1. 8o ΚΚΚΑΑΑΛΛΛΟΟΟΚΚΚΑΑΑΙΙΙΡΡΡΙΙΙΝΝΝΟΟΟ
ΜΜΜ ΑΑΑ ΘΘΘ ΗΗΗ ΜΜΜ ΑΑΑ ΤΤΤ ΙΙΙ ΚΚΚ ΟΟΟ ΣΣΣ ΧΧΧ ΟΟΟ ΛΛΛ ΕΕΕ ΙΙΙ ΟΟΟ
ΛΛΛΕΕΕΠΠΠΤΤΤΟΟΟΚΚΚΑΑΑΡΡΡΥΥΥΑΑΑ ΠΠΠΙΙΙΕΕΕΡΡΡΙΙΙΑΑΑΣΣΣ 2014
13 ΙΙΙοοουυυλλλίίίοοουυυ - 25 ΙΙΙοοουυυλλλίίίοοουυυ 2014
«OLYMPIAN BAY» - ΛΛΛεεεπππτττοοοκκκαααρρρυυυάάά ΠΠΠιιιεεερρρίίίαααςςς

2. ΠΡΟΛΟΓΟΣ
Οι σημειώσεις που κρατάτε στα χέρια σας έχουν σκοπό την υποστήριξη του
διδακτικού έργου κατά τη διάρκεια του καλοκαιρινού μαθηματικού σχολείου που
διοργανώνει η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία τον Αύγουστο του 2014.
Οι περισσότερες αφορούν θεωρία και ασκήσεις. Η έκτασή τους είναι πολύ
μεγαλύτερη από τις ανάγκες της μιας διδακτικής εβδομάδας του καλοκαιρινού
σχολείου δίνοντας κίνητρο στον μαθητή που αγαπάει τα μαθηματικά να ασχοληθεί
και τον υπόλοιπο καιρό με αυτά. Πιστεύουμε ότι μπορούν να βοηθήσουν τον μαθητή
και για το σχολείο του, αλλά και για την προσπάθεια του για επιτυχία στους
μαθηματικούς διαγωνισμούς.
Οι σημειώσεις περιλαμβάνουν στοιχεία από την Άλγεβρα, τη Γεωμετρία, τη
Θεωρία αριθμών και τη Συνδυαστική.
Η Επιτροπή διαγωνισμών της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας εκφράζει τις
ευχαριστίες της προς όλους τους συναδέλφους που συνεισέφεραν για τη δημιουργία
των σημειώσεων αυτών.
Ιούνιος 2014
Η Επιτροπή Διαγωνισμών της ΕΜΕ

3. ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ
ΠΡΟΛΟΓΟΣ
Ι. Εισαγωγή στη θεωρία πολυωνύμων, Α. Φελλούρης……… …1 - 44
ΙΙ. Συναρτησιακές Εξισώσεις, Α. Φελλούρης…………………….45-68
III. Μιγαδικοί αριθμοί και Γεωμετρία, Α. Φελλούρης…………... 69-82
IV. Μεθοδολογία Επιπεδομετρίας, Α. Φελλούρης………………. .83-90
V. Γεωμετρία, Ε. Ψύχας…………………………………………..91-122
VI. Γεωμετρία, Θ. Κουφός…………………………………….....123-158
VII. Θεωρία Αριθμών, Α. Συγκελάκης……………………….…..159-236
VIII. Στοιχεία απλής Συνδυαστικής, Δ. Κοντοκώστας………….. 237-280
IX. Παράρτημα: Ασκήσεις Γεωμετρίας………………………… 281-286

4. ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΗ ΘΕΩΡΙΑ ΠΟΛΥΩΝΥΜΩΝ
Αργύρης Φελλούρης
Αν. Καθηγητής ΕΜΠ
Εισαγωγή
Η εργασία αυτή έχει στόχο να αποτελέσει βοήθημα των μαθητών που συμμετέχουν στις
Ελληνικές και στις Διεθνείς Μαθηματικές Ολυμπιάδες. Πρόκειται για μία εισαγωγή στη
θεωρία πολυωνύμων, η οποία σύντομα θα εμπλουτιστεί με περισσότερες λυμένες ασκήσεις
από διαγωνισμούς και θα συμπληρωθεί με τα πολυώνυμα πολλών μεταβλητών και τα
σχετικά με την εύρεση των νιοστών ριζών μιγαδικών αριθμών.
Από την Ανάλυση ξέρουμε τις πολυωνυμικές συναρτήσεις
( ) ... 1 0 , , 0,1,..., n
f x = an x + + a x + a ai ∈ή ai ∈^ i = n ,
όπου x είναι μία μεταβλητή που μπορεί να πάρει πραγματικές ή μιγαδικές τιμές. Στην
Άλγεβρα το x μπορεί να παίζει το ρόλο μεταβλητής ή να είναι μία απροσδιόριστη
(indeterminate), δηλαδή ένα σύμβολο που μας επιτρέπει να θεωρούμε εκφράσεις της
μορφής
( ) 0 1 ... ..., , 0,1, 2,... n
f x = a + a x + + an x + ai ∈Κ i =
όπου Κ είναι σώμα και συνήθως Κ = ή ^ ή _, που λέγονται πολυώνυμα. Οι
αριθμοί i a είναι οι συντελεστές του πολυωνύμου.
( ) 0 1 2 n
Ορισμός 1. Το πολυώνυμο 2
f x = a + a x + a x + ⋅⋅⋅+ anx + ⋅⋅⋅ είναι βαθμού k , αν
ισχύει ak ≠ 0 και an = 0 για κάθε n > k. Γράφουμε deg f (x) = k ή βαθμός
f (x) = k .
f x = a + a x + + an x + και ( ) 0 1 ... ... m
1
Ορισμός 2. Για τα πολυώνυμα
( ) 0 1 ... ... n
g x = b + b x + bmx + , (1)
όπου ai ,bi ∈Κ , με 0, 0 και 0, 0, 1, 2,3,... n ni m m i a a b b i + + ≠ = ≠ = = η ισότητα
πολυωνύμων ορίζεται ως εξής:
( ) ( ) f x = g x ⇔ n = m και ai = bi για κάθε i = 0,1, 2,..., n .
Το σύνολο όλων των πολυωνύμων μεταβλητής x με συντελεστές στο σώμα Κ, έστω
[ ] { } 0 1 ... ... : , 0,1, 2,... n
Κ x = a + a x + + an x + ai ∈Κ i = ,
εφοδιασμένο με τις πράξεις της πρόσθεσης και του πολλαπλασιασμού
( ) ( ) ( 0 0 ) ( 1 1) ... ( ) ... n
f x + g x = a + b + a + b x + + an + bn x +

5. 2
2
f (x)g(x) = a0b0 + (a1b0 + a0b1)x + (a0b2 + a1b1 + a2b0 )x + ... ,
όπου f (x), g ( x)είναι τα πολυώνυμα (1) του ορισμού 2 γίνεται αντιμεταθετικός
δακτύλιος με μονάδα. Το πολυώνυμο f (x) = a0 , με a0 ≠ 0 , λέγεται σταθερό
πολυώνυμο και έχει βαθμό 0. Η μονάδα του δακτυλίου Κ[x] είναι το σταθερό
πολυώνυμο f (x) = 1 . Το μηδενικό στοιχείο του δακτυλίου Κ[x] είναι το μηδενικό
πολυώνυμο 0(x) = 0 + 0x + 0x2 + ...
ή απλούστερα 0(x) = 0. Για το μηδενικό πολυώνυμο δεν ορίζεται βαθμός.
Αν τα πολυώνυμα f (x), g(x)∈Κ[x] είναι μη μηδενικά, τότε ισχύουν:
deg[ f (x) + g(x)] ≤ max{deg f (x), deg g(x)}
deg f (x)g(x) = deg f (x) + deg g(x) .
Οι παραπάνω σχέσεις αληθεύουν και όταν κάποιο από τα πολυώνυμα f (x) και g(x)
είναι το μηδενικό πολυώνυμο, εφόσον ορίσουμε συμβατικά deg 0(x) = −∞.
Μία από τις πιο βασικές ιδιότητες του δακτυλίου Κ[x] είναι ότι δεν έχει
μηδενοδιαιρέτες, δηλαδή δεν υπάρχουν μη μηδενικά πολυώνυμα g (x),h(x)∈Κ[x]
τέτοια ώστε να ισχύει: g (x)h( x) = 0( x). Αυτό χαρακτηρίζει το δακτύλιο Κ[x] ως
ακεραία περιοχή. Έχουμε σχετικά:
Θεώρημα 1. (α) Έστω ότι για τα πολυώνυμα g (x),h(x)∈Κ[x] ισχύει:
g(x)h(x) =0(x). Τότε έχουμε g (x) = 0(x) ή h( x) = 0( x) .
(β) Αν για τα πολυώνυμα g(x),h(x), f (x)∈Κ[x]με f (x) ≠ 0(x) ισχύει:
g(x) f (x) =h(x) f (x) ,
τότε έχουμε g(x) =h(x) (ιδιότητα διαγραφής).
Απόδειξη
(α) Αν είναι g (x) = 0(x) , τότε ισχύει το ζητούμενο.
Αν είναι g (x) ≠ 0(x) , τότε θα αποδείξουμε ότι είναι h(x) = 0(x). Πράγματι, αν ήταν
h(x) ≠ 0( x), τότε θα είχαμε για τα δύο μέλη της ισότητας g(x)h(x) =0(x)
deg g (x)h(x) ≥ 0 , ενώ ο βαθμός του μηδενικού πολυωνύμου δεν ορίζεται.

6. (β) Έχουμε g (x) f (x) =h(x) f (x)⇒(g(x) −h(x)) f (x) = 0(x),οπότε, αφού είναι
f (x) ≠ 0(x) , από το (α) προκύπτει ότι: g (x) = h( x) . ,
Το βασικότερο θεώρημα της θεωρίας πολυωνύμων είναι το εξής:
Θεώρημα 2. (Θεώρημα αλγοριθμικής διαίρεσης).
Αν f (x), g(x)∈Κ[x] και g(x) ≠ 0 , τότε υπάρχουν μοναδικά πολυώνυμα
p(x) (πηλίκο),υ (x) (υπόλοιπο)∈Κ[x] τέτοια, ώστε να ισχύει
f (x) = g(x) p(x) +υ (x),
− = + + + + και 1
= − και θέτουμε ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 υ x = f x − g x p x .
x g x p x x , deg x deg
x
υ = + υ υ ≥
υ
1 2 2 2 1
................................................................................
x g x p x x x x x
, deg deg ή 0. k k k k k
υ = + υ υ < υ υ =
+ + + +
3
όπου
υ (x) = 0 ή degυ (x) < deg g(x) .
(Αν υ (x) = 0 , τότε πολυώνυμο το g(x) διαιρεί το f (x) και γράφουμε: g(x) f (x) .)
Απόδειξη
Αν είναι deg f (x) < deg g (x) , τότε είναι p(x) = 0( x) και υ (x) = g (x) .
Ύπαρξη πηλίκου και υπολοίπου.
Αν είναι deg f (x) = n ≥ m = deg g (x) , τότε ο προσδιορισμός του πηλίκου και του
υπολοίπου της Ευκλείδειας διαίρεσης με διαιρετέο το πολυώνυμο f (x) και διαιρέτη το
πολυώνυμο g ( x) γίνεται με τη γνωστή διαδικασία διαίρεσης πολυωνύμων. Αν είναι
( ) n n
1
... 1 1 0 f x anx an x a x a −
( ) 1 ... 1 0 m m
g x bmx bm x b x b −
− = + + + + , τότε με
διαίρεση του μεγιστοβάθμιου όρου του f ( x) με το μεγιστοβάθμιο όρο του g ( x)
προκύπτει το μονώνυμο p ( x ) a x
1
n n m
m
b
Αν
είναι ( ) 1 υ x = 0 ή ( ) ( ) 1 degυ x < deg g x , τότε ισχύει το ζητούμενο με ( ) ( ) 1 p x = p x
και ( ) ( ) 1 υ x =υ x . Αν είναι ( ) ( ) 1 degυ x ≥ deg g x , τότε συνεχίζουμε όπως
προηγουμένως και έστω ότι έχουμε βρει τις σχέσεις
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 f x = g x p x +υ x , degυ x ≥ deg g x
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1 1
Τότε με διαδοχικές αντικαταστάσεις λαμβάνουμε
f (x) = g (x) p(x) +υ (x), με υ (x) = 0 ή degυ (x) < deg g (x)

7. όπου p(x) = p1 (x) + p2 (x) +...+ pk (x) και ( ) ( ) k 1 υ x υ x + = .
Μονοσήμαντο.
Ας υποθέσουμε ότι υπάρχουν και τα πολυώνυμα p′(x) και υ′(x) τέτοια ώστε
f (x) = g (x) p′( x) +υ′(x), με υ′(x) = 0 ή degυ′(x) < deg g (x) = m.
+ = ′ + ′
⇔ − ′ = ′ −
x + 3 x + x − 2 x − 1 x
−
1
x x x x ί
− + + +
4
Τότε θα έχουμε
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )( ( ) ( )) ( ) ( ) (*)
g x p x x g x p x x
g x p x p x x x
υ υ
υ υ
Αν είναι p(x) − p′( x) ≠ 0, δηλαδή p(x) ≠ p′( x) , τότε παρατηρούμε ότι
deg ⎣⎡g ( x)( p ( x) − p′( x))⎦⎤ ≥ m και deg ⎡⎣υ ′( x) −υ ( x)⎤⎦ < m,
οπότε δεν μπορεί να αληθεύει η ισότητα (*). Άρα πρέπει να ισχύει p(x) = p′(x) , οπότε
από τη σχέση (*) προκύπτει και η ισότητα υ (x) =υ′(x) . ,
Για παράδειγμα έχουμε
x4 + 3x3 + x2 − 2x −1 = (x2 −1)(x2 + 3x + 2) + ( x +1) ,
όπως προκύπτει από το παρακάτω σχήμα:
4 3 2 2
4 2 2
3 2
3
2
2
3 2 ( )
3 2 2 1
3 3
2 1
2 2
1( )
x x x
x x
x x
x
x ό
πηλ κο
υπ λοιπο
+ + − −
− +
+ + −
− +
+
Θεωρούμε τώρα το πολυώνυμο f (x)∈Κ[x], όπου υποθέτουμε ότι το x ∈ Κ παίζει
το ρόλο μεταβλητής. Αν για x = λ ∈ Κ ισχύει f (λ ) = 0∈Κ , τότε το λ ∈ Κ λέγεται
ρίζα του πολυωνύμου f (x) . Στην περίπτωση αυτή το πρωτοβάθμιο πολυώνυμο x − λ
είναι διαιρέτης του πολυωνύμου f (x) και γράφουμε (x −λ ) f (x) και ισχύει ότι:
f ( x) = ( x −λ ) g ( x) , g ( x)∈Κ[x].

