ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2025-2026 (ΘΕΜΑΤΑ και ΛΥΣΕΙΣ)

#61

Μία ενδιαφέρουσα παρατήρηση για το όμορφο θέμα της γεωμετρίας της Β Λυκείου.
Το πρώτο ερώτημα για το έγκεντρο

ισχύει γενικότερα σε οποιδήποτε τρίγωνο ABC

ικανοποιεί την συνθήκη AD=AB

όπου

διχοτόμος του. Επί πλέον αν

είναι το μέσο του τόξου

η συνθήκη

είναι ισοδύναμη με τις AD=AB

και

, καθώς τα τρίγωνα ABD, AEC,DEC

είναι σε κάθε τρίγωνο όμοια. Τέλος σε κάθε τρίγωνο ισχύει η ιδιότητα EB=EC=EI

. Φυσικά αν κανείς γνωρίζει όλα αυτά, η απάντηση είναι άμεση.
Με την επί πλέον συνθήκη της γωνίας των 60^0

προκύπτει το δεύτερο ερώτημα και φυσικά το πρόβλημα καθίσταται ευκολότερο καθώς υπάρχει η δυνατότητα υπολογισμού όλων των γωνιών του σχήματος και δεν χρειάζεται η γνώση όλων αυτών.
Τα θεωρώ χρήσιμα για τους μαθητές αυτά, καθώς κάθε θέμα γίνεται αφορμή να θίξουμε σημαντικά σημεία της θεωρίας.
Καλή συνέχεια σε όλους τους μαθητές και να συνεχίσουν να προσπαθούν ανεξαρτήτως αποτελεσμάτων τα οποία μακάρι να ευοδώσουν τις προσδοκίες τους.

GaussEuler__:) · #62

Προσωπικά, θεωρώ πως η γεωμετρία ήταν εύκολη, αλλά ωραίο πρόβλημα, το δεύτερο ήταν κάπως κλασσικό, αφού έμοιαζε με θέματα προηγούμενων ετών, το τρίτο πρωτότυπο και το τέταρτο απλά ήθελε τεχνάσματα. Λοιπόν, πώς σας φάνηκαν τα φετινά της Β'Λυκείου; Εύκολα ή δύσκολα;

#63

Καλημέρα σε όλους. Επιχειρώ μια αναλυτικά γραμμένη απάντηση στο τριώνυμο της Β΄ Λυκείου (4ο θέμα).

Είναι $\displaystyle \Delta = {\left( {a + b} \right)^6} - 16ab\left( {a + b} \right) + 4$

Ισχύει $\displaystyle {\left( {a + b} \right)^2} \ge 4ab$ για κάθε $\displaystyle a,b \in IR$ άρα και για a,b

θετικούς ακεραίους.

Διαδοχικά έχουμε $\displaystyle {\left( {a + b} \right)^2} \ge 4ab \Leftrightarrow 4{\left( {a + b} \right)^3} \ge 16ab\left( {a + b} \right) \Leftrightarrow - 4{\left( {a + b} \right)^3} \le - 16ab\left( {a + b} \right)$

$\displaystyle \Leftrightarrow {\left( {a + b} \right)^6} - 4{\left( {a + b} \right)^3} + 4 \le \Delta \Leftrightarrow {\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^3} - 2} \right]^2} \le \Delta$

Αφού $\displaystyle a,\;b \in I{N^*},\;\;a \ge 1,\;b \ge 1 \Rightarrow \left( {a + b} \right) \ge 2 \Leftrightarrow {\left( {a + b} \right)^3} \ge 8$ , οπότε $\displaystyle \Delta > 0$ . Η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες.

Για να είναι ρητοί αριθμοί οι ρίζες της εξίσωσης, αναγκαία συνθήκη είναι η διακρίνουσα $\displaystyle \Delta$ να είναι τέλειο τετράγωνο. Η συνθήκη είναι και ικανή, αφού ο συντελεστής του x^2

είναι

, άρα ο παρονομαστής των ριζών είναι

, ακέραιος.

Είναι $\displaystyle \Delta = {\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^3} - 2} \right]^2} + 4{\left( {a + b} \right)^3} - 16ab\left( {a + b} \right) = {\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^3} - 2} \right]^2} + 4\left( {a + b} \right){\left( {a - b} \right)^2}$ (1)

Έστω $\displaystyle \Delta = {k^2}$ ,

θετικός ακέραιος.

