Να βρείτε όλα τα ζευγάρια πραγματικών αριθμών 
για τα οποία
Πρόβλημα 2:
Δίνονται θετικοί ακέραιοι αριθμοί 
για τους οποίους ισχύει ότι
(α) Να αποδείξετε ότι η διαφορά
είναι τέλειο τετράγωνο κάποιου θετικού ακεραίου.
(β) Να βρείτε ένα ζευγάρι θετικών ακεραίων
για τους οποίους ισχύει η παραπάνω σχέση.
Πρόβλημα 3:
για τους οποίους ισχύει ότι(α) Να αποδείξετε ότι η διαφορά
είναι τέλειο τετράγωνο κάποιου θετικού ακεραίου.(β) Να βρείτε ένα ζευγάρι θετικών ακεραίων
για τους οποίους ισχύει η παραπάνω σχέση.Πρόβλημα 3:
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο 
με 
και έστω 
ο περιγεγραμμένος κύκλος του με κέντρο 
. Ονομάζουμε 
το μέσο του 
. Η προέκταση της 
τέμνει ξανά τον κύκλο στο σημείο 
. Ο περιγεγραμμένος κύκλος 
του τριγώνου 
τέμνει την ευθεία 
στα σημεία 
και 
και ο περιγεγραμμένος κύκλος 
του τριγώνου 
τέμνει την ευθεία 
στα σημεία 
και 
.
Αν
το ίχνος της κάθετης από το 
πάνω στην και 
το δεύτερο σημείο τομής της ευθείας 
με τον , να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο με κορυφές τα σημεία 
και είναι παραλληλόγραμμο.
Πρόβλημα 4:
με και έστω ο περιγεγραμμένος κύκλος του με κέντρο . Ονομάζουμε το μέσο του . Η προέκταση της τέμνει ξανά τον κύκλο στο σημείο . Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου τέμνει την ευθεία στα σημεία και και ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου τέμνει την ευθεία στα σημεία και .Αν
το ίχνος της κάθετης από το πάνω στην και το δεύτερο σημείο τομής της ευθείας με τον , να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο με κορυφές τα σημεία και είναι παραλληλόγραμμο.Πρόβλημα 4:
Δίνονται θετικοί ακέραιοι αριθμοί 
με 
και μια σκακιέρα 
από την οποία έχει αφαιρεθεί το άνω αριστερά 
κομμάτι της. Ένα παράδειγμα τέτοιας σκακιέρας για 
και 
φαίνεται παρακάτω.
με και μια σκακιέρα από την οποία έχει αφαιρεθεί το άνω αριστερά κομμάτι της. Ένα παράδειγμα τέτοιας σκακιέρας για και φαίνεται παρακάτω.
η συγκεκριμένη σκακιέρα μπορεί να καλυφθεί με πλακίδια της μορφής 
. Κάθε πλακίδιο μπορεί να τοποθετηθεί οριζόντια ή κάθετα ώστε να καλύπτει ακριβώς τρία τετραγωνάκια της σκακιέρας. Τα πλακίδια δεν επιτρέπεται να αλληλοκαλύπτονται και δεν επιτρέπεται να καλύπτουν τετράγωνα εκτός της σκακιέρας.Πηγή: mathematica
Πρόβλημα 1: x^2 + y^2 + xy=133 (1), x+y+√(xy)=19 (2). Υψώνουμε τη (2) στο τετράγωνο και έχουμε x^2 + y^2 + xy + 2x√(xy) + 2y√(xy) + 2xy=361, άρα 2(√(xy))(x+y+√(xy))=361-133=228, άρα 2√(xy)=228/19=12 και √(xy)=6,xy=36.
ΑπάντησηΔιαγραφήΕπομένως έχουμε το σύστημα : x+y=13, xy=36 . Έτσι προκύπτει η δευτεροβάθμια x^2-13x+36=0 που δίνει λύσεις x=4 ή x=9. Άρα το αρχικό σύστημα έχει τις λύσεις : (x,y)=(4,9) , (x,y)=(9,4) .
Πρόβλημα 2 : (α)4n^2 - 4m^2 + n - m=m^2. Άρα (n-m)(4n+4m+1)=m^2. Aν p πρώτος και p|(n-m), τότε p|m^2 και άρα p|m. Επομένως p|n=(n-m)+m και άρα δε διαιρεί το 4n+4m+1. Άρα οι πρώτοι στο ανάπτυγμα του n-m και του 4n+4m+1 είναι διαφορετικοί και επειδή (n-m)(4n+4m+1)=m^2 κάθε πρώτος που διαιρεί το n-m βρίσκεται σε άρτια δύναμη στο aνάπτυγμα του n-m και το ίδιο ισχύει για το 4n+4m+1.