8. Πόρισμα 1. (α) Το υπόλοιπο της διαίρεσης του πολυωνύμου f (x) με το πολυώνυμο
g ( x) = x − a είναι ο αριθμός υ = f (a) .
(β) Το υπόλοιπο της διαίρεσης του πολυωνύμου f (x) με το πολυώνυμο
g ( x) = ax + b, a ≠ 0, είναι ο αριθμός f b
υ = ⎜⎛ − ⎟⎞
5
a
⎝ ⎠
.
Σύμφωνα με το θεμελιώδες θεώρημα της Άλγεβρας, κάθε πολυώνυμο f (x) με
μιγαδικούς συντελεστές, δηλαδή f (x)∈^[x] , βαθμού n , έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο
^ . Επιπλέον, αποδεικνύεται ότι το πολυώνυμο f (x) έχει ακριβώς n ρίζες στο ^ . Η
εξίσωση f (x) = 0 λέγεται πολυωνυμική εξίσωση και έχει ρίζες αυτές του πολυωνύμου
f (x) . Έτσι, το πολυώνυμο
( ) ... 1 0 , , 0,1,..., n
f x = an x + + a x + a ai ∈ή ai ∈^ i = n ,
μπορεί να γραφεί ως
( ) ( )( ) ( ) 1 2 , n n f x = a x − ρ x − ρ ⋅⋅⋅ x − ρ
με 1 2 , ,..., , n ρ ρ ρ ∈ ^ όχι υποχρεωτικά διαφορετικές μεταξύ τους.
Επίσης ισχύει ότι:
Αν τα πολυώνυμα ( ) ( ) ( ) 1 2 , ,..., , n x −ρ x −ρ x −ρ διαιρούν το πολυώνυμο f (x) τότε
και το πολυώνυμο ( )( ) ( ) 1 2 n x − ρ x − ρ ⋅⋅⋅ x − ρ διαιρεί το f (x) .
Ορισμός 3. Μία ρίζα ρ ∈^ ενός μη μηδενικού πολυωνύμου f (x)∈Κ[x]έχει
πολλαπλότητα k , αν ισχύουν:
( )k ( ) x −ρ f x και ( ) 1 | k x ρ + − f ( x) .
Εύκολα προκύπτει το ακόλουθο θεώρημα:
Θεώρημα 3. Ο αριθμός ρ ∈ ^ είναι ρίζα πολλαπλότητας k ενός μη μηδενικού
πολυωνύμου f (x)∈Κ[x], αν, και μόνον αν, υπάρχει πολυώνυμο φ ( x)∈Κ[x] τέτοιο
ώστε:
( ) ( )k ( ) f x = x − ρ φ x και φ (ρ ) ≠ 0 .
Αν το πολυώνυμο ( ) ... 1 0 , , 0,1,..., n
f x = an x + + a x + a ai ∈ή ai ∈^ i = n
έχει διαφορετικές ανά δύο ρίζες 1 2 , ,..., , k ρ ρ ρ ∈^ k ≤ n , με πολλαπλότητα
1 2 , ,..., , k λ λ λ αντίστοιχα, τότε ισχύει:

9. ( ) ( ) 1 ( ) 2 ( )
1 2 k ,
n k f x a x x x λ λ λ = − ρ − ρ ⋅⋅⋅ − ρ όπου 1 2 ... . k λ +λ + +λ = n
Αν κάθε πολυωνυμική εξίσωση f (x) = 0 , όπου f (x)∈Κ[x], έχει μία τουλάχιστον
ρίζα στο σώμα Κ , τότε το σώμα Κ λέγεται αλγεβρικά κλειστό. Το σώμα ^ των
μιγαδικών αριθμών είναι αλγεβρικά κλειστό, ενώ το σώμα των πραγματικών αριθμών
δεν είναι αλγεβρικά κλειστό, αφού, για παράδειγμα, η εξίσωση x2 +1 = 0 δεν έχει ρίζα
στο .
Δύο σημαντικά αποτέλεσμα της θεωρίας πολυωνύμων είναι τα εξής:
Θεώρημα 4. Αν ένα πολυώνυμο f ( x)∈Κ[x] με deg f = n έχει n +1 διαφορετικές
μεταξύ τους ρίζες, τότε f ( x) = 0, δηλαδή το πολυώνυμο f (x) ισούται με το
μηδενικό πολυώνυμο.
Θεώρημα 5. Αν δύο πολυώνυμα f (x), g(x)∈Κ[x] , βαθμού το πολύ n , λαμβάνουν
την ίδια αριθμητική τιμή για τουλάχιστον n + 1 διαφορετικές τιμές του x , δηλαδή,
αν ισχύει:
( ) ( ), 1, 2,..., , 1 i i f α = g α i = m όπου m ≥ n +
με 1 2 , ,..., m α α α διαφορετικές ανά δύο, τότε τα πολυώνυμα f (x) και g(x) είναι ίσα.
Για παράδειγμα το πολυώνυμο ( ) ( )2 ( ) ( )2 ( ) ( )2 ( ) ( )( )( )f x = x−α β −γ + x−β γ −α + x−γ α−β + α−β β −γ γ −α ,α,β,γ ∈,
διαφορετικοί μεταξύ τους ανά δύο, είναι το μηδενικό πολυώνυμο γιατί είναι δευτέρου
βαθμού και μηδενίζεται για τρεις διαφορετικές τιμές του x , τις α ,β ,γ ∈ . Πράγματι,
ισχύει ότι
( ) ( )2 ( ) ( )2 ( ) ( )( )( ) f α = α −β γ −α + α −γ α −β + α −β β −γ γ −α =0,
και ομοίως προκύπτει ότι f (β ) = f (γ ) = 0 .
Τύποι Vieta
Αν 1 2 , ,..., n ρ ρ ρ είναι οι n ρίζες του πολυωνύμου
( ) 1 0 n .... , , 0,1, 2,..., , 0,
n i n f x = a x + + a x + a a ∈^ i = n a ≠
6
τότε ισχύουν οι σχέσεις (τύποι Vieta):

10. ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ
f x = a x + + ax +
a
⎛ ⎞
a x a − x −
a x a a
= ⎜ + + ⋅⋅⋅+ + ⎟ ≠
a a a
⎝ ⎠
f x a x x x
= − ρ − ρ ⋅⋅⋅ −
ρ
n n
= α ⎡ x n n − ⎣ − Σ x + Σ x
n −
−⋅⋅⋅+ − n
Σ ⎤ ⎦
Σ = .
2 1 ... ...
ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ
i j n n
2
1 ... 1 ...
2
ρ ρ ρ ρ ρ ρ
1 ... 2 1 2 2 ,
2
7
ρ ρ ρ
( )
1
1 1 2
2
2 1 2 1 3 1 1
0
1 2
...
... ...
.......................................................................
... 1
n
n
n
n
n n n
n
n
n
n
a
a
a
a
ρ ρ ρ
a
ν
a −
−
−
Σ = + + + = −
Σ = + + + + + =
Σ = = −
Οι παραπάνω σχέσεις προκύπτουν από την ισότητα των πολυωνύμων
( ) 1 0
1 1 1 0
....
, 0,και
n
n
n n n
n n
n n n
( ) ( )( ) ( )
( )
1 2
1 2
1 2 1 .
n n
Παράδειγμα. Δίνεται το πολυώνυμο
( ) 1 2 2 3
3 1 0 n 2 n 2 n n ...
n f x x nx − n x − a x − a x a
− = + + + + + + .
Να αποδείξετε ότι δεν είναι δυνατόν το f ( x) να έχει όλες τις ρίζες του στο .
Λύση. Υποθέτουμε ότι όλες οι ρίζες 1 2 , ,..., n ρ ρ ρ του f ( x) είναι όλες στο . Τότε,
σύμφωνα με τους τύπους του Vieta, θα έχουμε:
1 2 ... 2 n ρ + ρ + + ρ = − n και 2
1
2 i j
i j n
ρ ρ n
≤ < ≤
Από την ανισότητα αριθμητικού – γεωμετρικού μέσου έχουμε
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2 2 2 2
1 2 1 2
1
2 2
1 2 1 2
2 2
1 2
i j n
n n
n
n
n
n ρ ρ ρ
n n n n
n
≤ < ≤
= = ⎡ + + + − + + + ⎤ ⎣ ⎦
≤ ⎡ + + + − + + + ⎤ ⎢⎣ ⎥⎦
−
= + + + = − = −
Σ
που είναι άτοπο.

11. Πολυώνυμα με συντελεστές στα σύνολα ,_,] .
Αν ένα πολυώνυμο έχει πραγματικούς συντελεστές και επιπλέον έχει μία μιγαδική
ρίζα, τότε έχει ρίζα και την συζυγή της με τη ίδια μάλιστα πολλαπλότητα. Έχουμε
σχετικά.
Θεώρημα 6. Αν το πολυώνυμο
( ) 1 0 n .... , , 0,1, 2,..., , 0,
n i n f x = a x + + a x + a a ∈ i = n a ≠
με πραγματικούς συντελεστές, έχει ρίζα τον μιγαδικό αριθμό ρ = a + bi,b ≠ 0, τότε
έχει ρίζα και τον συζυγή μιγαδικό ρ = a −bi.
Απόδειξη
Η απόδειξη είναι άμεση συνέπεια των ιδιοτήτων του συζυγούς μιγαδικού
f a bi a a bi a a bi a a j n a
f a bi a a bi a a bi a
.... 0, , 0,1,2,..., , 0,
...
+ = + + + + + = ∈ = ≠
⇔ + = + + + + +
a a aj n
f a bi a a bi a a bi a
f a bi a a bi a a bi a
(αφού , 0,1,2,..., )
... 0,
... 0
⇔ + = + + + + + =
⇔ − = − + + − + =
8
αριθμού. Πράγματι, έχουμε
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 0
1 0
1 0
1 0
n
n j n
n
n
∈ ⇔ = =
j j j
n
n
n
n
δηλαδή ο αριθμός ρ = a −bi είναι ρίζα του πολυωνύμου f ( x) . ,
Άμεση συνέπεια του θεωρήματος 6 είναι τα παρακάτω πορίσματα:
Πόρισμα 1. Αν το πολυώνυμο f ( x ) = a x n + .... + a x + a , a ∈ , i = 0,1,2,..., n
,
n 1 0 i 0, n a ≠ με πραγματικούς συντελεστές, έχει ρίζα πολλαπλότητας k ≤ n τον μιγαδικό
αριθμό ρ = a + bi,b ≠ 0, τότε έχει ρίζα, επίσης με πολλαπλότητα k και τον συζυγή
μιγαδικό ρ = a −bi.
Πόρισμα 2. Το πλήθος των μιγαδικών ριζών του πολυωνύμου με πραγματικούς
συντελεστές είναι άρτιος αριθμός.
Πόρισμα 3. Κάθε πολυώνυμο περιττού βαθμού με πραγματικούς συντελεστές έχει μία
τουλάχιστον πραγματική ρίζα.
Απόδειξη
Η απόδειξη για τα πορίσματα 2 και 3 είναι προφανής. Για το Πόρισμα 1 έχουμε:

12. Αν το πολυώνυμο ( ) 1 0 n .... , 0,
n n f x = a x + + a x + a a ≠ με πραγματικούς
συντελεστές, έχει ρίζα πολλαπλότητας k ≤ n τον μιγαδικό αριθμό ρ = a + bi,b ≠ 0,
τότε θα ισχύει ότι θα έχει ρίζα και το συζυγή του a −bi, οπότε θα έχουμε (αφού ο ρ
είναι ρίζα πολλαπλότητας k του f ( x) ) :
( ) ( )( ) ( ) 1 f x = x −ρ x −ρ g x με ( ) 1 g ρ = 0 .
Στη συνέχεια με το ίδιο σκεπτικό προκύπτουν:
( ) ( )( ) ( ) 1 2 g x = x −ρ x −ρ g x με ( ) 2 g ρ = 0
( ) ( )( ) ( ) 2 3 g x = x −ρ x −ρ g x με ( ) 3 g ρ = 0
....................................................................
( ) ( )( ) ( ) k 1 k g x x ρ x ρ g x − = − − με ( ) 0 k g ρ =
( ) ( )( ) ( ) k k 1 g x x ρ x ρ g x + = − − με ( ) 1 0 k g ρ + ≠ .
Επιπλέον ισχύει ότι ( ) 1 0 k g ρ + ≠ , αφού, αν ήταν ( ) 1 0 k g ρ + = , τότε το πολυώνυμο
( ) k 1 g x + θα είχε ως ρίζα και το συζυγή του ρ , δηλαδή το ρ , οπότε θα ίσχυε
( ) 1 0, k g ρ + = άτοπο. ,
Στη συνέχεια θα θεωρήσουμε πολυώνυμα με ρητούς συντελεστές. Έχουμε σχετικά.
Θεώρημα 7. Αν το πολυώνυμο f ( x ) = a x n + .... + a x + a , a ∈_ , i = 0,1,2,..., n
,
n 1 0 i 0, n a ≠ με ρητούς συντελεστές, δηλαδή f ( x)∈_[x], έχει ρίζα τον άρρητο αριθμό
x = a + b,b > 0, και b ∈ −_ , τότε έχει ρίζα και τον συζυγή του a − b.
Απόδειξη
Θα χρησιμοποιήσουμε το θεώρημα της αλγοριθμικής διαίρεσης για το πολυώνυμο
f ( x) με το πολυώνυμο ( ) ( )( ) ( )2 ϕ x = x−a− b x−a+ b = x−a −b, οπότε έχουμε
f ( x) =ϕ ( x)π ( x) +γ x +δ , (1)
όπου π ( x),γ x +δ ∈_[x]. Για x = a + b η σχέση (1) δίνει:
f (a + b ) =γ (a + b )+δ = 0⇒(γ a +δ ) +γ b = 0⇒γ a +δ = 0,γ = 0⇒γ =δ = 0,
οπότε η σχέση (1) γίνεται
f (x) =ϕ (x)π (x) = (x − a − b )(x − a + b )π ( x) . (2)
Από τη (2) προκύπτει ότι και ο αριθμός a − b είναι ρίζα του f ( x) . ,
9

13. Σημείωση
Αξίζει να σημειωθεί ότι και στο θεώρημα 6 μπορεί να δοθεί ανάλογη απόδειξη με την
10
απόδειξη του παρόντος θεωρήματος 7.
Επίσης, και στην περίπτωση αυτή ισχύουν ανάλογα πορίσματα, όπως στην
περίπτωση πολυωνύμου με πραγματικούς συντελεστές.
Πόρισμα 1. Αν το πολυώνυμο ( ) 1 0 n .... , , 0,1,2,..., ,
n i f x = a x + + a x + a a ∈_ i = n 0, n a ≠
με ρητούς συντελεστές, έχει ρίζα πολλαπλότητας k ≤ n τον ρητό αριθμό
z = a + b,b > 0, και b ∈ −_ , τότε έχει ρίζα πολλαπλότητας k και τον συζυγή
μιγαδικό z = a − b.
Πόρισμα 2. Το πλήθος των άρρητων ριζών του πολυωνύμου με ρητούς συντελεστές είναι
άρτιος αριθμός.
Πόρισμα 3. Κάθε πολυώνυμο περιττού βαθμού με ρητούς συντελεστές έχει μία
τουλάχιστον ρητή ρίζα.
Στη συνέχεια θα ασχοληθούμε με ανάγωγα πολυώνυμα, αλλά και με πολυώνυμα με
ακέραιους συντελεστές.
Ορισμός 4. Ένα πολυώνυμο f (x)∈Κ[x] λέγεται ανάγωγο, αν δεν υπάρχουν
πολυώνυμα g (x) και h(x) , βαθμού μεγαλύτερου ή ίσου με 1, τέτοια ώστε να ισχύει
f (x) = g (x)h(x) .
Ορισμός 5. Αν κάθε πολυωνυμική εξίσωση f (x) = 0 , όπου f (x)∈Κ[x], με
deg f (x) ≥1 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο σώμα Κ , τότε το σώμα Κ λέγεται
αλγεβρικά κλειστό.
Το σώμα ^ των μιγαδικών αριθμών είναι αλγεβρικά κλειστό, ενώ το σώμα των
πραγματικών αριθμών δεν είναι αλγεβρικά κλειστό, αφού, για παράδειγμα, η εξίσωση
x2 + 1 = 0 δεν έχει ρίζα στο . Ισχύει το ακόλουθο θεώρημα:
Θεώρημα 8. Έστω Κ ένα σώμα (Κ = ή ^ ή _). Τότε στο δακτύλιο Κ[x] ισχύουν:
(α) τα γραμμικά πολυώνυμα ax + b, a ≠ 0 είναι ανάγωγα.
(β) τα γραμμικά πολυώνυμα ax + b, a ≠ 0 είναι τα μοναδικά ανάγωγα στο Κ[x], αν,
και μόνον αν, κάθε εξίσωση θετικού βαθμού με συντελεστές στο σώμα Κ , έχει μία
τουλάχιστον ρίζα στο Κ , δηλαδή, αν το Κ είναι αλγεβρικά κλειστό.
Απόδειξη

14. (α) Αν ίσχυε ότι ax + b = g (x)h(x),a ≠ 0, deg g ( x) ≥1, deg h(x) ≥1, τότε το
δεύτερο μέλος θα είχε βαθμό μεγαλύτερο ή ίσο του 2, ενώ το πρώτο μέλος έχει βαθμό 1,
άτοπο. Άρα το ax + b, a ≠ 0 είναι ανάγωγο.
(β) Ας υποθέσουμε ότι κάθε ανάγωγο πολυώνυμο στο Κ[x] είναι γραμμικό. Επομένως
κάθε πολυώνυμο f (x)∈Κ[x] έχει έναν τουλάχιστον γραμμικό παράγοντα της μορφής
ax + b, a ≠ 0 , οπότε η εξίσωση f (x) = 0 έχει τουλάχιστον τη ρίζα x b
11
= − , δηλαδή
a
το Κ είναι αλγεβρικά κλειστό.
Αντίστροφα, έστω ότι κάθε εξίσωση θετικού βαθμού με συντελεστές στο σώμα Κ , έχει
μία τουλάχιστον ρίζα στο Κ . Έστω p(x) ένα ανάγωγο πολυώνυμο και ρ ∈Κ μία ρίζα
του. Τότε από το θεώρημα αλγοριθμικής διαίρεσης θα ισχύει ότι
p(x) = ( x −ρ )q(x), όπου q(x)∈Κ[x].
Επειδή το πολυώνυμο p(x) είναι ανάγωγο, πρέπει q(x) = c∈Κ, c ≠ 0 , (σταθερό
πολυώνυμο), οπότε p(x) = ( x −ρ )c = cx − cρ , ανάγωγο. ,
Παρατηρήσεις
• Το παραπάνω θεώρημα ισχύει για το ^ (αλγεβρικά κλειστό σώμα), όπου κάθε
πολυώνυμο γράφεται ως γινόμενο πρωτοβάθμιων πολυωνύμων .
• Στην περίπτωση παραγοντοποίησης πολυωνύμων του [x] έχουμε, σύμφωνα
με το θεώρημα 5, παράγοντες γραμμικούς της μορφής x −ρ και τετραγωνικούς
της μορφής x2 + bx + c με b2 − 4c < 0 .
• Για πολυώνυμα του _[x] η κατάσταση είναι πολύ διαφορετική. Υπάρχουν
ανάγωγα πολυώνυμα όλων των βαθμών, αλλά και για ένα δεδομένο πολυώνυμο
με ρητούς συντελεστές δεν είναι πάντοτε εύκολο να βρεθούν οι παράγοντές του.
Έστω f (x)∈_[x]. Με πολλαπλασιασμό του f ( x) επί το ΕΚΠ, έστω λ ,
των παρανομαστών των συντελεστών του λαμβάνουμε ένα πολυώνυμο
λ f (x)∈][x], δηλαδή με ακέραιους συντελεστές. Είναι εύκολο να δούμε ότι
δεν χάνουμε κάτι, αν ασχοληθούμε μόνο με πολυώνυμα με ακέραιους
συντελεστές. Αυτό προκύπτει από το λήμμα του Gauss που ακολουθεί.
Θυμίζουμε ότι ένα πολυώνυμο f (x)∈][x] λέγεται πρωτεύον (primitive), αν
οι συντελεστές του έχουν μέγιστο κοινό διαιρέτη τη μονάδα. Εύκολα μπορούμε
να δούμε ότι το γινόμενο δύο πρωτευόντων πολυωνύμων f (x)∈][x] και
g (x)∈][x] είναι επίσης πρωτεύον πολυώνυμο. Ισοδύναμα έχουμε το
θεώρημα που ακολουθεί.