Είναι $\displaystyle a + b \ge 2 \Rightarrow - 16ab\left( {a + b} \right) + 4 < 0 \Rightarrow \Delta < {\left( {a + b} \right)^6} \Leftrightarrow {k^2} < {\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^3}} \right]^2}$ (2)

Επίσης $\displaystyle 0 < {\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^3} - 2} \right]^2} \le \Delta \Leftrightarrow {\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^3} - 2} \right]^2} \le {k^2}$ (3) οπότε από (2) και (3)

$\displaystyle 0 < {\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^3} - 2} \right]^2} \le {k^2} < {\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^3}} \right]^2} \Leftrightarrow 0 < {\left( {a + b} \right)^3} - 2 \le k < {\left( {a + b} \right)^3}$

Άρα $\displaystyle k = {\left( {a + b} \right)^3} - 2\;\;\;\; \vee \;\;k = {\left( {a + b} \right)^3} - 1$ , αφού είναι ακέραιος.

Αν $\displaystyle k = {\left( {a + b} \right)^3} - 2$ , τότε από (1) $\displaystyle 4\left( {a + b} \right){\left( {a - b} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow a = b$ .

Αν $\displaystyle k = {\left( {a + b} \right)^3} - 1$ , τότε

$\displaystyle {\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^3} - 2} \right]^2} + 4\left( {a + b} \right){\left( {a - b} \right)^2} = {\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^3} - 1} \right]^2} \Leftrightarrow 2{\left( {a + b} \right)^3} - 4\left( {a + b} \right){\left( {a - b} \right)^2} = 3$

που δεν μπορεί να συμβαίνει, εφόσον το 1ο μέλος της ισότητας είναι άρτιος και το 2ο περιττός.

Fotis34 · #64

Α Λυκείου

Πρόβλημα 3

Είναι:
$\displaystyle{ 1 + 2 + \dots + 30 = \frac{30 \cdot 31}{2} = 465 }$

$\displaystyle{ a + b + c = a + b + (a+b) = 2(a+b) }$

Άρα το άθροισμα κάθε υποσυνόλου είναι ζυγό

Συνολικό άθροισμα όλων των στοιχείων $\displaystyle{= 2 \sum_{i=1}^{10} (a_i+b_i)}$ , ζυγός αριθμός.

Όμως ο αριθμός $\displaystyle{465}$ είναι περιττός.

Επομένως δεν είναι δυνατή η διαμέριση.

Fotis34 · #65

Β Λυκείου

Πρόβλημα 3

Είναι:
$\displaystyle{ 1 + 2 + \dots + 42 = \frac{42 \cdot 43}{2} = 903 }$

$\displaystyle{ a + b + c = a + b + (a+b) = 2(a+b) }$

Άρα το άθροισμα κάθε υποσυνόλου είναι ζυγό.

Συνολικό άθροισμα όλων των στοιχείων $\displaystyle{= 2 \sum_{i=1}^{14} (a_i+b_i)}$ , ζυγός αριθμός.

Όμως ο αριθμός $\displaystyle{903}$ είναι περιττός.

Επομένως δεν είναι δυνατή η διαμέριση.

Fotis34 · #66

Γ Λυκείου

Πρόβλημα 2

Είναι:
$\displaystyle{ 1 + 2 + 3 + \dots + 2025 = \frac{2025 \cdot 2026}{2} = 2{.}052{.}825 }$

$\displaystyle{ a + b + c + d + e = a + b + c + d + (a+b+c+d) = 2(a+b+c+d) }$

Άρα το άθροισμα κάθε υποσυνόλου είναι ζυγό

Συνολικό άθροισμα όλων των στοιχείων $\displaystyle{= 2 \sum_{i=1}^{405} (a_i+b_i+c_i+d_i)}$ , ζυγός αριθμός.

Όμως ο αριθμός $\displaystyle{2{.}052{.}825}$ είναι περιττός.

Επομένως δεν είναι δυνατή η διαμέριση.

