι που μπορούσε να δώσει εναλλακτική λύση από την αρχή.

α) Μετατρέπουμε όλες τις βάσεις σε δυνάμεις του 2:

4⁶ = (2²)⁶ = 2¹²,   8⁴ = (2³)⁴ = 2¹²,   16³ = (2⁴)³ = 2¹²

Επομένως

Α = (2¹² · 2¹²) : (2⁵ · 2¹²) = 2²⁴ : 2¹⁷ = 2⁷

β) Βγάζουμε κοινό παράγοντα το 2¹⁰ στον αριθμητή:

2¹⁰ + 2¹¹ + 2¹² = 2¹⁰(1 + 2 + 4) = 2¹⁰ · 7

Άρα

Β = (2¹⁰ · 7) : (7 · 2⁸) = 2¹⁰ : 2⁸ = 2² = 4

Α = 2⁷ = 128 και Β = 4

Έστω ο ζητούμενος αριθμός αβγ = 100α + 10β + γ, με 1 ≤ α ≤ 9 και 0 ≤ β, γ ≤ 9. Η συνθήκη γράφεται

100α + 10β + γ = 18(α + β + γ)
100α + 10β + γ = 18α + 18β + 18γ ⟺ 82α = 8β + 17γ

Επειδή 0 ≤ β ≤ 9, ισχύει 0 ≤ 8β ≤ 72. Γράφουμε 8β = 82α − 17γ και απαιτούμε

0 ≤ 82α − 17γ ≤ 72

Για α ≥ 3: είναι 82α ≥ 246, ενώ 17γ ≤ 153, άρα 82α − 17γ ≥ 93 > 72. Αδύνατο.

Για α = 2: χρειαζόμαστε 164 − 17γ ≤ 72, δηλαδή 17γ ≥ 92, άρα γ ≥ 6. Ελέγχουμε:

• γ = 6: 164 − 102 = 62, που δεν διαιρείται με 8
• γ = 7: 164 − 119 = 45, όχι πολλαπλάσιο του 8
• γ = 8: 164 − 136 = 28, όχι πολλαπλάσιο του 8
• γ = 9: 164 − 153 = 11, όχι πολλαπλάσιο του 8

Καμία λύση.

Για α = 1: η εξίσωση γίνεται 8β = 82 − 17γ. Χρειαζόμαστε 82 − 17γ ≥ 0, άρα γ ≤ 4. Ελέγχουμε:

• γ = 0: 82, όχι πολλαπλάσιο του 8
• γ = 1: 65, όχι
• γ = 2: 48 = 8·6, άρα β = 6 ✔
• γ = 3: 31, όχι
• γ = 4: 14, όχι

Άρα α = 1, β = 6, γ = 2, δηλαδή ο αριθμός 162.

Επαλήθευση: άθροισμα ψηφίων 1 + 6 + 2 = 9 και 18 · 9 = 162. ✔

Ο μοναδικός αριθμός είναι ο 162

α) Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο στο Β, με κάθετες πλευρές ΑΒ = 8 και ΒΓ = 6. Από το Πυθαγόρειο θεώρημα:

ΑΓ² = ΑΒ² + ΒΓ² = 64 + 36 = 100 ⟹ ΑΓ = 10 cm

β) Υπολογίζουμε το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ με δύο τρόπους:

(ΑΒΓ) = ½ · ΑΒ · ΒΓ = ½ · 8 · 6 = 24 cm²
(ΑΒΓ) = ½ · ΑΓ · ΒΗ = ½ · 10 · ΒΗ = 5 · ΒΗ

Εξισώνοντας: 5 · ΒΗ = 24, άρα

ΒΗ = 24/5 = 4,8 cm

γ) Από τη μετρική σχέση στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (η κάθετη πλευρά είναι μέση ανάλογος της προβολής της και της υποτείνουσας):

ΑΒ² = ΑΗ · ΑΓ ⟹ 64 = ΑΗ · 10 ⟹ ΑΗ = 6,4 cm

Το τρίγωνο ΑΒΗ είναι ορθογώνιο στο Η, με κάθετες πλευρές ΑΗ και ΒΗ. Άρα

(ΑΒΗ) = ½ · ΑΗ · ΒΗ = ½ · 6,4 · 4,8 = 15,36 cm²

ΑΓ = 10 cm, ΒΗ = 4,8 cm, (ΑΒΗ) = 15,36 cm²

Έλεγχος λογικής: το (ΑΒΗ) πρέπει να είναι μικρότερο από το (ΑΒΓ) = 24 cm², και μάλιστα αρκετά κοντά στα δύο τρίτα του, αφού ΑΗ = 6,4 από τα 10 της ΑΓ. Πράγματι 15,36 = 24 · 0,64. ✔