15. Λήμμα του Gauss. Αν ένα πολυώνυμο f (x)∈][x] παραγοντοποιείται πάνω στο _,
τότε αυτό παραγοντοποιείται και πάνω στο ] .
Απόδειξη
Έστω ότι το πολυώνυμο ( ) ( ) ( ) [ ] 1 0 n .... , 0,
n n f x = a x + + a x + a = g x h x ∈] x a ≠ όπου
τα πολυώνυμα g ( x) και h(x) έχουν ρητούς συντελεστές και είναι μη σταθερά
πολυώνυμα. Αν b και c είναι τα ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των συντελεστών των
g (x) και h(x) , αντίστοιχα, τότε τα πολυώνυμα bg ( x) και ch(x) έχουν ακέραιους
συντελεστές και από την ισότητα bcf (x) =bg(x)⋅ch(x) προκύπτει μία
παραγοντοποίηση του πολυωνύμου bcf (x) πάνω στο ] . Με βάση αυτή την
παραγοντοποίηση θα κατασκευάσουμε μία παραγοντοποίηση του f (x) πάνω στο ] .
Υποθέτουμε ότι ( ) 1 0 k ...
k bg x = b x + + b x + b και ( ) 1 0 m ...
12
m ch x = c x + + c x + c . Αν
p είναι τυχόν πρώτος διαιρέτης του b . Τότε όλοι οι συντελεστές του f (x) διαιρούνται
με το p . Έστω τώρα i τέτοιο ώστε 0 1 1 , ,..., , i pb pb pb−
ενώ p | i b . Τότε
( ) 0 0 0 : ... mod i i i i b a =b c + + b c ≡ b c p , οπότε προκύπτει ότι 0 p c . Επίσης έχουμε ότι
( ) 1 0 1 1 10 1 : ... mod i i i i i p a b c bc b c bc p + + + = + + + ≡ , οπότε 1 p c . Με την ίδια διαδικασία
αποδεικνύουμε ότι j p c , για κάθε j . Επομένως, το πολυώνυμο c h( x)
p
έχει ακέραιους
συντελεστές, οπότε μέχρι τώρα έχουμε πετύχει μία παραγοντοποίηση του πολυωνύμου
bc f (x)
πάνω στο ] . Συνεχίζοντας ομοίως με άλλες τιμές του πρώτου αριθμού p
p
καταλήγουμε σε μία παραγοντοποίηση του f ( x) πάνω στο ] . ,
Θεώρημα 9. Αν το πολυώνυμο ( ) 1 0 n .... , , 0,1, 2,..., ,
n i f x = a x + + a x + a a ∈] i = n
0, n a ≠ με ακέραιους συντελεστές, δηλαδή f (x)∈][x], έχει ρίζα τον ρητό αριθμό
0
κ
λ
≠ , όπου κ ∈]* ,λ ∈`* ,(κ ,λ ) = 1, τότε 0 κ a και n λ a .
Ειδικότερα, αν το πολυώνυμο ( ) 1 0 n .... , , 0,1,2,..., ,
n i f x =a x + +a x+a a ∈] i = n
0 n a ≠ , με ακέραιους συντελεστές έχει ρίζα τον ακέραιο κ , τότε ο κ είναι διαιρέτης
του σταθερού όρου.
Απόδειξη

16. n n
−
κ κ κ κ
λ λ λ λ
⎛ ⎞ = ⎛ ⎞ + ⎛ ⎞ + ⎛ ⎞ + = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
f a a a a
.... 0
... 0.
... 0 mod ,
1 1 0
−
n n n
1 1
n n
− −
a a a a
κ κ λ κλ
κ κ λ κλ κ
⇔ + + + + =
1 1 0
−
n n n
− −
a a a a
⇔ =− + + + ≡
⎛ ⎞ ⎜ ⎟
= ⇔ n + n − 1 + + n −
1
+ n
= ⎝ ⎠
f a a a a
0 ... 0.
1 1 0
n n
−
n n n −
n n
a a a a a a
... , αφού , 1.
⇔ =− + + + ⇒ ⇒ =
n n n n
− = + + + + = , όπου g (x) και
13
Έχουμε
1
n n
( 1 1
) ( )
n n
0 −
1 1
οπότε πράγματι ισχύει ότι ο κ είναι διαιρέτης του σταθερού όρου.
Ομοίως ισχύει ότι:
( 1
) ( )
1 1 0
κ
κ κ λ κλ λ
λ
κ κ λ κλ λ λ κ λ κ λ
−
Ειδικότερα, αν λ =1, τότε προκύπτει πάλι ως αναγκαία συνθήκη (αλλά όχι ικανή) ότι
κ είναι διαιρέτης του σταθερού όρου του πολυωνύμου f ( x). ,
Με το προηγούμενο θεώρημα είναι δυνατόν σε κάποια βήματα να βρούμε όλες τις ρητές
ρίζες ενός πολυωνύμου με ακέραιους συντελεστές. Όμως έχουμε και την περίπτωση του
πολυωνύμου x4 − 4 = (x2 − 2)(x2 + 2) το οποίο είναι μη ανάγωγο χωρίς να έχει
γραμμικούς παράγοντες. Γενικά δεν υπάρχει απλή αναγκαία και ικανή συνθήκη που
εξασφαλίζει ότι ένα πολυώνυμο του _[x] ότι είναι ανάγωγο. Με τη μέθοδο των
δοκιμών μπορούμε να βρούμε κάποιους παράγοντες, όμως αυτό δεν οδηγεί στην εύρεση
πιθανών μη τετριμμένων παραγόντων. Στην κατάσταση αυτή χρήσιμο είναι το θεώρημα
που ακολουθεί.
Θεώρημα 10. (Κριτήριο του Eisenstein)
Έστω ( ) 1 [ ]
1 1 0 n n .... .
f x = a x + a x − + + a x + a ∈x
n n − ]
Αν υπάρχει πρώτος ακέραιος p τέτοιος ώστε:
(i) (i) p | , (ii) , ά 0,1, 2,..., 1 (iii) 2 | n i a p a για κ θε i = n − και p 0 a ,
τότε το πολυώνυμο f ( x) είναι ανάγωγο πάνω στο _.
Απόδειξη
Ας υποθέσουμε ότι το πολυώνυμο f ( x) δεν είναι ανάγωγο πάνω στο _, άρα και πάνω
στο ]. Έστω ότι ( ) 1 ( ) ( )
1 1 0 n n ....
n n f x a x a x − a x a g x h x
h(x) πολυώνυμα θετικού βαθμού με ακέραιους συντελεστές, έστω
( ) ( ) ( ) 1 0 1 0 r ... , s ... , deg , , 0
r s g x = b x + +b x +b h x = c x + + c x + c r + s = n = f x r s > .

17. Από την ισότητα f (x) = g (x)h(x) προκύπτουν οι ισότητες:
0 0 0 0 11 0 , και ... n r s i i i i a bc a bc a bc b c bc − = = = + + + .
Επειδή ο πρώτος p είναι διαιρέτης του 0 a , ενώ ο p2 δεν διαιρεί το 0 a , από την ισότητα
0 0 0 a = b c έπεται ότι μόνον ένας από τους 0 0 b ,c διαιρείται με τον p , έστω
0 p b και p | 0 c .
Επιπλέον, από την ισότητα n r s a = b c και την υπόθεση ότι p | n a , έπεται ότι p | r b και
p | s c . Επομένως ο σταθερός όρος του g (x) διαιρείται με τον p και δεν διαιρείται με
τον p ο συντελεστής του μεγιστοβάθμιου όρου του. Υποθέτουμε ότι i b είναι
συντελεστής που δεν διαιρείται με τον p με το μικρότερο δυνατό δείκτη i , οπότε i > 0 .
Τότε από την ισότητα 0 11 0 ... i i i i a bc b c bc − = + + + με αναγωγή modulo p ,
διαπιστώνουμε ότι ( ) 0 0 mod i b c ≡ p , το οποίο είναι άτοπο, αφού p | και | ib p 0c .
Παράδειγμα 1. Το πολυώνυμο f (x) = x3 − 4είναι ανάγωγο πάνω στο _, αφού για
x = y +1 έχουμε f ( y) = ( y +1)3 − 4 = y3 + 3y2 + 3y − 3 , το οποίο, σύμφωνα με το
κριτήριο του Eisenstein είναι ανάγωγο στο _, όπως φαίνεται για p = 3 .
Παράδειγμα 2. Αν p πρώτος, τότε το πολυώνυμο f (x) =1+ x +...+ xp−1 είναι
ανάγωγο πάνω στο _ . Πράγματι, αρκεί να αποδείξουμε ότι το πολυώνυμο
( ) ( ) 1 2 1 1
− − + − ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
+ 1 = = + ⎜ ⎟ + ...
+ ⎜ ⎟ + ⎝ − 1 ⎠ ⎝ 2
⎠
14
p
p p x p p
fx x x x p
x p
είναι ανάγωγο. Αυτό ισχύει γιατί για τον πρώτο ακέραιο p και το πολυώνυμο f ( x +1)
ικανοποιούνται οι υποθέσεις του θεωρήματος του Eisenstein.
Μέγιστος κοινός διαιρέτης πολυωνύμων
Θεωρούμε ένα υποσύνολο { } Σ = f1 (x), f2 (x),..., fm (x) του Κ[x] που περιέχει και μη
μηδενικά πολυώνυμα. Το πολυώνυμο δ (x) λέγεται μέγιστος κοινός διαιρέτης των
πολυωνύμων του συνόλου Σ , αν ισχύουν:
(i) το δ (x) διαιρεί όλα τα πολυώνυμα του συνόλου Σ και
(ii) το δ (x) διαιρείται από κάθε πολυώνυμο, που επίσης διαιρεί όλα τα
πολυώνυμα του συνόλου Σ .
(iii) ο συντελεστής του μεγιστοβάθμιου όρου του δ (x) ισούται με 1.

18. Παρατήρηση. Η απαίτηση (iii) στον προηγούμενο ορισμό τίθεται με σκοπό να
προσδιορίζεται ο μέγιστος κοινός διαιρέτης πολυωνύμων μονοσήμαντα. Αυτό γιατί, αν
δ (x) είναι ένα πολυώνυμο που ικανοποιεί τις απαιτήσεις (i) και (ii), τότε τις ικανοποιεί
και το πολυώνυμο cδ (x) , c∈Κ .
Για την εύρεση του ΜΚΔ πολυωνύμων σημαντικό ρόλο παίζει το επόμενο θεώρημα
που οδηγεί στον Ευκλείδειο αλγόριθμο πολυωνύμων.
Θεώρημα 11. Αν ( ) ( ) 1 2 υ x και υ x είναι τα υπόλοιπα των διαιρέσεων των πολυωνύμων
( ) ( ) 1 2 f x και f x , αντίστοιχα, με διαιρέτη το πολυώνυμο δ (x) ≠ 0 , τότε ισχύει η
ισοδυναμία:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 δ x f x − f x ⇔υ x =υ x
Απόδειξη
Ας υποθέσουμε ότι: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 2 2 f x =q x δ x +υ x και f x =q x δ x +υ x
με ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 degυ x < degδ x ήυ x = 0, degυ x < degδ x ήυ x = 0.
Έστω ότι ( ) ( ) ( ) 1 2 δ x f x − f x . Τότε το υπόλοιπο της διαίρεσης του πολυωνύμου
( ) ( ) 1 2 f x − f x με το δ (x) είναι ίσο με το μηδενικό πολυώνυμο. Όμως από την
ισότητα ( ) ( ) ( ( ) ( )) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 f x − f x = q x − q x δ x +υ x −υ x , λόγω της
μοναδικότητας του υπολοίπου και του ότι είναι
( ) ( ) { ( ) ( )} ( ) 1 2 1 2 deg ⎡⎣υ x −υ x ⎤⎦ ≤ max degυ x ,degυ x < degδ x
έπεται ότι ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 υ x −υ x = 0⇔υ x =υ x .
Αντίστροφα, έστω ( ) ( ) 1 2 υ x =υ x . Τότε
( ) ( ) ( ( ) ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 f x − f x = q x − q x δ x ⇒δ x f x − f x . ,
Πόρισμα. Σε κάθε αλγοριθμική διαίρεση f (x) = q(x)δ (x) +υ (x) τα πολυώνυμα
f (x) και υ ( x) διαιρούμενα με το διαιρέτη δ (x) δίνουν το ίδιο υπόλοιπο.
Ευκλείδειος αλγόριθμος
Για την εύρεση του ΜΚΔ δύο πολυωνύμων f ( x) και g (x) εφαρμόζουμε το θεώρημα
αλγοριθμικής διαίρεσης για τα πολυώνυμα αυτά και στη συνέχεια διαδοχικά για το
ζευγάρι του διαιρέτη και του υπολοίπου κάθε διαίρεσης μέχρι να προκύψει μηδενικό
υπόλοιπο. Έστω ότι έχουμε:
15

19. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
f x = q x g x + x x <
g x
1 1 1
g x = q x x + x x <
x
2 1 2 2 1
x = q x x + x x <
x
x =
q x x
1 1 1 1
16
2 1
, deg deg
, deg deg
..............................................................................
, deg deg k k k k k k
k k
υ υ
υ υ υ υ
υ υ υ υ υ
− + + +
υ υ
+
Τότε ισχύει ότι: ΜΚΔ ( f ( x) , g ( x) ) = ( ) k 1 υ x + .
Το θεώρημα που ακολουθεί είναι βασικό σχετικά με το μέγιστο κοινό διαιρέτη ενός
συνόλου πολυωνύμων.
Θεώρημα 12. Αν είναι { } [ ] Σ = f1 (x), f2 (x),..., fm (x) ⊆ Κ x , με όχι όλα τα στοιχεία του
μηδενικά, τότε υπάρχει ο μέγιστος κοινός διαιρέτης των πολυωνύμων του συνόλου Σ και
γράφεται στη μορφή
δ (x) = g1(x) f1(x) + g2 (x) f2 (x) + ...+ gm (x) fm (x) ,
όπου [ ] g1(x), g2 (x),..., gm (x)∈Κ x .
Τα πολυώνυμα f (x), g(x)∈Κ[x] λέγονται πρώτα μεταξύ τους ή σχετικώς πρώτα
(relatively prime), αν οι μοναδικοί κοινοί διαιρέτες τους είναι οι διαιρέτες του 1.
Σύμφωνα με το θεώρημα 12 θα ισχύει
σ (x) f (x) +τ (x)g(x) = 1, όπου σ (x),τ (x)∈Κ[x].
Βασικές εφαρμογές
Εφαρμογή 1. Αν το πολυώνυμο f ( x) είναι πρώτο προς καθένα από τα πολυώνυμα
( ) 1 g x και ( ) 2 g x , τότε είναι πρώτο και προς το γινόμενο τους .
Απόδειξη. Αφού ( ( ) ( )) 1f x , g x =1, από το θεώρημα 12 έπεται ότι υπάρχουν
πολυώνυμα a (x) και b(x) τέτοια ώστε:
( ) ( ) ( ) ( ) 1 f x a x + g x b x =1 . (1)
Από την (1) προκύπτει η ισότητα
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 f x ⎡⎣a x g x ⎤⎦ + ⎡⎣g x g x ⎤⎦ b x = g x . (2)
Αν υπήρχε μη σταθερό πολυώνυμο δ (x) που είναι διαιρέτης των πολυωνύμων f ( x)
και ( ) ( ) 1 2 g x g x , τότε από τη σχέση (2) προκύπτει ότι ( ) ( ) 2 δ x g x .