Υστερόγραφο: ουσιαστικά η τεχνική/μέθοδος είναι η ίδια με το Πρόβλημα 3 της Α και της Β Λυκείου, το μόνο που αλλάζει είναι οι αριθμοί. Κάτι ακόμα, η λύση είναι ισοδύναμη με του ποστ #21.

petrosgrifinos · #67

ΜΠΟΡΕΙ ΚΑΠΟΙΟΣ ΝΑ ΣΤΕΙΛΕΙ ΤΝ ΛΥΣΗ ΤΟΥ 4ου θέματος της Α λυκείου?

STOPJOHN · #68

petrosgrifinos έγραψε: Κυρ Ιαν 18, 2026 8:45 pm ΜΠΟΡΕΙ ΚΑΠΟΙΟΣ ΝΑ ΣΤΕΙΛΕΙ ΤΝ ΛΥΣΗ ΤΟΥ 4ου θέματος της Α λυκείου?

α) Τα ορθογώνια τρίγωνα $A\Delta E,\Delta \Theta \Gamma$ είναι ίσα γιατί

$A\Delta =\Delta \Gamma =a,\hat{DEA}=\hat{\Delta \Theta \Gamma }$

Αρα $AE=\Delta \Theta$

β) Τα τρίγωνα $EH\Gamma ,H\Gamma \Theta$ είναι ίσα γιατί $E\Gamma =\Gamma \Theta ,\hat{E\Gamma H}=\hat{H\Gamma \Theta }$ και $H\Gamma$ κοινή πλευρά αρα $\hat{\Delta EA}=\hat{H\Theta \Gamma }=\hat{HE\Gamma }$

γ) Από τα ίσα τρίγωνα $EH\Delta ,BH\Theta$ είναι $\omega =\hat{\Delta AE}=\Theta \Delta \Gamma ,\hat{H\Theta B}=90+\omega ,\hat{BH\Theta }=90-2\omega , \hat{EH\Gamma } +\hat{\Gamma H\Theta }+\hat{BH\Theta }=180^{0}$

jomit · #69

Παραθέτω τις λύσεις μου για τα τρία προβλήματα της Γ λυκείου:
Πρόβλημα 1
Για x, y, z=0

προφανώς επαληθεύουν το σύστημα
Για $x, y, z\ne0$ :
Πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη:
12^3xyz=(4+9x^2)(4+9y^2)(4+9z^2)

Ισχύει απο $a^2+b^2\ge2ab$ :
$4+9x^2\ge12x,\quad 4+9y^2\ge12y, 4+9z^2\ge12z$
Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις ανισότητες:
$(4+9x^2)(4+9y^2)(4+9z^2)\ge12^3xyz$
Η ισότητα ισχύει μόνο για x=y=z

.
$(1) \Rightarrow{(12x)^3=(4+9x^2)^3} \Leftrightarrow{12x=4+9x^2} \Leftrightarrow{(3x-2)^2=0} \Leftrightarrow{x=\frac{2}{3}}$
Άρα οι λύσεις είναι $(x,y,z)=\{(0,0,0), (\frac{2}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3})\}$

Πρόβλημα 2
Στο σύνολο Α υπάρχουν 1012 άρτιοι και 1013 περιττοί. Σε ένα σύνολο έχουμε 5 αριθμούς και διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις:

, 5 άρτιοι
, 3 άρτιοι και 2 περιττοί
, 3 άρτιοι και 2 περιττοί
, 1 άρτιοσ και 4 περιττοί
, 1 άρτιοσ και 4 περιττοί

Παρατηρούμε πως σε όλες τις περιπτώσεις υπάρχει άρτιο πλήθος περιττών αριθμών άρα με οποιονδήποτε συνδυασμό είναι αδύνατο να έχουμε περιττό πλήθος περιττών, 2013 περιττοί. Άρα είναι αδύνατο.