ΑπάντησηΔιαγραφή(β) Έστω n-m=a^2, τότε a^2(4m+a^2 + 4m+1)=m^2, από όπου προκύπτει η δευτεροβάθμια ως προς m : m^2 - 8ma^2 - a^4 - a^2=0, Δ= 64a^4 + 16a^4 + 4a^2=4a^2(20a^2 + 1), m=4a^2 + a√(20a^2 + 1)(η θετική λύση είναι αποδεκτή). Για a=2 , √81=9 και το αντίστοιχο ζεύγος (m,n)=(34,38).
Πρόβλημα 3: γωνία ΑΔΓ=ΜΔΓ=Β από το τετράπλευρο ΑΒΔΓ που είναι εγγεγραμμένο στον (c). Γωνία ΑΙΜ=ΜΔΓ=Β το τετράπλευρο ΜΙΓΔ που είναι εγγεγραμμένο στον (c1), ως εξωτερική γωνία. Γωνία ΑΡΜ=ΑΙΜ=Β από το τετράπλευρο ΑΡΙΜ που είναι εγγεγραμμένο στον (c2). Γωνία ΒΖΜ=ΑΡΜ=Β από το τετράπλευρο ΑΡΙΖ που είναι εγγεγραμμένο στον (c2) , ως εξωτερική γωνία. Επομένως το τρίγωνο ΒΜΖ είναι ισοσκελές και άρα ΜΖ=ΒΜ=ΜΓ=ΝΜ(διάμεσος του ορθογωνίου ΒΝΓ). Γωνία ΝΡΙ=ΖΡΙ=Α από το τετράπλευρο ΑΡΙΖ που είναι εγγεγραμμένο στον (c2). Γωνία ΝΜΙ=180-ΜΙΝ-ΜΝΙ=180-Β-Γ=Α(ΜΝΙ=ΜΝΓ=Γ , αφού ΜΝ διάμεσος του ορθογωνίου ΒΝΓ. Γωνία ΜΖΝ=ΜΝΖ (το τρίγωνο ΖΜΝ είναι ισοσκελές αφού ΖΜ=ΜΝ)=(180-ΖΜΝ)/2=(180-(ΖΜΙ-ΝΜΙ))/2=(180-(180-Α-Α)/2=2Α/2=Α (γωνία ΖΜΙ=180-Α από το τετράπλευρο ΑΖΜΙ που είναι εγγεγραμμένο στον (c2)).
ΑπάντησηΔιαγραφήΓωνία ΜΑΡ=ΜΖΡ=ΜΖΝ=Α από το τετράπλευρο ΖΜΡΑ που είναι εγγεγραμμένο στον (c2). Γωνία ΜΑΙ=ΙΡΜ από το τετράπλευρο ΑΜΙΡ που είναι εγγεγραμμένο στον(c2). Γωνία ΝΜΡ=ΙΜΝ-ΙΜΡ=Α-ΙΜΡ=ΜΑΡ-ΙΑΡ=ΜΑΙ=IΡΜ(γωνία ΙΜΡ=ΙΑΡ από το τετράπλευρο ΑΜΙΡ που είναι εγγεγραμμένο στον (c2)). Άρα ΜΝ παράλληλη στη ΡΙ αφού ΝΜΡ=ΙΜΡ που είναι εντός εναλλάξ. Τα τρίγωνα ΝΜΙ και ΙΡΝ είναι ίσα αφού ΝΙ κοινή, γωνία ΝΜΙ=ΝΡΙ=Α , γωνία Γ=ΜΝΙ=ΝΙΡ= ,ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων ΝΜ, ΡΙ, και επομένως γωνία ΜΙΝ=ΙΝΡ=Β. Άρα , αφού γωνία ΙΝΡ=ΜΙΝ ,που είναι εντός εναλλάξ , οι ευθείες ΝΡ,ΜΙ είναι παράλληλες. Επομένως το τετράπλευρο ΜΙΡΝ είναι παραλληλόγραμμο.