20. Επομένως ( ) ( ( ) ( )) 2δ x f x , g x =1, με degδ (x) ≥1, άτοπο.
Εφαρμογή 2. Αν το πολυώνυμο f ( x) διαιρεί το γινόμενο g (x)h( x) και είναι πρώτο
προς το πολυώνυμο g ( x) , τότε το f (x) διαιρεί το πολυώνυμο h(x) .
Απόδειξη. Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:
• Έστω h(x) = 0 . Τότε f (x) h(x) .
• Έστω h(x) ≠ 0. Τότε, αφού ( f (x), g (x)) =1, θα υπάρχουν πολυώνυμα
a (x) και b( x) τέτοια ώστε f (x)a(x) + g ( x)b(x) =1, από την οποία έπεται
ότι: f (x) ⎡⎣a(x)h(x)⎤⎦ + ⎡⎣g (x)h(x)⎤⎦ b(x) = h(x) . Επειδή το πρώτο μέλος
της προηγούμενης ισότητας διαιρείται με το πολυώνυμο f ( x) , έπεται ότι
f (x) h(x) .
Εφαρμογή 3. Αν τα πολυώνυμα f ( x) και g ( x) είναι πρώτα μεταξύ τους και καθένα
διαιρεί το πολυώνυμο h(x) , τότε και το γινόμενό τους διαιρεί το πολυώνυμο h(x) .
Απόδειξη. Επειδή f (x) h(x) , υπάρχει πολυώνυμο π (x) τέτοιο ώστε
h(x) = f (x)π ( x) . Όμως g (x) h( x), οπότε g (x) f (x)π ( x) . Επειδή
( f (x), g (x)) =1, από την τελευταία σχέση έπεται ότι g (x) π (x) . Άρα υπάρχει
πολυώνυμο σ (x) τέτοιο ώστε π (x) = g (x)σ ( x) . Επομένως έχουμε:
h(x) = f (x) g (x)σ (x) ,
οπότε f (x) g (x) h(x).
Συμπληρώματα στη διαιρετότητα πολυωνύμων
Με βάση το θεώρημα 11 μπορούμε εύκολα να αποδείξουμε το θεώρημα που ακολουθεί.
Θεώρημα 12. Έστω ( ) ( ) ( ) 1 2 , ,..., n υ x υ x υ x τα υπόλοιπα των διαιρέσεων των
πολυωνύμων ( ) ( ) ( ) 1 2 , ,..., n f x f x f x , αντίστοιχα, με διαιρέτη το δ (x) . Τότε:
(α) Το υπόλοιπο της διαίρεσης ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 ... : n ⎡⎣ f x + f x + + f x ⎤⎦ δ x ισούται με
( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 ... n υ x =υ x +υ x + +υ x .
17

21. (β) Το υπόλοιπο της διαίρεσης ⎡⎣ f1 ( x)⋅ f2 ( x)⋅...⋅ fn ( x)⎤⎦ :δ ( x) ισούται με το
υπόλοιπο της διαίρεσης ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 ... : n ⎡⎣υ x υ x ⋅ ⋅υ x ⎤⎦ δ x .
(γ) Οι διαιρέσεις ( ) : ( ) και ( ) : ( ), 1,2,..., k k
i i ⎡⎣ f x ⎤⎦ δ x ⎡⎣υ x ⎤⎦ δ x κ = n δίνουν το ίδιο
f x f x ... f x x p x p x ... p x x x ...
x
+ + + = ⎡⎣ + + + ⎤⎦ +⎡⎣ + + + ⎤⎦
δ υ υ υ
n n n
1 2 1 2 1 2
f x f x f x x p x x
⇔ + + + = +
18
υπόλοιπο.
Απόδειξη
(α) Από τις υποθέσεις έχουμε:
( ) ( ) ( ) ( ), 1,2,..., i i i f x =δ x p x +υ x i = n , (1)
με deg ( ) deg ( ) i υ x < δ x ή ( ) 0 i υ x = .
Από τις σχέσεις (1) με πρόσθεση κατά μέλη λαμβάνουμε:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2
... ,
n
δ υ
όπου ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 ... n υ x =υ x +υ x + +υ x , ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 ... n p x = p x + p x + + p x και
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 deg deg ... deg n υ x = ⎡⎣υ x +υ x + +υ x ⎤⎦ < δ x ,
οπότε ισχύει το ζητούμενο.
(β) Ομοίως από τις σχέσεις (1) με πολλαπλασιασμό κατά μέλη λαμβάνουμε
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 ... ... n n f x f x f x =δ x Π x +υ x υ x υ x ,
όπου το πολυώνυμο δ (x)Π(x) περιλαμβάνει όλους τους που προκύπτουν από το
γινόμενο των (1) κατά μέλη εκτός του όρου ( ) ( ) ( ) 1 2 ... n υ x υ x ⋅ ⋅υ x . Επομένως
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 ... ... , n n f x f x f x −υ x υ x υ x =δ x Π x
οπότε, σύμφωνα με το θεώρημα 11, ισχύει το ζητούμενο.
(γ) Προκύπτει από το ερώτημα (β) αν θεωρήσουμε όλα τα πολυώνυμα ( ), i f x
i =1, 2,..., n ίσα με κάποιο από αυτά. ,
Παράδειγμα
Να αποδείξετε ότι το πολυώνυμο f (x) = x4k+3 + x4l+2 + x4m+1 + x4n , όπουk,l,m,n μη
αρνητικοί ακέραιοι, διαιρείται από το πολυώνυμο g (x) = x3 + x2 + x +1.
Λύση
Επειδή το υπόλοιπο της διαίρεσης του x4 με το πολυώνυμο g (x) = x3 + x2 + x +1 είναι
1, έπεται, σύμφωνα με το θεώρημα 12.(γ), ότι οι διαιρέσεις ( 4 ) : ( ) k x g x και 1k : g ( x)

22. δίνουν το ίδιο υπόλοιπο. Επομένως και οι διαιρέσεις ( 4 ) 3 : ( ) k x x g x και 1k ⋅ x3 : g (x)
δίνουν το ίδιο υπόλοιπο, έστω ( ) 1 υ x . Σκεπτόμενοι ομοίως συμπεραίνουμε ότι και οι
διαιρέσεις ( 4 ) 2 : ( ) l x x g x και 1l ⋅ x2 : g (x) δίνουν το ίδιο υπόλοιπο, έστω ( ) 2 υ x , και
ότι το ίδιο ισχύει για τις διαιρέσεις ( 4 ) : ( ) m x x g x και 1m ⋅ x : g ( x) με ίδιο υπόλοιπο
( ) 3 υ x , αλλά και για τις ( 4 ) : ( ) n x g x και 1n ⋅: g (x) με ίδιο υπόλοιπο ( ) 4 υ x .
Επομένως, σύμφωνα με το θεώρημα 12 (α), οι διαιρέσεις
( ) 4 3 4 2 4 1 4 ( 4 ) 3 ( 4 ) 2 ( 4 ) ( 4 ) : ( ) f x = x k+ + x l+ + x m+ + x n = ⎡ x k ⋅ x + x l ⋅ x + x m ⋅ x + x n ⎤ g x ⎢⎣ ⎥⎦
και (1k ⋅ x3 +1l ⋅ x2 +1m ⋅ x +1n ) = (x3 + x2 + x +1) = g (x) : g (x) δίνουν το ίδιο
υπόλοιπο ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 3 4 υ x =υ x +υ x +υ x +υ x .
Επειδή το υπόλοιπο της διαίρεσης g (x) : g (x) ισούται με 0, τόσο θα είναι και το
υπόλοιπο της διαίρεσης f (x) = x4k+3 + x4l+2 + x4m+1 + x4n : g (x)⇒ g (x) f (x) .
Θεώρημα 13. Θεωρούμε πολυώνυμο f (x)∈Κ[x], Κ = ή ^ και έστω ( ) 1 f x ,
( ) ( ) 2 1 ,..., n f x f x − τα πηλίκα των διαιρέσεων
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 : , : ,..., : , n f x x a f x x a f x x a − − − −
n n n f x x a px x a x a px f x x a px = − = − ⎡ − − ⎤⇒ = − − ⎣ ⎦
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
= − = − ⎡ − ⎤⇒ = − ⎣ ⎦
1 2 2
− − −
f x x a p x x a x a p x f x x a p x
1 2
.........................................................................................................................
f x x a p x x a x a p x f x x a p x
= − = − ⎡⎣ − ⎤⎦⇒ = −
19
αντίστοιχα. Τότε ισχύει η ισοδυναμία:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 0, 0,..., 0 n
n x a f x f a f a f a − − ⇔ = = = .
Απόδειξη
Ευθύ. Έστω ότι ( ) ( ). n x − a f x Τότε θα υπάρχει πολυώνυμο p(x) τέτοιο ώστε
( ) ( )n ( ) f x = x − a p x .
Τότε έχουμε
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ( ) ( ) ( ) 1 ( )
1
( ) ( ) 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 1
,
n n n
n n
− −
οπότε άμεσα προκύπτει ότι: ( ) ( ) ( ) 1 2 0, 0,..., 0 n f a f a f a − = = = .

23. Αντίστροφα, έστω ότι ( ) ( ) ( ) 1 2 0, 0,..., 0 n f a f a f a − = = = . Τότε έχουμε
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
f x x a f x
f x x a f x
.................................
f x x a f x −
n n
n +
n n n
f x nx n x nx x x
( 1) 1 1 1
1 ... 1 ,
= − + + = − − −
= − n − n − − n
−
− − −
20
1
1 2
1
= −
= −
= −
από τις οποίες με πολλαπλασιασμό κατά μέλη προκύπτει ότι: ( ) ( )n ( )
n f x = x−a f x .
δηλαδή ( ) ( ). n x − a f x ,
Παράδειγμα
Αν είναι n ≥1, να αποδείξετε ότι τα πολυώνυμα
f (x) = nxn+1 − (n +1)xn +1 και g ( x) = xn − nx + n −1
διαιρούνται με το πολυώνυμο ( ) ( )2 δ x = x −1 .
Λύση
Επειδή είναι f (1) = n − (n +1) +1= 0, έπεται ότι ( x −1) f ( x) . Επειδή
( ) 1
( ) ( )
( x )( nx x 1 x 2
x
)
έπεται ότι ( ) ( ) ( ) 1 f x = x −1 f x , όπου ( ) 1 2
1 f x = nxn − xn− − xn− −...− x −1.
Όμως ισχύει ( ) 1 2
1 f 1 = n − (1n− +1n− +...+1+1) = 0, οπότε:
( ) ( ) 1 x −1 f x και ( ) ( )2 ( ) δ x = x −1 f x .
Ομοίως ισχύει g (1) = 0 και
g ( x) = xn − nx + n −1 = (xn −1) − n( x −1) = ( x −1)(xn−1 + xn−2 + ...+ x +1− n),
οπότε έχουμε πηλίκο ( ) 1 2
1 g x = xn− + xn− +...+ x +1− n και ( ) 1 g 1 = 0 .
Υπόλοιπο διαίρεσης πολυωνύμου f (x) με το xn − a, n ≥1
Θεωρούμε πολυώνυμο ( ) 1 [ ]
1 1 0 k k ... , ή
k k f x a x a x − a x a x
− = + + + + ∈Κ Κ= ^,
βαθμού k . Αν 1≤ n ≤ k φυσικός αριθμός, τότε το πολυώνυμο f ( x) γράφεται στη
μορφή

24. ( ) 1 ( ) 2 ( ) ( ) ( )
f x = x n − f x n + x n − f x n + ... + xf x n +
f x
n ,
n − 1 n − 2 1 0 5 4 3 2 3 4 5 2
f x x x x x x x x x x x
3 2 5 6 2 6 3 5
1 3 5 2 6 .
= + + + − + = + + − + +
= + + − + + = + +
x x x x x xf x xf x f x
= Σ , όπου ( ) i υ x είναι το υπόλοιπο της διαίρεσης
21
όπου ( n ), 0,1,..., 1
i f x i = n − πολυώνυμα μεταβλητής xn . Η παραπάνω γραφή
προκύπτει εύκολα, αν χωρίσουμε τους όρους του πολυωνύμου f ( x) ως προς το βαθμό
τους modulo n .Για παράδειγμα, το πολυώνυμο
f (x) = x5 −3x4 + 2x3 + x2 −5x + 6 ,
για n = 3, γράφεται:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 3 3 3 2 3 3 3
2 1 0
Θεώρημα 14. Έστω το πολυώνυμο
( ) 1 ( ) 2 ( ) ( ) ( )
1 2 1 0 n n n n ... n n .
f x = x − f x + x − f x + + xf x +
f x
n − n − Τότε ισχύουν:
(α) το υπόλοιπο της διαίρεσης του f ( x) με το xn − a ισούται με
( ) 1 ( ) 2 ( ) ( ) ( )
υ x = x n − f a + x n − f a + ... + xf a +
f a
.
n − 1 n − 2 1 0 (β) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 0 n ... 0
n n x a f x f a f a f a f a − − − ⇔ = = = = = .
Απόδειξη
(α) Σύμφωνα με το θεώρημα 12 (α), το υπόλοιπο της διαίρεσης f (x) : (xn − a) θα
ισούται με υ ( x ) 1
υ ( x
) 1
n
i
i
−
=
i ( n ): ( n ), 1, 2,..., 1
i x f x x − a i = n − . Όμως το υπόλοιπο της διαίρεσης
( n ): ( n )
f x x − a , i = 1, 2,..., n −1 ισούται με f ( a ) , ενώ το υπόλοιπο της διαίρεσης
i i xi : (xn − a) , i = 1, 2,..., n −1 ισούται με xi . Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα 12 (β)
τα υπόλοιπα των διαιρέσεων x i f ( x n ): ( x n − a ), i = 1, 2,..., n − 1
και
i i ( ) : ( n ), 1, 2,..., 1
i x f a x − a i = n − είναι τα ίδια, δηλαδή i ( ), 1,2,..., 1
i x f a i = n − ,
αφού deg i ( ) deg ( n )
i x f a < x − a . Άρα έχουμε
( ) 1 ( ) 2 ( ) ( ) ( )
1 2 1 0 n n ... .
υ x = x − f a + x − f a + + xf a +
f a
n − n − (β) Είναι απλή συνέπεια του ερωτήματος (α). ,

25. Παράδειγμα.
Να βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης του πολυωνύμου
f (x) = x5 −3x4 + 2x3 + x2 −5x + 6
με το πολυώνυμο g (x) = x3 −1.
Λύση. Το πολυώνυμο f (x) μπορεί να γραφεί στη μορφή
( ) 5 4 3 2 ( 3 ) ( 4 ) ( 5 2
)
f x x x x x x x x x x x
3 2 5 6 2 6 3 5
1 3 5 2 6 ,
= + + + − + = + + − + +
= + + − + + = + +
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 3 3 3 2 3 3 3
x x x x x xf x xf x f x
− ′ = + − + + + .
22
2 1 0
οπότε , σύμφωνα με το θεώρημα 14 (α), θα είναι:
( ) 2 ( ) ( ) ( ) 2
2 1 0 υ x = x f 1 + xf 1 + f 1 = 2x − 2x +8 .
Συμπληρώματα για την πολλαπλότητα των ριζών
Από την Ανάλυση γνωρίζουμε ότι σε μια πολλαπλή ρίζα μιας πολυωνυμικής συνάρτησης
και η παράγωγός της μηδενίζεται. Έτσι και στην Άλγεβρα μπορούμε να
χρησιμοποιήσουμε παραγώγους για τη μελέτη των πολλαπλών ριζών ενός πολυωνύμου.
Πρέπει όμως να τις ορίσουμε φορμαλιστικά. Έτσι δοθέντος ενός πολυωνύμου
( ) 1 [ ]
1 1 0 n n .... , ή , (1)
n n f x a x a x − a x a x
− = + + + + ∈Κ Κ= ^
ορίζουμε ως παράγωγο του το πολυώνυμο
( ) ( ) 1 ( ) 2
1 2 1 ή n 1 n ... 2 (2)
n n Df x f x na x − n a x − a x a
Εύκολα προκύπτει ότι η συνάρτηση
D:Κ[x]→Κ[x], f (x)→ Df (x) = f ′(x)
ικανοποιεί τις ακόλουθες ιδιότητες:
1. D( f (x) + g ( x)) = Df (x) + Dg (x)
2. D(λ f (x)) = λDf (x), λ ∈Κ
3. D( f (x) g (x)) = Df (x) g (x) + f (x)Dg ( x)
4. D( x) =1
Αντίστροφα, οι τέσσερις παραπάνω ιδιότητες προσδιορίζουν πλήρως το πολυώνυμο
Df (x) , οπότε αποτελούν και ένα εναλλακτικό τρόπο ορισμού. Είναι εύκολο να
αποδείξουμε με επαγωγή ότι υπάρχει μοναδική συνάρτηση που ικανοποιεί τις ιδιότητες1
έως 4, αυτή που ορίζεται από τη σχέση (2).
Όπως έχουμε ήδη δει, αν το πολυώνυμο
[ ] ( ) ... 1 0 , n
f x = an x + + a x + a ∈^ x