Πρόβλημα 3
Εστω Ι και Λ τα μέσα των ΑΒ και ΓΔ αντίστοιχα. Τότε τα ορθογώνια τρίγωνα ΜΑΘ και ΞΙΘ είναι όμοια γιατί ΜΘΑ=ΞΘΙ ως κατακορυφήν. Άρα ΜΘ/ΘΞ=ΑΘ/ΘΙ. Όμοια δείχνουμε πως ΕΘ/ΘΝ=ΑΘ/ΘΙ. Επομένως ΜΘ/ΘΞ=ΕΘ/ΘΝ, ΑΔ//ΙΛ και από αντίστροφο Θεώρημα Θαλή ΘΗ//ΑΔ//ΙΛ. Το ΑΒΓΔ ορθογώνιο άρα θα τέμνει οποιαδήποτε παράλληλη προς το ΑΔ κάθετα και στο μέσο της. ΕΖ ύψοσ και διάμεσος στο τρίγωνο ΘΖΗ άρα είναι ισοσκελές. Συμπεραίνουμε πως θα είναι και διχοτόμος. Έτσι η ΕΖ διχοτομεί την ΚΖΗ.

pauloslag · #70

η λυση για το θεμα 4 της γ λυκ ειναι για α>=7β,(χ,υ)=(α-4β,β) και για α<7β,(χ,υ)=((2β+α)/3,β) ??

#71

pauloslag έγραψε: Κυρ Ιαν 18, 2026 10:26 pm η λυση για το θεμα 4 της γ λυκ ειναι για α>=7β,(χ,υ)=(α-4β,β) και για α<7β,(χ,υ)=((2β+α)/3,β) ??

Καλησπέρα. Έχουν αναρτηθεί παραπάνω απαντήσεις. Δες post #10 και #19.

#72

Καλησπέρα σε όλους. Δίνω μια λύση στο 1ο θέμα της Γ΄ Λυκείου.

Η λύση που αναρτώ βασίζεται στηn 1η λύση του Δημήτρη Ντρίζου, στο βιβλίο του Μαθηματικές Διαγωνιστικές Διαδρομές, που έχει πανομοιότυπο θέμα, με τη βιβλιογραφική αναφορά ότι τέθηκε σε Ολυμπιάδα του Καναδά το 1996.(*)

Η τριάδα $\displaystyle x = y = z = 0$ επαληθεύει το σύστημα.

Αν $\displaystyle x \ne 0$ τότε $\displaystyle z \ne 0$ και επίσης $\displaystyle y \ne 0$ .

Για $\displaystyle x,y,z \ne 0$ , είναι

$\displaystyle \frac{{12{x^2}}}{{4 + 9{x^2}}} = y \Leftrightarrow \frac{{4 + 9{x^2}}}{{12{x^2}}} = \frac{1}{y}$ και ομοίως $\displaystyle \frac{{4 + 9{y^2}}}{{12{y^2}}} = \frac{1}{z},\;\frac{{4 + 9{z^2}}}{{12{z^2}}} = \frac{1}{x}$

Προσθέτουμε κατά μέλη: $\displaystyle \frac{{4 +9 {x^2}}}{{12{x^2}}} + \frac{{4 + 9{y^2}}}{{12{y^2}}} + \;\frac{{4 + 9{z^2}}}{{12{z^2}}} = \frac{1}{y} + \frac{1}{z} + \frac{1}{x}$

$\displaystyle \Leftrightarrow \left( {\frac{1}{{3{x^2}}} + \frac{3}{4} - \frac{1}{x}} \right) + \left( {\frac{1}{{3{y^2}}} + \frac{3}{4} - \frac{1}{y}} \right) + \left( {\frac{1}{{3{z^2}}} + \frac{3}{4} - \frac{1}{z}} \right) = 0$

$\displaystyle \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{{\sqrt 3 x}} - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{{\sqrt 3 z}} - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{{\sqrt 3 z}} - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = 0$ , οπότε $\displaystyle x = y = z = \frac{2}{3}$

(*) Είχα την τιμή και τη χαρά να επιμεληθώ τεχνικά, κι έτσι να γνωρίσω από κοντά, το βιβλίο του αγαπητού φίλου Δημήτρη Ντρίζου, π. συμβούλου μαθηματικών Ν. Τρικάλων και Καρδίτσας, που κυκλοφόρησε το Μάρτιο του 2025, από τις εκδόσεις του Νίκου Ζανταρίδη και Κώστα Τηλέγραφου.