Περιορισμοί: x ≠ 0 και y ≠ 0. Η δεύτερη εξίσωση γράφεται

(x + y)/(xy) = 5/6

Από την πρώτη εξίσωση x + y = 5, οπότε

5/(xy) = 5/6 ⟹ xy = 6

Άρα οι x, y έχουν άθροισμα S = 5 και γινόμενο P = 6, δηλαδή είναι οι ρίζες της

t² − 5t + 6 = 0

Η διακρίνουσα είναι Δ = 25 − 24 = 1 > 0 και οι ρίζες

t = (5 ± 1)/2 ⟹ t₁ = 3, t₂ = 2

Και οι δύο είναι μη μηδενικές, άρα οι περιορισμοί ικανοποιούνται.

Επαλήθευση: 2 + 3 = 5 και 1/2 + 1/3 = 5/6. ✔

(x, y) = (2, 3) ή (x, y) = (3, 2)

Το τελευταίο ψηφίο ενός τέλειου τετραγώνου καθορίζεται από το τελευταίο ψηφίο της βάσης. Ελέγχουμε και τις δέκα περιπτώσεις:

0² = 0, 1² = 1, 2² = 4, 3² = 9, 4² = 16, 5² = 25, 6² = 36, 7² = 49, 8² = 64, 9² = 81

Άρα ένα τέλειο τετράγωνο τελειώνει υποχρεωτικά σε ένα από τα ψηφία

0, 1, 4, 5, 6, 9

Ειδικότερα, κανένα τέλειο τετράγωνο δεν τελειώνει σε 2, 3, 7 ή 8.

Εξετάζουμε τώρα τον Α_ν. Για κάθε θετικό ακέραιο ν ≥ 1, ο αριθμός 10^ν είναι πολλαπλάσιο του 10, άρα και ο 2026 · 10^ν είναι πολλαπλάσιο του 10 και τελειώνει σε 0. Επομένως

Α_ν = 2026 · 10^ν + 2

τελειώνει σε 2, για κάθε ν ≥ 1.

Επειδή κανένα τέλειο τετράγωνο δεν τελειώνει σε 2, ο Α_ν δεν είναι τέλειο τετράγωνο για κανέναν θετικό ακέραιο ν.

Ο Α_ν δεν είναι ποτέ τέλειο τετράγωνο

Σημείωση: η ίδια ιδέα δουλεύει για οποιοδήποτε σταθερό προσθετέο 2, 3, 7 ή 8 — και αυτό ακριβώς είναι το μοτίβο που επανέρχεται στον «ΘΑΛΗ» με τα 2023·10^ν+1, +5, +6 των τελευταίων χρόνων. Το δύσκολο σημείο σε εκείνα τα θέματα είναι ότι τα ψηφία 1, 5 και 6 επιτρέπονται για τετράγωνα, οπότε χρειάζεται επιχείρημα με υπόλοιπα modulo 4 ή με τα δύο τελευταία ψηφία.

Επειδή το Δ ανήκει στην προέκταση της ΒΑ, τα σημεία Β, Α, Δ είναι συνευθειακά με το Α μεταξύ των Β και Δ. Άρα οι γωνίες ΒΑΓ και ΔΑΓ είναι παραπληρωματικές:

ΔΑΓ = 180° − ΒΑΓ = 180° − 100° = 80°

Το τρίγωνο ΑΔΓ είναι ισοσκελές με ΑΔ = ΑΓ (δόθηκε) και κορυφαία γωνία ΔΑΓ = 80°. Επομένως οι προσκείμενες στη βάση ΔΓ γωνίες είναι ίσες:

ΑΔΓ = ΑΓΔ = (180° − 80°) : 2 = 50°

Η ζητούμενη γωνία ΒΔΓ ταυτίζεται με τη γωνία ΑΔΓ, αφού η ημιευθεία ΔΑ και η ημιευθεία ΔΒ συμπίπτουν (το Α βρίσκεται ανάμεσα στα Β και Δ). Άρα

ΒΔΓ = 50°

ΒΔΓ = 50°

Παρατήρηση για όσους θέλουν παραπάνω: στο τρίγωνο ΑΒΓ είναι Β̂ = Γ̂ = 40°. Στο τρίγωνο ΒΔΓ έχουμε λοιπόν Β̂ = 40°, Δ̂ = 50°, οπότε η γωνία ΒΓΔ = 90°. Δηλαδή το τρίγωνο ΒΔΓ είναι ορθογώνιο στο Γ — ένα συμπέρασμα που δεν ζητήθηκε, αλλά αξίζει να το προσέξει κανείς, γιατί τέτοιες «κρυμμένες» ορθές γωνίες είναι ακριβώς το ζητούμενο σε πολλά θέματα του Λυκείου.