26. έχει διαφορετικές ανά δύο ρίζες ρ1,ρ2 ,...,ρk ∈^, k ≤ n , με πολλαπλότητα
1 2 , ,..., , k λ λ λ αντίστοιχα, τότε ισχύει:
( ) ( ) 1 ( ) 2 ( )
1 2 k ,
n k f x a x x x λ λ λ = − ρ − ρ ⋅⋅⋅ − ρ όπου 1 2 ... . k λ +λ + +λ = n
Σημειώνουμε εδώ ότι το σώμα των πραγματικών αριθμών περιέχεται στο σώμα των
μιγαδικών αριθμών που είναι αλγεβρικά κλειστό και εξασφαλίζει τον προσδιορισμό της
παραπάνω παραγοντοποίησης του πολυωνύμου f ( x) . Στη συνέχεια θα παρουσιάσουμε
ένα θεώρημα με το οποίο μπορούμε να προσδιορίσουμε πολλαπλές ρίζες του
πολυωνύμου f (x)∈[x] χωρίς να χρειαστεί να βγούμε έξω από το .
Θεώρημα 15. Αν f (x)∈[x] , τότε ο αριθμός ρ ∈^ είναι διπλή ρίζα του f ( x) , αν,
και μόνον αν, ισχύει f (ρ ) = f ′(ρ ) = 0 και f ′′(ρ ) ≠ 0.
Απόδειξη
Θυμίζουμε ότι, από τον ορισμό της πολλαπλότητας των ριζών πολυωνύμου, ο αριθμός
ρ ∈^ είναι διπλή ρίζα του πολυωνύμου f ( x) , δηλαδή έχει πολλαπλότητα ίση του 2,
αν, και μόνον αν, ισχύει:
( ) ( )2 ( ) ( ) f x = x −ρ ϕ x και ϕ ρ ≠ 0. (1)
Έστω ότι ο ρ είναι διπλή ρίζα του πολυωνύμου f ( x) . Τότε ισχύει η (1) , οπότε
θα είναι
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
′ = − + − ′
f x x ρ ϕ x x ρ ϕ
x
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
′′ = + − ′ + − ′ + − ′′
.
f x x x x x x x x
23
2
2
2
2 2 2 .
ϕ ρ ϕ ρ ϕ ρ ϕ
Άρα έχουμε f (ρ ) = f ′(ρ ) = 0 και f ′′(ρ ) = 2ϕ (ρ ) ≠ 0.
Αντίστροφα, έστω ότι ισχύουν: f (ρ ) = f ′(ρ ) = 0 και f ′′(ρ ) = 2ϕ (ρ ) ≠ 0.
Από το θεώρημα αλγοριθμικής διαίρεσης προκύπτει:
( ) ( )2 ( ) ( ) ( ) f x = x −ρ ϕ x +υ x , με υ x =κ x +λ . (1)
Από την (1) για x = ρ λαμβάνουμε: f (ρ ) =υ (ρ ) =κρ +λ = 0 .
Με παραγώγιση των δύο μελών της (1) λαμβάνουμε
( ) ( ) ( ) ( )2 ( ) f ′ x = 2 x −ρ ϕ x + x −ρ pϕ′ x +κ , (2)
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 ( ) f ′′ x = 2ϕ x + 2 x −ρ ϕ′ x + 2 x −ρ ϕ′ x + x −ρ ϕ′′ x (3)

27. οπότε για x = ρ λαμβάνουμε f ′(ρ ) =κ = 0 και f ′′(ρ ) = 2ϕ (ρ ) ≠ 0 , οπότε και
λ = −κ f (ρ ) = 0, ϕ (ρ ) ≠ 0.. Έτσι η σχέση (1) γίνεται:
( ) ( )2 ( ) ( ) f x = x −ρ ϕ x , με ϕ ρ ≠ 0 , (4)
οπότε ο ρ είναι διπλή ρίζα του πολυωνύμου ,
Παρατήρηση
Από το προηγούμενο θεώρημα, ενώ φαίνεται ότι για τον προσδιορισμό των τιμών
f (ρ ) = 0 πρέπει να γνωρίζουμε τη ρίζα ρ , η γνώση του ρ δεν είναι αναγκαία για να
προσδιορίσουμε, αν τα πολυώνυμα f (x) και f ′(x) έχουν κοινές ρίζες. Αυτό μπορεί
να γίνει με την εύρεση του ΜΚΔ των δύο πολυωνύμων με τον Ευκλείδειο αλγόριθμο.
Για την εύρεση της ακριβούς πολλαπλότητας των ριζών του πολυωνύμου f (x) πρέπει
να καταφύγουμε στον τύπο του Taylor, ο οποίος για πολυώνυμα αποδεικνύεται εύκολα,
αφού δεν έχουμε να ασχοληθούμε με το υπόλοιπο.
Θεώρημα 16. (Θεώρημα Taylor για πολυώνυμα)
Αν f (x)∈Κ[x], Κ = ή ^,deg f (x) = n , και ρ ∈Κ , τότε έχουμε:
( ) ( ) ′ ( )( ) ′′
( )( )
f f f n
ρ ρ ρ
f x f x x x
ρ ρ ρ ρ
= + − + − +⋅⋅⋅+ − .
24
( n
) 2
( ) ( ) n
1! 2! !
[Η παράγωγος f ′′( x) ορίζεται ως η παράγωγος του πολυωνύμου f ′(x) και επαγωγικά
ορίζουμε f (n) (x) : ( f (n 1) (x)) = − ′ ].
Από το θεώρημα Taylor προκύπτει άμεσα το επόμενο θεώρημα:
Θεώρημα 17. Ο αριθμός ρ ∈Κ = ή ^ είναι ρίζα πολλαπλότητας k , αν, και μόνον
αν, ισχύουν οι ισότητες f (ρ ) = f ′(ρ ) = ... = f (k−1) (ρ ) = 0 και f (k ) (ρ ) ≠ 0.
Θυμίζουμε ακόμη ότι μέσω των παραγώγων και των θεωρημάτων του Bolzano και του
Rolle, μπορούμε να εντοπίσουμε διαστήματα που ανήκουν οι πραγματικές ρίζες ενός
πολυωνύμου με πραγματικούς συντελεστές.

28. Θεώρημα 18 (Θεώρημα του Bolzano). Αν f (x) είναι πολυώνυμο με πραγματικούς
συντελεστές και τα α ,β ∈ με α < β είναι τέτοια ώστε f (α ) f (β ) < 0 , τότε υπάρχει
γ ∈(α ,β ) τέτοιο ώστε f (γ ) = 0 .
Χρήσιμη είναι ακόμη μία ειδική μορφή του θεωρήματος μέσης τιμής:
Θεώρημα 19. Δοθέντος πολυωνύμου f (x)∈[x] και α,β ∈,α <β , τότε υπάρχει
∈(( ) γ α ,β ) έτσι ώστε: ( ) = ( ) + ( − ) ′ ( ) + ′ ( )
.
n n
f x f a a x a a x a a x a
( ) ( ) ... ( )
− = − + − + + −
n n
n n
a x a a x a a x a
a a a x a x a
≤ − + − + + −
n n
≤ + + + ⋅ − =Μ −
1 1 0 n ... n
n n a x − a x a a x
25
2
2
β −
α
f x f f f
α β α α γ
Στη συνέχεια θα ασχοληθούμε με δύο θεωρήματα που αφορούν τη συμπεριφορά των
τιμών ενός πολυωνύμου με πραγματικούς συντελεστές σε δύο περιπτώσεις. Κοντά σε ένα
πραγματικό αριθμό a , αλλά και για πολύ μεγάλες τιμές του x . Το τελευταίο είναι
σχετικό με το ρόλο που παίζει σε ένα πολυώνυμο ο μεγιστοβάθμιος όρος του.
Θεώρημα 20. Για κάθε πολυώνυμο f (x)∈[x] και για κάθε a∈ , υπάρχει σταθερά
Μ > 0 τέτοια ώστε να ισχύει η ανισότητα
f (x) − f (a) ≤Μ x − a ,
για κάθε x με x − a ≤1, δηλαδή για x∈[a −1, a +1].
Απόδειξη
Αν είναι ( ) 1 [ ]
1 1 0 n n ...
n n f x a x a x − a x a x
− = + + + + ∈ , τότε για κάθε x με x − a ≤1
έχουμε:
( ) ( )
( )
1
1 1
1
1 1
1 1
...
... ,
n n
−
−
−
−
−
όπου θέσαμε 1 1 ... n n a a a − Μ = + + + . Η τελευταία σχέση προκύπτει από τις
ανισότητες , k x − a ≤ x − a για k =1,2,3,... . ,
Θεώρημα 21. Για κάθε πολυώνυμο ( ) 1 [ ]
1 1 0 n n ...
n n f x a x a x − a x a x
− = + + + + ∈ ,
υπάρχει σταθερά Κ > 0 , τέτοια ώστε
1
− + + + < , για κάθε x με x > Κ .

29. 1 1 0 1 1 0 n ... n ... ,
n n a x − a x a a x − a x a
1 1 0 ... n n
n n a x a x a a x −
< για κάθε k = 0,1,2,...,n −1 (2)
n a n a
−
> > − = − .
x x k n
a a
Κ > − = − ,
Κ > − = − , τέτοια ώστε:
1 1 0 n n ... 0
n n a x a x − a x a
26
Απόδειξη
Επειδή ισχύει ότι
1 1
− − + + + < + + + για κάθε x ∈ ,
αρκεί να αποδείξουμε ότι:
1
− + + + < , (1)
για κάθε x κατάλληλα μεγάλο ή αρκεί να αποδείξουμε ότι
1 , k n
k n a x a x
n
και για κάθε x με x > Κ , για κατάλληλα μεγάλο Κ. Τότε με πρόσθεση κατά μέλη των
n ανισοτήτων που δίνονται από την (2), προκύπτει η (1) και η ζητούμενη ανισότητα. Για
να ισχύουν οι ανισότητες (2) αρκεί
n k k ή k
n k
, 0,1, 2,..., 1 n n
Επομένως, αρκεί να επιλέξουμε τον αριθμό Κ να ικανοποιεί τις σχέσεις
n a
k , για κάθε 0,1, 2,..., 1.
n k
n
k n
a
Πόρισμα. Για κάθε πολυώνυμο ( ) 1 [ ]
1 1 0 n n ...
n n f x a x a x − a x a x
− = + + + + ∈ , υπάρχει
n a
σταθερά k n k
, για κάθε 0,1, 2,..., 1
n
k n
a
(α) f (x) > 0 , για κάθε x με x > Κ , δηλαδή το πολυώνυμο f ( x) δεν μπορεί
να έχει ρίζα με απόλυτη τιμή μεγαλύτερη του Κ,
(β) Οι τιμές του πολυωνύμου f ( x) , για κάθε x > Κ , έχουν το ίδιο πρόσημο με
αυτό του μεγιστοβάθμιου όρου n
n a x .
Απόδειξη
(α) Το ζητούμενο προκύπτει από τη σχέση
( ) 1 1
1 1 0 1 1 0 n n ... n n ... 0
n n n n f x a x a x − a x a a x a x − a x a
− − = + + + + ≥ − + + + > .
(β) Αυτό προκύπτει από την ανισότητα
1
− − + + + > , για x > Κ ,
οπότε το πρόσημο του αθροίσματος f ( x ) = a x n + ( a x n − 1 + ...
+ a x +
a
)
n n − 1 1 0 συμπίπτει με αυτό του προσθετέου με τη μεγαλύτερη απόλυτη τιμή. ,

30. Για τον προσδιορισμό ενός διαστήματος στο οποίο ανήκουν οι πραγματικές ρίζες του
πολυωνύμου f (x)∈[x] , έχουμε και το επόμενο θεώρημα:
Θεώρημα 22. Έστω το πολυώνυμο 1 [ ]
1 1 0 ( ) n n ... , 0
n n n f x a x a x − a x a x a
− = + + + + ∈ ≠ και
{ } 0 1 1 : max , ,..., . n a a a a − = Τότε για κάθε πραγματική ρίζα του f ( x) ισχύει ότι:
⎡ ⎛ ⎞ ⎤
∈⎢−⎜⎜ 1 + a ⎟⎟ ,1
+ a
⎥ ⎢⎣ ⎝ a n ⎠ a
n
⎥⎦
n n − n −
n
λ λ λ λ λ λ λ
f ( ) = a + a ... + a + a a ...
+ a +
a
a a a
n n − n −
n
n n
n n
2 − 1 2 −
1
a a a a a a a a
... ...
+ + + + ≤ + + + +
λ λ λ λ λ λ
n n
0 1 2 − 1 0 1 2 −
1
n n
a a a
1 ... 1 ,
a a λ
λ > + . (1)
⎛ ⎞
−⎜⎜ + ⎟⎟
⎝ ⎠
27
ρ
.
Απόδειξη
Αν λ ∈ ρίζα του f ( x) , τότε
1 1
1 1 0 1 1 0
1
...
−
1 1 0
0
.
n n
a
a
λ λ λ
−
+ +
+ = ⇒ + = −
⇒ + =
Για κάθε λ >1 έχουμε
( 2 1
)
1 1
n
λ λ
λ λ λ
λ λ
−
⎛ − ⎞
≤ + + + + ≤ ⎜ ⎟ < ⎝ − ⎠ −
αφού λ >1. Επίσης έχουμε
n
1
n
n
λ
λ
<
−
,
εφόσον ισχύει ( ) 1 1 n a λ a − − < , δηλαδή όταν:
1
a
a
n
Επομένως, όταν ισχύει η σχέση (1), κανένα τέτοιο λ δεν μπορεί να είναι ρίζα του
f (x).Ομοίως, με το πολυώνυμο f (−x) διαπιστώνουμε ότι το πολυώνυμο f (x) δεν
μπορεί να έχει αρνητική ρίζα μικρότερη του 1
a
a
n
. ,
Στη συνέχεια θα δώσουμε ένα θεώρημα μέσω του οποίου μπορούμε να
προσδιορίσουμε ένα πάνω φράγμα για τον αριθμό των πραγματικών ριζών ενός
πολυωνύμου που βρίσκονται μέσα σε ένα δεδομένο διάστημα. Σημειώνουμε, ότι για μία
δεδομένη ακολουθία πραγματικών αριθμών 1 2 , ,..., n α α α ο αριθμός των αλλαγών
προσήμου στους όρους της ακολουθίας μας δίνει το πόσες φορές υπάρχει αλλαγή από
θετικό όρο σε αρνητικό όρο και αντιστρόφως, αγνοώντας τα μηδενικά. Για παράδειγμα

31. στην ακολουθία 0,2,−1,0,−3,1,2,−4 υπάρχουν 3 αλλαγές προσήμου, από το 2 στο -1,
από το -3 στο 1 και από το 2 στο -4. Έχουμε:
Θεώρημα 23. (Θεώρημα των Budan – Fourier) Έστω το πολυώνυμο
1 [ ]
1 1 0 ( ) n n ... , 0.
f x anx an x a x a x an −
− = + + + + ∈ ≠
Έστω επίσης για κάθε α ∈ ο αριθμός δ (α ) είναι ο αριθμός των αλλαγών προσήμου
της ακολουθίας
f (α ), f ′(α ),..., f (n) (α ) (*)
Τότε ο αριθμός των πραγματικών ριζών του f ( x) , λαμβανομένων υπόψη και των
πολλαπλοτήτων τους, που βρίσκονται στο διάστημα [α ,β ], α < β , όπου α ,β δεν είναι
ρίζες του f ( x) , ισούται το πολύ με τη διαφορά δ (α ) −δ (β ). Η ακριβής τιμή του είναι
δ (α ) −δ (β ) − 2r,όπου r ≥ 0.
Πόρισμα. (Κανόνας των Hariot – Descartes)
Η εξίσωση
0 1 2 ... n 0, ,
28
2
n i a + a x + a x + + a x = a ∈
δεν μπορεί να έχει θετικές ρίζες περισσότερες από τον αριθμό αλλαγών προσήμου στην
ακολουθία 0 1 , ,..., n a a a και ο αριθμός των θετικών ριζών της διαφέρει από τον αριθμό
αλλαγών προσήμου της ακολουθίας αυτής κατά ένα άρτιο θετικό ακέραιο.
Παράδειγμα.
Το πολυώνυμο f (x) = x6 + 4x5 −3x4 − x3 + 2x − 2 έχει 3 αλλαγές προσήμου,
αγνοώντας τα μηδενικά, στην ακολουθία των συντελεστών του -2, 2, -1, -3, 4, 1.
Επομένως ο αριθμός των θετικών ριζών του είναι το πολύ 3 ή 1.
Παρατηρούμε επίσης ότι το πολυώνυμο f (−x) = x6 − 4x5 −3x4 + x3 − 2x − 2 έχει 3
αλλαγές προσήμου στην ακολουθία των συντελεστών του −2,−2,+1,−3,−4,+1, οπότε
το πολυώνυμο f (−x) έχει το πολύ 3 ή 1 θετικές ρίζες. Άρα το πολυώνυμο f (x) έχει
το πολύ 3 ή 1 αρνητικές ρίζες.