Ιωάννης Μελισσουργός · #73

vasilis.volos.13 έγραψε: Σάβ Ιαν 17, 2026 5:10 pm
Πρόβλημα 4
Για να υπάρχουν κοινές λύσεις για το σύστημα θα πρέπει να έχουν και οι δύο εξισώσεις λύσεις. Επομένως τα δεύτερα μέλη τους θα πρέπει να είναι μη αρνητικά. από την πρώτη εξίσωση προκύπτει ότι πρέπει $2x+y-a\geq 0 \Leftrightarrow 2x+y\geq a$ όμως γνωρίζοντας ότι $a\geq 0$ τότε πρέπει $2x+y\geq 0$ επομένως έχουμε για την δεύτερη εξίσωση ότι άρα η δύτερη θα δώσει λύση . Ανοίγοντας τώρα το απόλυτο στην πρώτη προκύπτει ότι
$\displaytyle x-3y=2x+y-a \eta x-3y=-2x+y+a\Leftirghtarrow x=a-4b \eta x=\frac{a+2b}{3}$

άρα οι πιθανές λύσεις έιναι της μορφής $\displaystyle (x,y)=(a-4b,b) \eta (x,y)=\left(\frac{a+2b}{3},b\right)$
Επαληθεύοντας την πρώτη και στις δύο εξισώσεις δίνει και

Επαληθεύοντας την δεύτερη και στις δύο εξισώσεις δίνει $\displaystyle \left|\frac{2a+7b}{3}\right|=\frac{2a+7b}{3}$ και $\left| \frac{a-7b}{3}\right|=\frac{7b-a}{3}$

από τις παραπάνω σχέσεις προκύπτει ότι πρέπει επομένως οι λύσεις του συστήματος θα έιναι της μορφής

Στο τέλος δεν καταλαβαίνω το κομμάτι της συναλήθευσης των δύο λύσεων. Από αυτό που αντιλαμβάνομαι από το πρόβλημα, υπάρχουν δύο περιπτώσεις. Αν $a\geq 7b$ τότε παίρνουμε τη λύση (x, y)=(a-4b, b)

και an

τότε παίρνουμε τη λύση $(x, y)=(\frac{a+2b}{3}, b)$ . Δε βλέπω κάποιον περαιτέρω αναγκαίο διαχωρισμό περιπτώσεων.

miliotis ektoras · #74

Ιωάννης Μελισσουργός έγραψε: Κυρ Ιαν 18, 2026 11:23 pm
vasilis.volos.13 έγραψε: Σάβ Ιαν 17, 2026 5:10 pm
Πρόβλημα 4
Για να υπάρχουν κοινές λύσεις για το σύστημα θα πρέπει να έχουν και οι δύο εξισώσεις λύσεις. Επομένως τα δεύτερα μέλη τους θα πρέπει να είναι μη αρνητικά. από την πρώτη εξίσωση προκύπτει ότι πρέπει $2x+y-a\geq 0 \Leftrightarrow 2x+y\geq a$ όμως γνωρίζοντας ότι $a\geq 0$ τότε πρέπει $2x+y\geq 0$ επομένως έχουμε για την δεύτερη εξίσωση ότι άρα η δύτερη θα δώσει λύση . Ανοίγοντας τώρα το απόλυτο στην πρώτη προκύπτει ότι
$\displaytyle x-3y=2x+y-a \eta x-3y=-2x+y+a\Leftirghtarrow x=a-4b \eta x=\frac{a+2b}{3}$

άρα οι πιθανές λύσεις έιναι της μορφής $\displaystyle (x,y)=(a-4b,b) \eta (x,y)=\left(\frac{a+2b}{3},b\right)$
Επαληθεύοντας την πρώτη και στις δύο εξισώσεις δίνει και

Επαληθεύοντας την δεύτερη και στις δύο εξισώσεις δίνει $\displaystyle \left|\frac{2a+7b}{3}\right|=\frac{2a+7b}{3}$ και $\left| \frac{a-7b}{3}\right|=\frac{7b-a}{3}$

από τις παραπάνω σχέσεις προκύπτει ότι πρέπει επομένως οι λύσεις του συστήματος θα έιναι της μορφής

Στο τέλος δεν καταλαβαίνω το κομμάτι της συναλήθευσης των δύο λύσεων. Από αυτό που αντιλαμβάνομαι από το πρόβλημα, υπάρχουν δύο περιπτώσεις. Αν $a\geq 7b$ τότε παίρνουμε τη λύση και an τότε παίρνουμε τη λύση $(x, y)=(\frac{a+2b}{3}, b)$ . Δε βλέπω κάποιον περαιτέρω αναγκαίο διαχωρισμό περιπτώσεων.