Πρόβλημα 4 : Για να υπάρχει κάλυψη πρέπει να ισχύει n^2 - m^2=3a ,όπου a E Z+. Άρα 3|(n-m) ή 3|n+m. Αν 3|(n-m), δηλαδή n=m mod3, προφανώς είναι δυνατή η κάλυψη( στο ορθογώνιο mx(n-m) τοποθετούνται οριζόντια πλακίδια, στο (n-m)xm κατακόρυφα και στο (n-m)x(n-m) είτε κατακόρυφα είτε οριζόντια. Αν 3|(n+m) και 3|(n-m) ισχύει η προηγούμενη περίπτωση. Αν 3|(n+m) και 3 δε διαιρεί το (n-m), δηλαδή n διάφορο του m mod3, τότε θα δείξουμε με επαγωγή στο (n+m)=0mod3,n>m, n διάφορο του m mod3( δηλαδή τα n,m δε διαιρούνται με το 3 ), ότι
ΑπάντησηΔιαγραφήδεν είναι δυνατή η κάλυψη. Αν n+m=3, τότε n=2, m=1 και η κάλυψη προφανώς δεν είναι δυνατή. Έστω ότι η κάλυψη δεν είναι δυνατή για n+m=3k. Θα δείξουμε ότι δεν είναι δυνατή και για n+m=3(k+1). Έστω ότι είναι δυνατή, τότε θεωρούμε το ορθογώνιο (n+3)x3 δεξιά και το ορθογώνιο 3xn κάτω αριστερά. Στο ορθογώνιο (n+3)x3 η δεξιά στήλη καλύπτεται από τμήματα οριζόντιων ή κατακόρυφων πλακιδίων. Θεωρούμε τα τμήματα του ορθογωνίου που η δεξιά στήλη καλύπτεται από κατακόρυφα πλακίδια. Αν το κατακόρυφο πλακίδιο είναι μεμονωμένο ανάμεσα σε οριζόντια πλακίδια, τότε το αντίστοιχο
τμήμα του ορθογωνίου καλύπτεται είτε από 2 κατακόρυφα , είτε από 3 οριζόντια , είτε από 1 κατακόρυφο και 3 οριζόντια πλακίδια. Στις δύο τελευταίες περιπτώσεις προεξέχουν προς τα αριστερά 1 ή 2 στήλες 3x1. Στο τμήμα αυτό μπορούν να αντικατασταθούν τα οριζόντια πλακίδια με κατακόρυφα και έτσι να απομονωθεί το τμήμα αυτό από την υπόλοιπη σκακιέρα. Αν υπάρχουν περισσότερα από ένα
κατακόρυφα πλακίδια συνεχόμενα στη δεξιά στήλη , τότε ξεκινάμε από την αμέσως επόμενη στήλη αριστερά. Αν και οι 3 στήλες( σε αυτό το τμήμα του ορθογωνίου) έχουν τον ίδιο αριθμό κατακόρυφων στηλών δεν κάνουμε τίποτα
(Κάθε επόμενη στήλη αριστερά έχει τον ίδιο ή μικρότερο αριθμό κατακόρυφων πλακιδίων στο αντίστοιχο τμήμα.). Αν η επόμενη στήλη έχει μικρότερο αριθμό τότε έχουν προστεθεί 3d, d E Z+, οριζόντια πλακίδια. Αν οι προεξοχές από τα οριζόντια πλακίδια καλυφθούν με κατακόρυφα πλακίδια, τότε μπορεί να γίνει αντικατάσταση με κατακόρυφα πλακίδια αφού οι προεξοχές είναι 3lx1 ή 3lx2.Διαφορετικά συνεχίζουμε μέχρι τα κενά από τα προεξέχοντα οριζόντια πλακίδια να καλυφθούν με κατακόρυφα πλακίδια ή να φτάσουμε σε στήλη με 1 κατακόρυφο πλακίδιο στο αντίστοιχο τμήμα για να ολοκληρώσουμε τη διαδικασία που περιγράψαμε παραπάνω. Σε οποιαδήποτε περίπτωση μπορεί να γίνει αντικατάσταση από κατακόρυφα πλακίδια έτσι ώστε να απομονωθεί (τμηματικά) το ορθογώνιο (n+3)x3 από την υπόλοιπη σκακιέρα. Στη συνέχεια εφαρμόζουμε την ίδια διαδικασία για το ορθογώνιο 3xn κάτω αριστερά αφού έχει απομονωθεί από το (n+3)x3 ανταλλάσσοντας το ρόλο των οριζόντιων και κατακόρυφων πλακιδίων. Άρα αν το n+m=3(k+1) επιτρέπει την κάλυψη, τότε είναι δυνατή και η κάλυψη στο n+m=3k , άτοπο. Επομένως η κάλυψη είναι δυνατή αν και μόνο αν n=m mod3.( Aν n-m=2,τότε μπορούμε να προσθέσουμε στο mxm τετράγωνο ένα ορθογώνιο mx3 δεξιά και ένα 3x(m-3) κάτω αριστερά αν και είναι εύκολο να δείξουμε και απευθείας ότι δεν καλύπτεται η σκακιέρα αφού τα πλακίδια μπορούν να μπουν μόνο κατακόρυφα στο mx2 ορθογώνιο και μόνο οριζόντια στο 2xm και θα υπάρχει υποχρεωτικά αλληλοεπικάλυψη στο (n-m)x(n-m) τετράγωνο αφού το 3 δε
διαιρεί το m.