32. Ασκήσεις
1. Να βρεθούν οι α ,β ,γ ∈ που είναι τέτοιοι ώστε α 3 +β 3 +γ 3 = 3αβγ και
για το πολυώνυμο f (x) = x3 +α x2 +β x +γ ισχύει ότι f (1) = 7 .
2. Να προσδιορίσετε όλα τα πολυώνυμα δευτέρου βαθμού Ρ( x)∈[x] που
είναι τέτοια ώστε Ρ(x +1) = Ρ(−x), για κάθε x∈.
3. Να βρεθούν οι αριθμοί κ ,λ ∈ , αν το πολυώνυμο f (x) = x3 −8x2 −8λ x +κ
έχει ρίζες ρ ,ρ ,ρ ρ = ρ = −ρ 1 2 3 με 1 2 3 .
4. Βρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης f (x) : (x − 2)(x −3), αν είναι γνωστό ότι το
πολυώνυμο f ( x) όταν διαιρείται με τα πολυώνυμα x − 2 και x −3 δίνει
υπόλοιπο 12 και 17, αντίστοιχα.
5. Να αποδείξετε ότι το υπόλοιπο της διαίρεσης του πολυωνύμου f ( x) με το
πολυώνυμο ϕ (x) = (x −α )(x −β ) είναι:
( ) ( α ) − ( β ) β ( α ) −
α ( β
)
(i) = + ≠
− −
f f f f
α − − α α + −
α
υ = + β = −
α
29
, αν ,
f f f f
x x
υ α β
α β β α
(ii) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
, αν ,
x x
2 α
2
(iii) υ ( x) = f ′(α ) x + ( f (α ) −α f ′(α )),ανβ =α.
6. Να προσδιορίσετε τους αριθμούς α ,β ∈ έτσι ώστε το πολυώνυμο
f (x) = xν +1 +α x +β
να διαιρείται με το πολυώνυμο ( ) ( )2 ϕ x = x −1 .
7. Το πολυώνυμο f ( x) όταν διαιρείται με τα πολυώνυμα x2 + x +1 και x2 − x +1
δίνει υπόλοιπο x −1 και 2x +1, αντίστοιχα. Να προσδιορίσετε το υπόλοιπο της
διαίρεσης του f ( x) με το πολυώνυμο x4 + x2 +1.
8. Να αποδείξετε ότι για κάθε ρίζα ρ του πολυωνύμου f (x) = axν −1 + xν −2 +...+ x +1,
a ≠ 0, ισχύει ότι: 1 1 .
a
ρ < +
9. Να προσδιορίσετε όλα τα πολυώνυμα P(x)∈[x], που είναι τέτοια ώστε:
P( x) P(2x2 −1) = P(x2 )P(2x −1), για κάθε x∈. (1)
(Νότια Αφρική 2002, the monthly problem set)

33. 10. Να προσδιορίσετε όλα τα μη μηδενικά πολυώνυμα P(x) και Q(x) με
πραγματικούς συντελεστές, ελαχίστου δυνατού βαθμού, τέτοια ώστε
P(x2 )+Q( x) = P(x) + x5Q( x) , για κάθε x∈.
30
(Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2012)
11. Ένα μεσογειακό πολυώνυμο έχει μόνο πραγματικές ρίζες και είναι της μορφής
10 9 8 7 6 5 4 3 2
7 6 5 4 3 2 1 0 P(x) = x − 20x +135x + a x + a x + a x + a x + a x + a x + a x + a ,
με πραγματικούς συντελεστές 0 1 7 a ,a ,...,a . Να προσδιορίσετε τον μεγαλύτερο
πραγματικό αριθμό που μπορεί να είναι ρίζα ενός μεσογειακού πολυωνύμου.
(Μεσογειακή μαθηματική Ολυμπιάδα 2011)
12. Αν οι συντελεστές a,b, c, d ∈ του πολυωνύμου f (x) = ax3 + bx2 + cx + d
είναι με τη σειρά που δίνονται διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου με λόγο
ρ , να βρείτε τις ρίζες του πολυωνύμου και να αποδείξετε ότι:
*
1 2 3 ρν + ρν + ρν ∈, για κάθεν ∈` .
13. Να βρείτε όλα τα πολυώνυμα της μορφής
( ) 1
1 1 0 n n ... ,
f x = a x + a x − + + a x +
a
n n − { } 0 , ,..., 1, 1 , n a a a ∈ − +
που έχουν όλες τις ρίζες τους πραγματικές.
14. Βρείτε όλα τα πολυώνυμα Ρ( x) με πραγματικούς συντελεστές που για κάθε x∈
ικανοποιούν την ισότητα: (x2 − 6x +8)Ρ( x) = (x2 + 2x)Ρ(x − 2) .
(Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2014)

34. ΟΙ ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
1. Να βρεθούν οι α ,β ,γ ∈ που είναι τέτοιοι ώστε α 3 +β 3 +γ 3 = 3αβγ και
για το πολυώνυμο f (x) = x3 +α x2 +β x +γ ισχύει ότι f (1) = 7 .
Λύση
Από τη σχέση α 3 +β 3 +γ 3 = 3αβγ προκύπτει ότι:
α +β +γ = 0 ήα = β =γ . (1)
Ρ x + 1 = −Ρ − x ⇔ ax + 1 2 + bx + 1
+ c = − ⎡ ⎣ a − x 2
+ b − x + c
⎤ ⎦
⇔ ax + a + b x + a + b + c =− ax + bx −
c
⇔ a = − a a + b = b a + b + c = − c ⇔ a = b = − c c
∈
31
Επίσης από την ισότητα
f (1) = 7⇒α +β +γ = 6 . (2)
• Αν είναι α = β =γ , τότε από την ισότητα α = β +γ = 6⇒α = β =γ = 2 .
• Αν είναι α +β +γ = 0 , τότε η ισότητα α +β +γ = 6 δίνει 0 = 6, άτοπο.
2. Να προσδιορίσετε όλα τα πολυώνυμα δευτέρου βαθμού Ρ( x)∈[x] που
είναι τέτοια ώστε Ρ(x +1) = Ρ(−x), για κάθε x∈.
Λύση
Έστω Ρ( x) = ax2 + bx + c, a,b,c∈, a ≠ 0 , το τυχόν πολυώνυμο δευτέρου βαθμού.
Τότε έχουμε
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2
, 2 , 0, 2 , .
Άρα δεν υπάρχουν πολυώνυμα δευτέρου βαθμού που να ικανοποιούν τη δοθείσα σχέση.
Αν τα ζητούμενα πολυώνυμα ήταν βαθμού το πολύ 2, τότε αυτά θα είχαν τη μορφή:
f (x) = −2cx + c, c∈ .
3. Να βρεθούν οι αριθμοί κ ,λ ∈ , αν το πολυώνυμο f (x) = x3 −8x2 −8λ x +κ
έχει ρίζες 1 2 3 ρ ,ρ ,ρ με 1 2 3 ρ = ρ = −ρ .
Λύση
Σύμφωνα με τις σχέσεις Vieta έχουμε:
1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3 ρ + ρ + ρ = 8, ρ ρ + ρ ρ + ρ ρ = −8λ, ρ ρ ρ = −κ ,
οι οποίες μέσω της υπόθεσης 1 2 3 ρ = ρ = −ρ γίνονται:
2 3
1 1 1 ρ = 8, −ρ = −8λ, −ρ = −κ ⇔κ = 512, λ = 8.

35. 4. Βρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης f (x) : (x − 2)(x −3), αν είναι γνωστό ότι το
πολυώνυμο f ( x) όταν διαιρείται με τα πολυώνυμα x − 2 και x −3 δίνει
υπόλοιπο 12 και 17, αντίστοιχα.
Λύση
Σύμφωνα με τις υποθέσεις έχουμε:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 f x = x − 2 p x +12 και f x = x −3 p x +17.
Από αυτές προκύπτουν οι ισότητες : f (2) =12 και f (3) =17, οπότε, αν υποθέσουμε
ότι
f (x) = ( x − 2)(x −3) p(x) +κ x +λ
− −
α β β α α β
= + ≠
− −
f f f f
α − − α α + −
α
υ β α
= + = −
+ = + = ⇔ = =
32
τότε λαμβάνουμε:
2κ +λ = f (2) =12 και 3κ +λ = f (3) =17⇔κ = 5, λ = 2.
Άρα το υπόλοιπο της διαίρεσης f (x) : (x − 2)(x −3) είναι το υ (x) = 5x + 2 .
5. Να αποδείξετε ότι το υπόλοιπο της διαίρεσης του πολυωνύμου f ( x) με το
πολυώνυμο ϕ (x) = (x −α )(x −β ) είναι:
( ) f ( ) f ( ) f ( ) f
( )
(i) υ x x
, αν α β
,
α β β α
(ii) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
, αν ,
x x
2 α
2
(iii) υ ( x) = f ′(α ) x + ( f (α ) −α f ′(α )),ανβ =α.
Λύση
(i) Έστω ότι α ≠ β και
f (x) = (x −α )(x −β )ϕ (x) + (κ x +λ ), (1)
Από την (1) για x =α και x = β προκύπτουν οι ισότητες:
( ) ( ) f ( ) f ( ) f ( ) f
( )
f f
α − β β α −
α β
και , .
κα λ α κβ λ β κ λ
α − β β −
α
(ii) Έστω β = −α . Τότε το ζητούμενο προκύπτει από το (i) με αντικατάσταση του β
από το −α.
(iii) Έστω ότι α = β . Τότε έχουμε
( ) ( )2 ( ) f x = x −α ϕ x +κ x +λ , (2)

36. οπότε με παραγώγιση των δύο μελών προκύπτει η ισότητα
( ) ( ) ( ) ( )2 ( ) f ′ x = 2 x −α ϕ x + x −α ϕ′ x +κ . (3)
Από τις (2) και (3) για x =α προκύπτουν οι ισότητες:
κα +λ = f (α ) και f ′(α ) =κ ⇔κ = f ′(α ) και λ = f (α ) −α f ′(α ).
6. Να προσδιορίσετε τους αριθμούς α ,β ∈ έτσι ώστε το πολυώνυμο
f (x) = xν +1 +α x +β
να διαιρείται με το πολυώνυμο ( ) ( )2 ϕ x = x −1 .
Λύση (1ος τρόπος)
Ισχύει ότι: ( ) ( )2 ( ) 1 ( ) ( )
1 ϕ x = x −1 f x = xν + +α x + β ⇔ f 1 = 0 και f 1 = 0,
όπου ( ) 1 f x είναι το πηλίκο της διαίρεσης ( ) ( )2 f x : x −1 . Όμως έχουμε
f (1) = 0⇔1+α +β = 0⇔α +β = −1, (1)
1 1 1
ν + ν + ν
+
f x x x x x x x
= + + = + − − = − + −
= − + + + +
α β α α α
33
οπότε το πολυώνυμο f ( x) γίνεται
( ) ( )
( )( 1
)
1 1 1
ν ν
x x x x
1 ... 1 α
,
−
οπότε θα είναι
( ) 1
1 f x = xν + xν − +...x +1+α.
Έτσι η ισότητα ( ) 1 f 1 = 0 δίνει τη σχέση:
ν +1+α = 0⇔α = −(ν +1),
οπότε από την (1) λαμβάνουμε και β =ν .
(2ος τρόπος) Σύμφωνα με την άσκηση 5(iii) ή το θεώρημα 17, αρκεί να ισχύουν:
f (1) = 0 και f ′(1) = 0⇔1+α +β = 0 και (ν +1) +α = 0⇔α = −(ν +1),β =ν .
7. Το πολυώνυμο f ( x) όταν διαιρείται με τα πολυώνυμα x2 + x +1 και x2 − x +1
δίνει υπόλοιπο x −1 και 2x +1, αντίστοιχα. Να προσδιορίσετε το υπόλοιπο της
διαίρεσης του f ( x) με το πολυώνυμο x4 + x2 +1.
Λύση
Παρατηρούμε ότι x4 + x2 +1 = (x2 + x +1)(x2 − x +1). Επιπλέον, από το θεώρημα
αλγοριθμικής διαίρεσης έχουμε:

37. f (x) = (x4 + x2 +1) p(x) +υ (x) = (x2 + x +1)(x2 − x +1) p(x) +υ (x), (1)
όπου το υπόλοιπο υ ( x) είναι μηδενικό πολυώνυμο ή το πολύ τρίτου βαθμού, δηλαδή
υ (x) = ax3 + bx2 + cx + d, a,b, c, d ∈ .
x x x x x x x x x
1 1 1 2 1
υ = + + κ + λ + − = − + μ + ν
+ +
x x x x x x
⇔ + + + + + + − = + − + + − + + +
κ κ λ κ λ λ μ μ ν μ ν ν
⇔ = + = − + + + = − + − = +
κ μ κ λ μ ν κ λ μ ν λ ν
⇔ = + = − + = − + = +
κ μ μ λ μ ν μ ν λ ν
⇔ κ = μ λ = − μ + ν = − ν + λ = ν + ⇔ ν = − λ = κ = μ
= −
υ x = x + x + ⎛⎜−x + ⎞⎟ + x − = −x + x + x +
34
Από τη σχέση (1) λαμβάνουμε:
f (x) −υ (x) = (x2 + x +1)(x2 − x +1) p( x) ,
δηλαδή η διαφορά f (x) −υ (x) διαιρείται με τα πολυώνυμα x2 + x +1 και x2 − x +1.
Επομένως, τα πολυώνυμα f ( x) και υ ( x) διαιρούμενα με καθένα από τα πολυώνυμα
x2 + x +1 και x2 − x +1 δίνουν το ίδιο υπόλοιπο, δηλαδή, σύμφωνα με τις υποθέσεις τα
x −1 και 2x +1, αντίστοιχα. Άρα έχουμε:
υ ( x) = (x2 + x +1)(κ x +λ ) + x −1, (2)
υ ( x) = (x2 − x +1)(μ x +ν ) + 2x +1. (3)
Από τις (2) και (3) λαμβάνουμε:
( ) ( 2 )( ) ( 2
)( )
( ) ( ) ( ) ( )
3 2 3 2
1 1 2 1
, , 1 2, 1 1
, 1, 2
, 2 1, 2 1 , 3 , 1.
2 2
Άρα έχουμε:
( ) ( 2 1) 3 1 3 1 2 3 1 .
2 2 2 2
⎝ ⎠
8. Να αποδείξετε ότι για κάθε ρίζα ρ του πολυωνύμου
f (x) = axν −1 + xν −2 +...+ x +1, a ≠ 0,
ισχύει ότι:
1 1 .
a
ρ < +
Λύση. Άμεση εφαρμογή του θεωρήματος 22.
9. Να προσδιορίσετε όλα τα πολυώνυμα P(x)∈[x], που είναι τέτοια ώστε:
P( x) P(2x2 −1) = P(x2 )P(2x −1), για κάθε x∈. (1)
(Νότια Αφρική 2002, the monthly problem set)
Λύση

38. Έστω r∈ ρίζα του πολυωνύμου P( x)∈[x], όπου [x] είναι ο δακτύλιος
των πολυωνύμων μεταβλητής x με πραγματικούς συντελεστές. Τότε θα ισχύει:
0 = P(r ) P(2r2 −1) = P(r2 )P(2r −1),
οπότε το r2 ή το 2r −1 είναι ρίζα του P(x) .
Διακρίνουμε τώρα τις περιπτώσεις:
(α) Αν r >1, τότε r2 > r και 2r −1 > r και εργαζόμενοι ομοίως για τη νέα ρίζα
( r2 ή 2r −1) μπορούμε να κατασκευάσουμε μία άπειρη γνησίως αύξουσα
ακολουθία πραγματικών ριζών του πολυωνύμου P(x) , άτοπο. Άρα το πολυώνυμο
P(x) δεν έχει πραγματική ρίζα στο μεγαλύτερη του 1.
(β) Αν r < −1, τότε r2 >1, οπότε λόγω (α) το r2 δεν μπορεί να είναι ρίζα του
P(x) . Άρα θα είναι ρίζα του το 2r −1< r . Εργαζόμενοι ομοίως για τη ρίζα 2r-1,
μπορούμε να κατασκευάσουμε μία άπειρη γνησίως φθίνουσα ακολουθία
πραγματικών ριζών του πολυωνύμου P(x) , άτοπο. Άρα το πολυώνυμο P(x) δεν
έχει πραγματική ρίζα στο μικρότερη του -1.
Άρα όλες οι πραγματικές ρίζες του πολυωνύμου P(x) ανήκουν στο διάστημα
[−1,1]. Έστω r η μεγαλύτερη από αυτές.
= , έχουμε:
⎛ + ⎞ ⎛ + ⎞ + + = = ⎜ ⎟ ⎜⎜ − ⎟⎟⇒ − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Όμως ισχύουν:
P x P r P r P r r r P x
r r r r r
+ + ⎛ + ⎞ − > ⇔ > ⎜ ⎟ ⇔ <
35
x r +
Αν r ≠ 1, τότε για 1
2
0 ( ) ( ) 1 2 1 1 1 ή 2 1 1 είναι ρίζα του ( ).
2 2 2 2
r r r
+
1 1,
2
> ⇔ < (που ισχύει), και
2
2 1 1 1 1 2 1,
2 2 2
⎝ ⎠
(που ισχύει).
Επομένως, υπάρχει ρίζα του P(x) μεγαλύτερη του r , που είναι άτοπο. Αυτό
σημαίνει ότι, αν το πολυώνυμο P(x) έχει πραγματική ρίζα , τότε αυτή θα είναι η r =1.
Άρα έχουμε:
( ) ( 1) ( ), με (1) 0. k P x = x − Q x Q ≠
Από τη δεδομένη σχέση προκύπτει:

39. ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
x 1 k Q x 2 x 2 2 k Q 2 x 2 1 x 2 1 k Q x 2
2 x 2 k Q 2 x 1,για κάθε
x
− − − = − − − ∈
( ) ( ) ( ) ( )
Q x Q x Q x Q x x
2 − 1 2 −
1
= ∈ ,
Q 2x −
1
= ισχύει ότι S (x2 ) = S (x), για κάθε
= παίρνει την ίδια σταθερή τιμή S (a) άπειρες
36
2 2
2 − 1 = 2 − 1,για κάθε ∈
, (2)
δηλαδή το πολυώνυμο Q(x) ικανοποιεί τη δεδομένη σχέση (1).
Εργαζόμενοι όπως και για το πολυώνυμο P(x) , λαμβάνουμε ότι, αν το πολυώνυμο
Q(x) έχει πραγματική ρίζα, τότε αυτή θα ισούται με 1, που είναι άτοπο, γιατί
Q(1) ≠ 0 . Άρα το πολυώνυμο Q(x) δεν έχει πραγματική ρίζα, οπότε θα ισχύει
Q(x) ≠ 0, για κάθε x∈ . Έτσι η σχέση (2) μπορεί να γραφεί στη μορφή
( )
( )
( )
( )
2
2
, για κάθε
Q x Q x
x
Q x Q x
οπότε για τη ρητή συνάρτηση ( ) ( )
( )
S x
Q x
x∈, οπότε με αντικατάσταση του x διαδοχικά από το x2 λαμβάνουμε:
( ) ( 2 ) ( 4 ) ... ( 2 ), για κάθε θετικό ακέραιο k S x = S x = S x = = S x k . (3)
Αν υποθέσουμε ότι a >1, είναι ένας σταθερός πραγματικός αριθμός, τότε από την
(3) η ρητή συνάρτηση ( ) Q ( 2x −
1
)
( )
S x
Q x
φορές, που είναι άτοπο. Επομένως η συνάρτηση S ( x) θα είναι σταθερή και αφού
( ) ( 2 1 1
)
1 1
( 1
)
Q
S
Q
⋅ −
= = , έπεται ότι: S (x) =1, για κάθε x∈. Αυτό σημαίνει ότι:
Q(x) =Q(2x−1), για κάθε x∈,
οπότε το πολυώνυμοQ(x) είναι σταθερό. Θέτοντας Q(x) = c στη σχέση (2)
προκύπτει ότι το Q(x) μπορεί να ισούται με οποιοιδήποτε σταθερά. Έτσι έχουμε τελικά
( ) ( 1) , , . n
n n P x = c x − n∈` c ∈
10. Να προσδιορίσετε όλα τα μη μηδενικά πολυώνυμα P(x) και Q(x) με
πραγματικούς συντελεστές, ελαχίστου δυνατού βαθμού, τέτοια ώστε
P(x2 )+Q( x) = P(x) + x5Q( x) , για κάθε x∈.
(Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2012)
Λύση

40. Η δεδομένη ισότητα γράφεται ισοδύναμα
P(x2 )− P(x) = (x5 −1)Q(x), για κάθε x∈. (1)
Το πολυώνυμο του δεύτερου μέλους έχει μεταξύ των ριζών του τις ρίζες πέμπτης
τάξεως της μονάδας: 1, ω, ω2 , ω3 , ω4 , όπου
P x b x x x x R x
− = −ω −ω −ω −ω
⇔ = + + + + +
37
cos 2 sin 2
i π π
ω= + , για τις οποίες
5 5
ισχύει ότι: ω5 =1 και ω6 =ω, ω8 =ω3.
Από την (1) λαμβάνουμε
P(ω) = P(ω2 ),P(ω2 ) = P(ω4 ),P(ω3 ) = P(ω6 ) = P(ω ),P(ω4 ) = P(ω8 ) = P(ω3 ),
οπότε θα έχουμε: P(ω ) = P(ω2 ) = P(ω3 ) = P(ω4 ).
Αν b είναι η κοινή τιμή των P(ω ), P(ω2 ), P(ω3 ) και P(ω4 ), τότε το
πολυώνυμο P( x) − b έχει ρίζες τους αριθμούς ω, ω2 , ω3 , ω4 , οπότε θα ισχύει:
( ) ( )( 2 )( 3 )( 4
) ( )
( ) ( ) ( )
4 3 2 1 .
P x x x x x R x b
Επειδή το πολυώνυμο P(x) έχει πραγματικούς συντελεστές πρέπει το ίδιο να ισχύει
και για το πολυώνυμο R(x) και επίσης πρέπει b∈ . Επιπλέον, πρέπει το πολυώνυμο
P(x) να είναι του ελάχιστου δυνατού βαθμού, έπεται ότι το πολυώνυμο R(x) πρέπει
να είναι του ελάχιστου δυνατού βαθμού. Αν είναι R( x) = 0, οπότε δεν ορίζεται ο
βαθμός του, τότε από την (1) προκύπτει ότι (x5 −1)Q(x) = 0 , από την οποία,
δεδομένου ότι ο δακτύλιος [x] των πολυωνύμων πραγματικής μεταβλητής δεν έχει
μηδενοδιαιρέτες, έπεται ότι Q(x) = 0 , που είναι μη αποδεκτό. Επομένως το πολυώνυμο
R(x) πρέπει να είναι μηδενικού βαθμού, δηλαδή σταθερό πολυώνυμο, έστω
R(x) = a ≠ 0 . Τότε θα έχουμε
P( x) = a (x4 + x3 + x2 + x +1)+ b = a (x4 + x3 + x2 + x)+ c,
όπου a∈*, c = a + b∈. Επομένως, η σχέση (1) γίνεται

41. ( 2 ) ( ) ( 5
) ( )
P x − P x = x −
Q x
( 8 6 4 2 ) ( 4 3 2 ) ( 5
) ( )
a x x x x a x x x x x Q x
⇔ + + + − + + + = −
a ( x 8 x 3 x 6 x ) ( x 5
) Q ( x
)
a ( x x )( x ) ( x ) Q ( x
)
( x ) ax ( x ) Qx
( )
⇔ − + − = −
⇔ 3 + 5 − = 5
−
⇔ − ⎡⎣ + − ⎤⎦ =
2 5
P x − P x = x −
Q x
x 1
P x P x ax ax ax a ax ax ax a
x 1
a x x a x a x a x a x
x 1 a x x 1
x x a x a x a x a x
x 1 a xx 1 ax ax a a x a a x
.
⇒ − − = + + + − − − −
⇒ − − + + − −
⇒ − ⎡⎣ − + − ⎤⎦ + + − −
⇒ − ⎡⎣ − ⎤⎦ + − + − + −
Από την τελευταία σχέση προκύπτει ότι 4 3 ( ) 2 ( )
P x P x x Q x
1 (1)
− = −
x 1
P x P x a x a x a x a x a a x a x a x a x a
x 1 a x 1 x x a x 1
x x a x a x a x a x a x a x
x 1 x 1
ax ax a a x a a x a a x a a x
⇒ − − = + + + + − − − − −
⇒ − ⎡⎣ − + ⎤⎦ + ⎡⎣ − + ⎤⎦ + + − − − −
⇒ − − + + − + − + − + −
38
5 3
1
1
1
1 1
1 0.
Από την τελευταία ισότητα πολυωνύμων έπεται ότι: Q(x) = a (x3 + x), a∈* .
2ος τρόπος
Ο ελάχιστος δυνατός βαθμός του πολυωνύμου του δευτέρου μέλους της (1) είναι 5, ενώ
ο βαθμός του πολυωνύμου του πρώτου μέλους είναι άρτιος, οπότε θα έχουμε
min degQ(x) =1 και min deg P(x) = 3.
Αν υποθέσουμε ότι ( ) 3 2
3 2 1 0 0 1 2 3 P x = a x + a x + a x + a , a , a ,a , a ∈, 3 a ≠ 0, τότε από
τη δεδομένη ισότητα πολυωνύμων λαμβάνουμε
( ) ( ) ( ) ( )
1 (1)
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
5 2 6 4 2 3 2
3 2 1 0 3 2 1 0
5 6 3 4 2 2
3 2 1 2 1
5 5 3 4 2 2
3 2 1 2 1
5 5 4 3 2
3 2 3 1 2 3 1
2 3 1 2 3 1 a x − a x + a − a x + a − a x = 0 ,
οπότε λαμβάνουμε 2 3 1 2 1 3 1 2 3 a = a = 0, a − a = 0, a − a = 0⇔a = a = a = 0 , άτοπο.
Επομένως δεν υπάρχει πολυώνυμο P(x) τρίτου βαθμού τέτοιο, ώστε να ισχύει η
δεδομένη ισότητα. Στη συνέχεια θεωρούμε ( ) 4 3 2
4 3 2 1 0 P x = a x + a x + a x + a x + a , με
*
0 1 2 3 4 a ,a ,a ,a ∈,a ∈ . Εργαζόμενοι, όπως παραπάνω, λαμβάνουμε:
( 2 ) ( ) ( 5
) ( )
( 5 ) ( 2 ) ( )
8 6 4 2 4 3 2
( ) ( ) ( )
( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )
4 3 2 1 0 4 3 2 1 0
5 5 3 3 5 4 2 4 3 2
4 3 2 1 4 3 2 1
5 5 3 4 3 2
4 3 2 4 4 3 1 2 3 1
Από την τελευταία ισότητα προκύπτει ότι

42. ( ) 4 ( ) 3 ( ) 2 ( ) *
2 4 4 3 1 2 3 1 1 2 3 4 a − a x + a − a x + a − a x + a − a x = 0⇔a = a = a = a ∈ ,
οπότε λαμβάνουμε
( ) 4 3 2 ( 4 3 2 ) *
4 3 2 1 0 4 0 4 0 P x = a x + a x + a x + a x + a = a x + x + x + x + a , a ∈ , a ∈.
Στη συνέχεια από τη σχέση (1) προκύπτει ότι:
( 2 ) ( ) ( 5 )( 3 ) ( 5 ) ( ) ( ) ( 3 )
4 4 4 P x − P x = x −1 a x + a x = x −1 Q x ⇒Q x = a x + x , *
=Σ =Σ = Σ
s x t x u xx
, και . i i i j
i i i j
≤ Σ − = − = + − .
0 8 2 10 7 11 i j
11 1
11 9 36 84 126 126 84 36 9 1
20 135 ,
= − −
= − − + − + − + − + −
= − + + + + + + + + +
39
4 a ∈ .
11. Ένα μεσογειακό πολυώνυμο έχει μόνο πραγματικές ρίζες και είναι της μορφής
10 9 8 7 6 5 4 3 2
7 6 5 4 3 2 1 0 P(x) = x − 20x +135x + a x + a x + a x + a x + a x + a x + a x + a ,
με πραγματικούς συντελεστές 0 1 7 a ,a ,...,a . Να προσδιορίσετε τον μεγαλύτερο
πραγματικό αριθμό που μπορεί να είναι ρίζα ενός μεσογειακού πολυωνύμου.
Λύση
Θεωρούμε ένα μεσογειακό πολυώνυμο πού έχει τις πραγματικές ρίζες α και
1 2 x , x ,…, 9x . Έστω
9 9
2
1 1 1 9
= = ≤ < ≤
Από τους τύπους Vieta έχουμε ότι
s = 20 −α ,u = 135 − sα = 135 − 20α +α 2 και t = s2 − 2u = 130 −α 2 ,
οπότε λαμβάνουμε
( ) ( )( ) 2
i j
1 9
x x t u α α
≤ < ≤
Άρα είναι α ≤ 11. Επειδή για α = 11 και 1 2 9 x = x = ... = x = 1 προκύπτει ένα
μεσογειακό πολυώνυμο
( ) ( )( )
9
( )( 9 8 7 6 5 4 3 2
)
10 9 8 7 6 5 4 3 2
7 6 5 4 3 2 1 0
P x x x
x x x x x x x x x x
x x x ax ax ax ax ax ax ax a
η απάντηση στο πρόβλημα είναι α =11.
12. Αν οι συντελεστές a,b, c, d ∈ του πολυωνύμου f (x) = ax3 + bx2 + cx + d
είναι με τη σειρά που δίνονται διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου με λόγο
ρ , να βρείτε τις ρίζες του πολυωνύμου και να αποδείξετε ότι:
*
1 2 3 ρν + ρν + ρν ∈, για κάθεν ∈` .
Λύση
Έστω ότι : b = aρ ,c = aρ 2 και d = aρ 3 . Τότε το πολυώνυμο γίνεται:

43. f (x) = ax3 +aρ x2 + aρ 2x + aρ3 = a ⎡⎣x2 (x +ρ ) +ρ 2 (x +ρ )⎤⎦ = a(x +ρ )(x2 +ρ 2 ),
οπότε έχει τις ρίζες
1 2 3 ρ = −ρ , ρ = iρ , ρ = −iρ.
+ + = − + + − = ⎡ − + + − ⎤
i i i ν ν ν ν ν ν ν ν ν ν
ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ
⎣ ⎦
⎧ = ∈ ⎫
⎪− = + ∈ ⎪ ⇒ + + = ⎪ ⎪ ⎨ ⎬
ρ ν κ κ
ρ ν κ κ
`
`
`
`
⎪− = + ∈ ⎪
⎩⎪− = + ∈ ⎭⎪
a
a
Σ = ,
ρ + ρ + + ρ = − − και 2
⎛ ⎞
Σ (1)
ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ a a − −
... ... 2 2 3, n n i j n n
+ + + = + + − ⎜ ⎟ = − ≤
40
Επομένως έχουμε
( ) ( ) ( ) ( ) ( ( ) ) 1 2 3
*
1 2 3
1 1 1
ν
3 , αν 4 ,
, αν 4 1,
.
ν
, αν 4 2,
, αν 4 3,
ν ν ν
ν
ν
ρ ρ ρ
ρ ν κ κ
ρ ν κ κ
13. Να βρείτε όλα τα πολυώνυμα της μορφής
( ) 1
1 1 0 n n ... ,
f x = a x + a x − + + a x +
a
n n − { } 0 , ,..., 1, 1 , n a a a ∈ − +
που έχουν όλες τις ρίζες τους πραγματικές.
Λύση. Υποθέτουμε ότι όλες οι ρίζες 1 2 , ,..., n ρ ρ ρ του f (x) είναι όλες στο . Τότε,
σύμφωνα με τους τύπους του Vieta, θα έχουμε:
1
a
a
1 2 ... n
n
n
1
ρ ρ n
−
i j
i j n n
≤ < ≤
οπότε, από τις υποθέσεις για τους συντελεστές του f (x) , λαμβάνουμε:
2 2 2 ( )2 2
1 2 1 2 1 2
⎝ 1
≤ i < j ≤
n
⎠
2 2 2
1 2 1 n ρ ρ ⋅⋅⋅ρ = . (2)
Από την ανισότητα των μέσων προκύπτει ότι:
2 2 2
1 2 ... n ρ + ρ + + ρ ≥ n ,
οπότε θα είναι n ≤ 3. Επομένως έχουμε τις περιπτώσεις:
• Για n =1, f (x) = x +1 ή f (x) = x −1.
• Για n = 2, f ( x) = x2 + x −1 ή f ( x) = x2 − x −1.
• Για n = 3, η σχέση (1) είναι δυνατή, μόνον όταν { } 1 2 3 ρ ,ρ ,ρ ∈ −1,+1 , οπότε
εύκολα λαμβάνουμε τις περιπτώσεις: f ( x) = ( x ±1)(x2 −1).