δικιο εχεις,κγω το ιδιο εχω κανει.Θεωρω πως η παραπανω λυση ειναι λαθος.

anlaf · #75

jomit έγραψε: Κυρ Ιαν 18, 2026 10:20 pm Παραθέτω τις λύσεις μου για τα τρία προβλήματα της Γ λυκείου:
Πρόβλημα 1
Για προφανώς επαληθεύουν το σύστημα
Για $x, y, z\ne0$ :
Πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη:

Ισχύει απο $a^2+b^2\ge2ab$ :
$4+9x^2\ge12x,\quad 4+9y^2\ge12y, 4+9z^2\ge12z$
Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις ανισότητες:
$(4+9x^2)(4+9y^2)(4+9z^2)\ge12^3xyz$
Η ισότητα ισχύει μόνο για .
$(1) \Rightarrow{(12x)^3=(4+9x^2)^3} \Leftrightarrow{12x=4+9x^2} \Leftrightarrow{(3x-2)^2=0} \Leftrightarrow{x=\frac{2}{3}}$
Άρα οι λύσεις είναι $(x,y,z)=\{(0,0,0), (\frac{2}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3})\}$

Πρόβλημα 2
Στο σύνολο Α υπάρχουν 1012 άρτιοι και 1013 περιττοί. Σε ένα σύνολο έχουμε 5 αριθμούς και διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις:

, 5 άρτιοι

, 3 άρτιοι και 2 περιττοί

, 3 άρτιοι και 2 περιττοί

, 1 άρτιοσ και 4 περιττοί

, 1 άρτιοσ και 4 περιττοί

Παρατηρούμε πως σε όλες τις περιπτώσεις υπάρχει άρτιο πλήθος περιττών αριθμών άρα με οποιονδήποτε συνδυασμό είναι αδύνατο να έχουμε περιττό πλήθος περιττών, 2013 περιττοί. Άρα είναι αδύνατο.

Πρόβλημα 3
Εστω Ι και Λ τα μέσα των ΑΒ και ΓΔ αντίστοιχα. Τότε τα ορθογώνια τρίγωνα ΜΑΘ και ΞΙΘ είναι όμοια γιατί ΜΘΑ=ΞΘΙ ως κατακορυφήν. Άρα ΜΘ/ΘΞ=ΑΘ/ΘΙ. Όμοια δείχνουμε πως ΕΘ/ΘΝ=ΑΘ/ΘΙ. Επομένως ΜΘ/ΘΞ=ΕΘ/ΘΝ, ΑΔ//ΙΛ και από αντίστροφο Θεώρημα Θαλή ΘΗ//ΑΔ//ΙΛ. Το ΑΒΓΔ ορθογώνιο άρα θα τέμνει οποιαδήποτε παράλληλη προς το ΑΔ κάθετα και στο μέσο της. ΕΖ ύψοσ και διάμεσος στο τρίγωνο ΘΖΗ άρα είναι ισοσκελές. Συμπεραίνουμε πως θα είναι και διχοτόμος. Έτσι η ΕΖ διχοτομεί την ΚΖΗ.

Ιωάννης Μελισσουργός · #76

Παραθέτω τη λύση που έγραψα στον διαγωνισμό για το 4ο της Γ' Λυκείου.

Θα ονομάσουμε (1) και (2) τις σχέσεις του συστήματος. Έστω ότι (x,y)

είναι μία λύση του. Διακρίνουμε περιπτώσεις ως προς τη (2).