Βήμα 1 — συνθήκη ύπαρξης πραγματικών ριζών.

Δ = [−2(λ + 1)]² − 4(λ² + 3) = 4(λ + 1)² − 4(λ² + 3)
Δ = 4(λ² + 2λ + 1 − λ² − 3) = 4(2λ − 2) = 8(λ − 1)

Απαιτούμε Δ ≥ 0, δηλαδή 8(λ − 1) ≥ 0, άρα

λ ≥ 1

Βήμα 2 — η συνθήκη x₁² + x₂² = 10. Από τους τύπους του Vieta:

S = x₁ + x₂ = 2(λ + 1),    P = x₁x₂ = λ² + 3

Οπότε

x₁² + x₂² = S² − 2P = 4(λ + 1)² − 2(λ² + 3)
= 4λ² + 8λ + 4 − 2λ² − 6 = 2λ² + 8λ − 2

Η συνθήκη γίνεται

2λ² + 8λ − 2 = 10 ⟺ 2λ² + 8λ − 12 = 0 ⟺ λ² + 4λ − 6 = 0

Με διακρίνουσα 16 + 24 = 40:

λ = (−4 ± √40)/2 = (−4 ± 2√10)/2 = −2 ± √10

Βήμα 3 — έλεγχος του περιορισμού. Είναι √10 ≈ 3,16, άρα

• λ₁ = −2 + √10 ≈ 1,16 ≥ 1 ✔ δεκτή
• λ₂ = −2 − √10 ≈ −5,16 < 1 ✘ απορρίπτεται (τότε Δ < 0, δεν υπάρχουν πραγματικές ρίζες)

λ = −2 + √10

Θέτουμε S = x + y και P = xy. Από την πρώτη εξίσωση S = 5.

Χρησιμοποιούμε την ταυτότητα

x³ + y³ = (x + y)³ − 3xy(x + y) = S³ − 3PS

Αντικαθιστώντας S = 5 και x³ + y³ = 35:

35 = 125 − 3P · 5 ⟺ 35 = 125 − 15P ⟺ 15P = 90 ⟺ P = 6

Άρα οι x, y είναι οι ρίζες της εξίσωσης

t² − 5t + 6 = 0

με διακρίνουσα Δ = 25 − 24 = 1 > 0 και ρίζες t₁ = 3, t₂ = 2.

Επαλήθευση: 2 + 3 = 5 και 2³ + 3³ = 8 + 27 = 35. ✔

(x, y) = (2, 3) ή (x, y) = (3, 2)

Υπολογισμός των γωνιών. Στο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με κορυφαία γωνία Α = 36°:

Β̂ = Γ̂ = (180° − 36°) : 2 = 72°

Η ΒΔ είναι διχοτόμος της γωνίας Β, άρα

ΑΒΔ = ΔΒΓ = 72° : 2 = 36°

Το τρίγωνο ΑΒΔ. Οι γωνίες του είναι

ΒΑΔ = 36°,   ΑΒΔ = 36°,   ΑΔΒ = 180° − 36° − 36° = 108°

Έχει δύο ίσες γωνίες (τις ΒΑΔ και ΑΒΔ), άρα είναι ισοσκελές με ίσες τις απέναντι πλευρές τους:

ΔΑ = ΔΒ   (1)

Το τρίγωνο ΒΔΓ. Οι γωνίες του είναι

ΔΒΓ = 36°,   ΒΓΔ = Γ̂ = 72°,   ΒΔΓ = 180° − 36° − 72° = 72°

Έχει δύο ίσες γωνίες (τις ΒΓΔ και ΒΔΓ, από 72°), άρα είναι ισοσκελές με

ΒΔ = ΒΓ   (2)

Από τις (1) και (2) προκύπτει

ΑΔ = ΒΔ = ΒΓ

Αποδείχθηκε

Γιατί αξίζει αυτό το σχήμα: το ισοσκελές με γωνίες 36°–72°–72° είναι το «χρυσό τρίγωνο». Από την ομοιότητα των τριγώνων ΑΒΓ και ΒΔΓ (έχουν και τα δύο γωνίες 36°, 72°, 72°) προκύπτει ΒΓ/ΑΒ = ΔΓ/ΒΓ, σχέση που οδηγεί στη χρυσή τομή. Η γωνία των 36° εμφανίστηκε και στον «ΘΑΛΗ» του 2024 στη Β΄ Λυκείου — δεν είναι σύμπτωση, είναι το αγαπημένο σχήμα της Επιτροπής για την τάξη αυτή.