Αν
Τότε έχουμε
Τώρα θα πάρουμε περιορισμούς:
- (2): $\Rightarrow2x+b\geq 0\Leftrightarrow x\geq-\frac{b}{2}$
- (1): $\Rightarrow 2x+y-a\geq 0 \Leftrightarrow 2x+b-a\geq0\Leftrightarrow x\geq \frac{a-b}{2}$
Επειδή συναληθεύοντας τους περιορισμούς πρέπει να ισχύει
Παίρνουμε 2 υποπεριπτώσεις ως προς την (1):
1. Αν
  Τότε η (1) δίνει:
  Πρέπει όμως να επαληθεύονται οι περιορισμοί δηλαδή πρέπει:
  - $x\geq 3b\Leftrightarrow a-4b\geq 3b\Leftrightarrow a\geq 7b$ και
  - $x\geq \frac{a-b}{2}\Leftrightarrow 2(a-4b)\geq a-b\Leftrightarrow a\geq7b$
  Οπότε πρέπει .
  Τέλος πρέπει επίσης
  Με συναλήθευση, πρέπει
  Αν ικανοποιείται αυτό έχουμε τη λύση
2. Αν τώρα
  Τότε η (1) δίνει
  Για αυτή την τιμή του x πρέπει πάλι να ικανοποιούνται οι περιορισμοί:
  - $x\geq\frac{a-b}{2}\Leftrightarrow \frac{a+2b}{3}\geq\frac{a-b}{2}\Leftrightarrow a\leq 7b$ και
  - $x-3b<0\Leftrightarrow \frac{a+2b}{3}<3b\Leftrightarrow a<7b$
  Συναληθεύοντας, πρέπει .
  Τέλος πρέπει επίσης που προφανώς αληθεύει για κάθε
  Σε αυτή την περίπτωση λοιπόν έχουμε τη λύση
Αν
Τότε έχουμε
Παίρνουμε περιορισμούς:
- (2) $\Rightarrow 2x+b\geq0\Leftrightarrow x\geq-\frac{b}{2}$ και
- (1) $\Rightarrow 2x+y-a\geq 0\Leftrightarrow 2x+(-4x-b)-a\geq 0\Leftrightarrow -2x-a-b\geq 0\Leftrightarrow x\leq\frac{-a-b}{2}$
Συναληθεύοντας, επειδή πρέπει οπότε αναγκαστικά πρέπει και
Τότε όμως είναι . Βλέπουμε ότι πράγμα άτοπο αφού αρχικά υποθέσαμε .
Επομένως η δεύτερη περίπτωση δεν έχει λύσεις.

Συνολικά έχουμε τις λύσεις:

αν $a\geq 7b$
$(x,y)=(\frac{a+2b}{3}, b)$ αν

Edit: Μία μικρή διόρθωση στην Α περίπτωση

STOPJOHN · #77

Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 3

Ειναι NZ=NE

και τα ορθογώνια τρίγωνα $EH\Delta ,EAS$ είναι ίσα αρα

$\Delta H=AS$

$AS//NE\Rightarrow \dfrac{AS}{NE}=\dfrac{KA}{AN}, AT//NZ\Rightarrow \dfrac{AT}{NZ}=\dfrac{AK}{KN}\Rightarrow AT=AS=H\Delta , TH//A\Delta ,TH\perp EZ,TZ=ZH,\hat{TZE}=\hat{EZH}$

vasilis.volos.13 · #78

miliotis ektoras έγραψε: Κυρ Ιαν 18, 2026 11:36 pm
Ιωάννης Μελισσουργός έγραψε: Κυρ Ιαν 18, 2026 11:23 pm
vasilis.volos.13 έγραψε: Σάβ Ιαν 17, 2026 5:10 pm
Πρόβλημα 4
Για να υπάρχουν κοινές λύσεις για το σύστημα θα πρέπει να έχουν και οι δύο εξισώσεις λύσεις. Επομένως τα δεύτερα μέλη τους θα πρέπει να είναι μη αρνητικά. από την πρώτη εξίσωση προκύπτει ότι πρέπει $2x+y-a\geq 0 \Leftrightarrow 2x+y\geq a$ όμως γνωρίζοντας ότι $a\geq 0$ τότε πρέπει $2x+y\geq 0$ επομένως έχουμε για την δεύτερη εξίσωση ότι άρα η δύτερη θα δώσει λύση . Ανοίγοντας τώρα το απόλυτο στην πρώτη προκύπτει ότι
$\displaytyle x-3y=2x+y-a \eta x-3y=-2x+y+a\Leftirghtarrow x=a-4b \eta x=\frac{a+2b}{3}$

άρα οι πιθανές λύσεις έιναι της μορφής $\displaystyle (x,y)=(a-4b,b) \eta (x,y)=\left(\frac{a+2b}{3},b\right)$
Επαληθεύοντας την πρώτη και στις δύο εξισώσεις δίνει και