Ο τύπος του αθροίσματος των ν πρώτων όρων αριθμητικής προόδου είναι

S_ν = (ν/2)[2α₁ + (ν − 1)ω]

Για ν = 10:

S₁₀ = 5(2α₁ + 9ω) = 155 ⟹ 2α₁ + 9ω = 31   (1)

Για ν = 20:

S₂₀ = 10(2α₁ + 19ω) = 610 ⟹ 2α₁ + 19ω = 61   (2)

Αφαιρούμε κατά μέλη την (1) από την (2):

10ω = 30 ⟹ ω = 3

Αντικαθιστούμε στην (1):

2α₁ + 27 = 31 ⟹ 2α₁ = 4 ⟹ α₁ = 2

Επαλήθευση: με α₁ = 2 και ω = 3 είναι S₁₀ = 5(4 + 27) = 155 ✔ και S₂₀ = 10(4 + 57) = 610 ✔

α₁ = 2 και ω = 3

Παρατηρούμε ότι

(x − 3)(y − 2) = xy − 2x − 3y + 6

Άρα, προσθέτοντας 6 και στα δύο μέλη της δοσμένης εξίσωσης:

xy − 2x − 3y + 6 = 6 + 6 ⟺ (x − 3)(y − 2) = 12

Θέτουμε α = x − 3 και β = y − 2, οπότε αβ = 12 με α, β ακεραίους.

Περίπτωση α < 0 και β < 0. Τότε y − 2 < 0, δηλαδή y = 1 (αφού y θετικός ακέραιος), άρα β = −1 και α = −12, οπότε x = −9. Απορρίπτεται, γιατί το x πρέπει να είναι θετικός ακέραιος.

Περίπτωση α > 0 και β > 0. Εξετάζουμε όλες τις αναλύσεις του 12 σε γινόμενο δύο θετικών ακεραίων:

Επαληθεύσεις: για (6, 6) είναι 36 − 12 − 18 = 6 ✔· για (15, 3) είναι 45 − 30 − 9 = 6 ✔· για (4, 14) είναι 56 − 8 − 42 = 6 ✔

(4, 14), (5, 8), (6, 6), (7, 5), (9, 4), (15, 3)

Η δοσμένη σχέση ισχύει για κάθε πραγματικό x:

f(x) + 2f(1 − x) = 3x   (1)

Αντικαθιστούμε όπου x το 1 − x. Επειδή 1 − (1 − x) = x, παίρνουμε

f(1 − x) + 2f(x) = 3(1 − x) = 3 − 3x   (2)

Θέτουμε Α = f(x) και Β = f(1 − x). Το σύστημα γίνεται

Α + 2Β = 3x   και   2Α + Β = 3 − 3x

Πολλαπλασιάζουμε τη δεύτερη εξίσωση με 2:

4Α + 2Β = 6 − 6x

και αφαιρούμε κατά μέλη την πρώτη:

3Α = 6 − 6x − 3x = 6 − 9x ⟹ Α = 2 − 3x

Άρα, αν υπάρχει τέτοια συνάρτηση, είναι υποχρεωτικά

f(x) = 2 − 3x,   για κάθε x ∈ ℝ

Επαλήθευση. Για f(x) = 2 − 3x είναι f(1 − x) = 2 − 3(1 − x) = 2 − 3 + 3x = −1 + 3x. Τότε

f(x) + 2f(1 − x) = (2 − 3x) + 2(−1 + 3x) = 2 − 3x − 2 + 6x = 3x ✔

Η σχέση ικανοποιείται για κάθε x, άρα η συνάρτηση είναι δεκτή.

f(x) = 2 − 3x

Γιατί είναι απαραίτητη η επαλήθευση: η μέθοδος της αντικατάστασης δείχνει μόνο ότι αν υπάρχει λύση, τότε έχει αυτή τη μορφή — δηλαδή δίνει αναγκαία συνθήκη. Η επάρκεια αποδεικνύεται μόνο με αντικατάσταση στην αρχική σχέση. Στον διαγωνισμό, η παράλειψη του βήματος αυτού κοστίζει βαθμούς.