Επαληθεύοντας την δεύτερη και στις δύο εξισώσεις δίνει $\displaystyle \left|\frac{2a+7b}{3}\right|=\frac{2a+7b}{3}$ και $\left| \frac{a-7b}{3}\right|=\frac{7b-a}{3}$

από τις παραπάνω σχέσεις προκύπτει ότι πρέπει επομένως οι λύσεις του συστήματος θα έιναι της μορφής

Στο τέλος δεν καταλαβαίνω το κομμάτι της συναλήθευσης των δύο λύσεων. Από αυτό που αντιλαμβάνομαι από το πρόβλημα, υπάρχουν δύο περιπτώσεις. Αν $a\geq 7b$ τότε παίρνουμε τη λύση και an τότε παίρνουμε τη λύση $(x, y)=(\frac{a+2b}{3}, b)$ . Δε βλέπω κάποιον περαιτέρω αναγκαίο διαχωρισμό περιπτώσεων.
δικιο εχεις,κγω το ιδιο εχω κανει.Θεωρω πως η παραπανω λυση ειναι λαθος.

Σωστά υπάρχει λάθος το διόρθώνω!

Bill. · #79

Bill. έγραψε: Κυρ Ιαν 18, 2026 9:11 am
Hristaras έγραψε: Σάβ Ιαν 17, 2026 5:57 pm Στο πρόβλημα 2 της Γ Γυμνασίου έβγαλα ότι δεν υπάρχει κατάλληλος ν ώστε ο Α να είναι τετράγωνο ακεραίου και ο Β κύβος ακεραίου. Είμαι σχεδόν σίγουρος ότι το έχω κάνει λάθος όμως θέλω να το επιβεβαίωσω. Παρόλα αυτά τα υπόλοιπα προβλήματα τα έλυσα σχετικά ευκολα
2178=https://latex.codecogs.com/svg.image?2*3^2*11^2
810= https://latex.codecogs.com/svg.image?2*3^4*5
Για να γίνει θετικος ακεραιος στον κυβο το 810 πρπ να το πολλαπλασιασουμε με το https://latex.codecogs.com/svg.image?2^2*3^2*5^2=900. Παρατηρουμε ομως οτι αν πολλαπλασιασουμε με το 900 το 2178 δεν θα γινει τελειο τετραγωνο. Επόμενο ν που δοκιμαζουμε ειναι το 2^5 * 3^2 * 5^2 =7200 . Όντως αν πολλασπλασιάσουμε το 2178 με το 7200 ειναι τέλειο τετράγωνο , αφού
https://latex.codecogs.com/svg.image?21 ... ^2*11*5)^2

ΓΙΩΡΓΟΣ ΣΤΑΥΡΟΥ · #80

Ανέβηκαν και οι επίσημες λύσεις από την Ε.Μ.Ε.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2025-2026 (ΘΕΜΑΤΑ και ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2025-2026 (ΘΕΜΑΤΑ και ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2025-2026 (ΘΕΜΑΤΑ και ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2025-2026 (ΘΕΜΑΤΑ και ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2025-2026 (ΘΕΜΑΤΑ και ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2025-2026 (ΘΕΜΑΤΑ και ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2025-2026 (ΘΕΜΑΤΑ και ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2025-2026 (ΘΕΜΑΤΑ και ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2025-2026 (ΘΕΜΑΤΑ και ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2025-2026 (ΘΕΜΑΤΑ και ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2025-2026 (ΘΕΜΑΤΑ και ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2025-2026 (ΘΕΜΑΤΑ και ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2025-2026 (ΘΕΜΑΤΑ και ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2025-2026 (ΘΕΜΑΤΑ και ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2025-2026 (ΘΕΜΑΤΑ και ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2025-2026 (ΘΕΜΑΤΑ και ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2025-2026 (ΘΕΜΑΤΑ και ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2025-2026 (ΘΕΜΑΤΑ και ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2025-2026 (ΘΕΜΑΤΑ και ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2025-2026 (ΘΕΜΑΤΑ και ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2025-2026 (ΘΕΜΑΤΑ και ΛΥΣΕΙΣ)

Μέλη σε σύνδεση