44. 14. Βρείτε όλα τα πολυώνυμα Ρ( x) με πραγματικούς συντελεστές που για κάθε x∈
ικανοποιούν την ισότητα: (x2 − 6x +8)Ρ( x) = (x2 + 2x)Ρ(x − 2) .
41
(Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2014)
Λύση
Η δεδομένη ισότητα γράφεται στη μορφή
(x − 2)(x − 4)Ρ(x) = x(x + 2)Ρ(x − 2), για κάθε x∈ , (1)
οπότε, για x = 0,−2 και 4προκύπτουν οι ισότητες: Ρ(0) = Ρ(−2) = Ρ(2) = 0 .
Επομένως το πολυώνυμο Ρ( x) έχει παράγοντες τους x, x + 2 και x − 2 , οπότε έχουμε:
Ρ( x) = x (x + 2)(x − 2)Q(x), (2)
όπου το Q(x) είναι πολυώνυμο με πραγματικούς συντελεστές.
Λόγω της (2) η σχέση (1) γίνεται:
( )( )2 ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) x − 2 x − 4 x x + 2 Q x = x x + 2 x − 2 x x − 4 Q x − 2 , (3)
για κάθε x ∈ . Ισοδύναμα, έχουμε
x (x + 2)( x − 2)( x − 4) ⎡⎣( x − 2)Q( x) − xQ( x − 2)⎤⎦ = 0, για κάθε x∈ . (4)
Από τη σχέση (4), επειδή το πολυώνυμο x (x − 2)( x + 2)(x − 4) δεν είναι το μηδενικό
πολυώνυμο, προκύπτει η ισότητα:
(x − 2)Q(x) − xQ(x − 2) = 0, για κάθε x∈ . (5)
Από την τελευταία σχέση για x = 0 λαμβάνουμε ότι Q(0) = 0, οπότε Q(x) = xR(x),
όπου R(x) πολυώνυμο με πραγματικούς συντελεστές. Λόγω της (5) η σχέση (4)
γίνεται:
(x − 2) xR(x) − x (x − 2) R(x − 2) = 0⇔ x( x − 2) ⎡⎣R( x) − R(x − 2)⎤⎦ = 0,
από την οποία, αφού x(x − 2) ≠ 0( x) , προκύπτει ότι: R(x) = R(x − 2) , για κάθε
x∈ . Από την τελευταία σχέση προκύπτει ότι R(x) = R(x + 2k ), k ∈], για κάθε
x∈ , οπότε το πολυώνυμο R(x) παίρνει την ίδια τιμή για άπειρες τιμές του x∈,
για παράδειγμα ισχύει c = R(0) = R(2k ), k ∈] . Άρα είναι R(x) = c, για κάθε
x∈ , οπότε: Ρ(x) = x (x + 2)( x − 2)Q(x) = x ( x + 2)( x − 2) xR( x) = cx2 (x2 − 4) .
ΠΠρρόόββλληημμαα 15
Βρείτε όλα τα μη μηδενικά πολυώνυμα με πραγματικούς συντελεστές που
ικανοποιούν την ισότητα

45. ( ( )) ( ( )) ( ) ( ) P x 3 + 3 P x 2 = P x3 − 3P −x , για κάθε x∈. (1)
n n n n
x 3 x Q x 3 x Q x Q x 3 x 6 x Q x 3
Q x
x Q x Q x x
Α = + + + + +
Β = − − − ⋅ −
n n
n n n
2 2 3 2
c x c c x c c c x
c c c c c c c n mm
3 1 3 2 1 3 2 0,για κάθε
+ + + + − + + + = ∈
42
(Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2014)
Λύση
Έστω ότι deg P(x) = 0 , οπότε P(x) = a ≠ 0 . Τότε από τη σχέση (1) προκύπτει ότι:
a3 + 3a2 = a − 3a⇔a3 + 3a2 + 2a = 0⇔a = −1 ή a = −2.
Άρα τα σταθερά πολυώνυμα P( x) = −1 και P(x) = −2 είναι λύσεις του προβλήματος.
Έστω deg P(x) = n > 0.Τότε το πολυώνυμο P(x) μπορεί να γραφεί στη μορφή
P( x) = axn +Q( x), με a ≠ 0 και degQ( x) = k ≤ n −1 ή Q(x) = 0 .
Με αντικατάσταση στη σχέση (1) λαμβάνουμε:
( axn +Q ( x )) 3 + 3 ( axn +Q ( x )) 2 = ax 3 n +Q ( x 3 ) − 3 Q ( −x ) − 3 a ⋅ ( − 1 ) n xn , (2)
για κάθε x∈, οπότε εξισώνοντας του συντελεστές του x3n των πολυωνύμων των δύο
a
≠
0
μελών, λαμβάνουμε:
3 1 ή 1.
a a a a
= ⇔ = = −
Επομένως διακρίνουμε τις περιπτώσεις:
Ι. a =1. Τότε η σχέση (2) γίνεται:
( ( )) ( ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 3 3 3 3 1 , (3) xn +Q x + xn +Q x = x n +Q x − Q −x − ⋅ − n xn ⇔Α x =Β x
όπου έχουμε θέσει
( ) ( ) ( ( )) ( ( )) ( ) ( ( ))
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 3 2 2
3
3 3 1 .
ΑΑνν υυπποοθθέέσσοουυμμεε όόττιι Q(x) = 0 , ττόόττεε λλααμμββάάννοουυμμεε: 3 2 3 ( 1) , x n = − ⋅ − n xn ααδδύύννααττηη.
ΑΑνν υυπποοθθέέσσοουυμμεε όόττιι degQ( x) = k > 0 , ττόόττεε, ααφφοούύ 0 < k < n , θθαα έέχχοουυμμεε:
2n + k = degΑ(x) = degΒ(x) = max{3k, n} ≥ 3k ⇒n ≥ k, άάττοοπποο.
ΆΆρραα εείίννααιι degQ( x) = 0, οοππόόττεε Q(x) = c ≠ 0 . ΤΤόόττεε ηη ιισσόόττηητταα Α(x) = Β( x) γγίίννεεττααιι:
( ) ( ( ) )
( )
n
`
2 3 2 *
1 0, 2 1 0, 3 2 0 1, 2 , .
⇔ + = + + − = + + = ⇔ = − = ∈
ΕΕπποομμέέννωωςς ππρροοκκύύππττεειι ττοο πποολλυυώώννυυμμοο: P(x) = x2m −1, x∈,m∈`* .
ΙΙ. a = −1. Τότε η σχέση (2) γίνεται:

46. ( ( )) 3 3 ( ( )) 2 3 ( 3 ) 3 ( ) 3 ( 1
)
xn Q x xn Q x x n Q x Q x n xn
− + + − + = − + − − + ⋅ −
⇔ Α = Β
( x ) x n Qx ( ) x n ( Qx ( )) ( Qx ( )) x n xQx n
( ) ( Qx
( ))
( x ) Q ( x ) Q ( x ) ( )
x
3 3 3 6 3 ,
Α = − + + − +
Β = − − + ⋅ −
n n
n n n
2 2 3 2
c x c c x c c c x
c c c c c c c n mm
3 1 3 2 1 3 2 0,για κάθε
+ − + + − + + + = ∈
43
( ) ( )
, όπου έχουμε θέσει
x x
2 2 3 2 2
3
3 3 1 .
ΕΕρργγααζζόόμμεεννοοιι όόππωωςς κκααιι σσττηηνν ππρροοηηγγοούύμμεεννηη ππεερρίίππττωωσσηη, αανν υυπποοθθέέσσοουυμμεε όόττιι Q(x) = 0 ,
ττόόττεε λλααμμββάάννοουυμμεε: 3 2 3 ( 1) , x n = ⋅ − n xn ααδδύύννααττηη.
ΑΑνν υυπποοθθέέσσοουυμμεε όόττιι degQ( x) = k > 0 , ττόόττεε, ααφφοούύ 0 < k < n , θθαα έέχχοουυμμεε:
2n + k = degΑ(x) = degΒ(x) = max{3k, n} ≥ 3k ⇒n ≥ k, άάττοοπποο.
ΆΆρραα εείίννααιι degQ( x) = 0, οοππόόττεε Q(x) = c ≠ 0 . ΤΤόόττεε ηη ιισσόόττηητταα Α(x) = Β( x) γγίίννεεττααιι:
( ) ( ( ) )
( )
n
2 3 2 *
1 0, 2 1 0, 3 2 0 1, 2 , .
⇔ + = + + − = + + = ⇔ = − = ∈
`
ΕΕπποομμέέννωωςς ππρροοκκύύππττεειι ττοο πποολλυυώώννυυμμοο: P( x) = −x2m −1, x∈,m∈`.
ΆΆρραα τταα πποολλυυώώννυυμμαα πποουυ ζζηηττάάμμεε εείίννααιι τταα εεξξήήςς :
P( x) = −1, P(x) = −2 , P( x) = x2m −1, P(x) = −x2m −1, x∈,m∈`*.

47. Ασκήσεις για λύση
1. Να αποδείξετε ότι το πολυώνυμο f (x) = xn + 4 είναι ανάγωγο πάνω στο
][x], αν, και μόνον αν, ο n είναι πολλαπλάσιο του 4.
2. Έστω f (x) = xn + 5xn−1 + 3 , όπου n >1 ακέραιος. Να αποδείξετε ότι το
πολυώνυμο f ( x) δεν μπορεί να γραφεί ως γινόμενο δύο μη σταθερών
πολυωνύμων με ακέραιους συντελεστές.
3. Να προσδιορίσετε όλα τα πολυώνυμα P(x)∈[x], που είναι τέτοια ώστε:
P( x) P(2x2 −1) = P(x2 ) P(2x −1), για κάθε x∈. (1)
4. Να προσδιορίσετε όλα τα πολυώνυμα P(x)∈[x], που είναι τέτοια ώστε:
P(x2 ) = P( x) P( x + 2), για κάθε x∈.
5. Να προσδιορίσετε όλα τα πολυώνυμα P(x)∈[x], που είναι τέτοια ώστε:
P(x2 )+ P(−x) = P(x2 ) + P( x), για κάθε x∈.
6. Να προσδιορίσετε όλα τα πολυώνυμα P(x)∈[x], ελάχιστου δυνατού βαθμού
44
που είναι τέτοια ώστε:
(α) ο συντελεστής του μεγιστοβάθμιου όρου είναι 200.
(β) ο συντελεστής του ελαχιστοβάθμιου μη μηδενικού όρου είναι 2.
(γ) το άθροισμα των συντελεστών του είναι 4.
(δ) P(−1) = 0, P(2) = 6 και P(3) = 8.

48. Συναρτησιακές εξισώσεις
ΚΑΛΟΚΑΙΡΙΝΟ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΣΧΟΛΕΙΟ Ε.Μ.Ε.
ΛΕΠΤΟΚΑΡΥΑ ΠΙΕΡΙΑΣ 2014
ΣΥΝΑΡΤΗΣΙΑΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
Αργύρης Φελλούρης
Αναπληρωτής καθηγητής ΕΜΠ
ΣΥΝΑΡΤΗΣΙΑΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
1. ΕΙΣΑΓΩΓΗ
Θυμίζουμε, ότι πραγματική συνάρτηση f :Α→ μιας πραγματικής μεταβλητής
με πεδίο ορισμού το υποσύνολο Α του , είναι μία αντιστοιχία (ένας κανόνας) μέ-
σω της οποίας σε κάθε στοιχείο x του πεδίου ορισμού αντιστοιχίζεται ένα μόνο
στοιχείο του . Το σύνολο
f (Α) = { f ( x) : x∈Α}:= Im f
Α ⊆ f (Α)
x y = f (x)
45
ονομάζεται εικόνα της f .
f
Συμβολίζουμε με f ( x) ή με y = f (x) την εικόνα του x∈Α.
Η συνάρτηση f :Α→ είναι αύξουσα στο Α, αν για κάθε 1 2 x , x ∈Α με 1 2 x < x ,
ισχύει ότι ( ) ( ) 1 2 f x ≤ f x .
Η συνάρτηση f :Α→ είναι γνησίως αύξουσα στο Α, αν για κάθε 1 2 x , x ∈Αμε
1 2 x < x , ισχύει ότι ( ) ( ) 1 2 f x < f x .
Η συνάρτηση f :Α→ είναι φθίνουσα στο Α, αν για κάθε 1 2 x , x ∈Αμε 1 2 x < x ,
ισχύει ότι ( ) ( ) 1 2 f x ≥ f x .
Η συνάρτηση f :Α→ είναι γνησίως φθίνουσα στο Α, αν για κάθε 1 2 x , x ∈Α
με 1 2 x < x , ισχύει ότι ( ) ( ) 1 2 f x > f x .

49. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014
Αν η συνάρτηση f :Α→ είναι αύξουσα ή φθίνουσα στο Α, τότε λέγεται μονό-
τονη στο Α, ενώ, αν είναι γνησίως αύξουσα ή γνησίως φθίνουσα στο Α, τότε λέγεται
γνησίως μονότονη στο Α.
Η συνάρτηση f :Α→ είναι φραγμένη στο Α, αν υπάρχουν K,M ∈ τέτοια
ώστε να ισχύει: K < f ( x) < M, για κάθε x∈Α.
Η συνάρτηση f :Α→ είναι απολύτως φραγμένη στο Α, αν υπάρχει M > 0 ,
τέτοιο ώστε να ισχύει: f (x) < M, για κάθε x∈Α.
Εύκολα προκύπτει ότι, αν μία συνάρτηση είναι απολύτως φραγμένη στο Α, τότε
είναι και φραγμένη στο Α, και αντιστρόφως.
Η συνάρτηση f :Α→ είναι 1 – 1 (αμφιμονοσήμαντη), αν απεικονίζει διαφο-
ρετικά στοιχεία 1 2 x , x του πεδίου ορισμού σε διαφορετικές εικόνες, δηλαδή όταν ι-
σχύει η συνεπαγωγή:
( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 x , x ∈Α, x ≠ x ⇒ f x ≠ f x , (1)
46
ή ισοδύναμα , όταν ισχύει η συνεπαγωγή:
( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 x , x ∈Α, με f x = f x ⇒ x = x . (2)
Για να αποδείξουμε ότι μια συνάρτηση είναι 1 – 1, συνήθως αποδεικνύουμε ότι
ισχύει η συνεπαγωγή (2).
Η συνάρτηση f :Α→ είναι επί του ή απλά επί, αν ισχύει: f (Α) = .
Για να αποδείξουμε ότι μια συνάρτηση είναι επί του , θεωρούμε το τυχόν στοι-
χείο y ∈ και αποδεικνύουμε ότι η εξίσωση
f (x) = y (3)
έχει ως προς x λύση στο σύνολο Α.
Τα στοιχεία y ∈ , για τα οποία η εξίσωση (3) έχει λύση στο Α, αποτελούν το
πεδίο τιμών f (Α) της συνάρτησης f . Φυσικά η συνάρτηση f είναι επί, αν ισχύει
ότι f (Α) = .
Αν για κάθε y∈ f (Α) , η λύση της εξίσωσης (3) στο Α είναι μοναδική, τότε σε
κάθε στοιχείο y του πεδίου τιμών αντιστοιχεί ένα μόνο στοιχείο x ∈ Α , τέτοιο ώστε
f (x) = y . Αυτό σημαίνει ότι η συνάρτηση f είναι 1 - 1 και τότε ορίζεται η αντί-
στροφη συνάρτηση της f ,
f −1 : f (Α)→Α ⊆ , y→ f −1 ( y) := x .
Σημειώνουμε ότι το στοιχείο f −1 ( y) := x∈Α είναι η μοναδική λύση της εξίσωσης
(3) στο Α.
Αν η συνάρτηση f :Α→ δεν είναι 1 – 1 ή αν η λύση της (3) στο Α δεν είναι
μοναδική, τότε είναι δυνατόν σε κάποιο στοιχείο y∈ f (Α) να αντιστοιχούν δύο
στοιχεία 1 2 x , x ∈Α που απεικονίζονται μέσω της f στο στοιχείο y , δηλαδή
( ) ( ) 1 2 f x = y = f x . Τότε η αντίστροφη αντιστοιχία της f δεν είναι συνάρτηση και
δεν υπάρχει αντίστροφη συνάρτηση για την f .
Συναρτησιακή εξίσωση είναι μία εξίσωση με άγνωστο μία ή περισσότερες συ-
ναρτήσεις.

50. Συναρτησιακές εξισώσεις
Σε απλές περιπτώσεις μία συναρτησιακή εξίσωση μπορεί να επιλυθεί με κατάλλη-
λες αντικαταστάσεις στη δεδομένη εξίσωση, οι οποίες οδηγούν σε επιπρόσθετες εξι-
σώσεις ή σε περισσότερες πληροφορίες.
2. ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ
Παράδειγμα 1. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f :→ που ικανο-
47
ποιούν την εξίσωση
x2 f (x) + f (1− x) = 2x − x4 , (1)
για κάθε x ∈ .
Λύση.
Με αντικατάσταση της μεταβλητής x από τη μεταβλητή 1− x στην εξίσωση (1)
λαμβάνουμε
( )2 ( ) ( ) ( ) ( )4 1− x f 1− x + f x = 2 1− x − 1− x , (2)
οπότε από τις (1) και (2) λαμβάνουμε τη συνάρτηση f (x) =1− x2 .
Έλεγχος: Είναι αναγκαίο να ελέγξουμε, αν η συνάρτηση που βρήκαμε επα-
ληθεύει τη δοθείσα εξίσωση. Εδώ η επαλήθευση είναι απλή.
Στη συνέχεια θα ασχοληθούμε με τις πιο απλές μορφές συναρτησιακών εξισώσε-
ων.
Παράδειγμα 2. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f : * * + + → , που είναι
τέτοιες ώστε:
x2 ( f (x) f ( y)) ( x y) f ( f ( x) y), για κάθε x, y * . + + = + ∈
Λύση. Αν f (1) = a , τότε για x = y =1 προκύπτει: f (a) = a . Για
x = a, y =1, έχουμε: 2 3 ( 1) 1 ,0,1
2
a a a a ⎧
= + ⇔ ∈ − ⎫ ⎨ ⎬
⎩ ⎭
, οπότε από τον περιορισμό
a > 0 έπεται ότι a =1 και f (1) =1.
Τέλος, για x =1, y = t > 0 έπεται ότι: f (t ) = 1, t >
0.
t
Παράδειγμα 3. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f :_→_ που ικανο-
ποιούν την εξίσωση
f (x + y) = f (x) + f ( y) (εξίσωση του Cauchy), (1)
για κάθε x, y∈_.
Λύση.
• Θέτοντας στην εξίσωση (1) x = y = 0 λαμβάνουμε f (0) = f (0) + f (0) , από την
οποία έπεται ότι f (0) = 0.
• Με επαγωγή θα αποδείξουμε ότι f (kx) = kf (x), για κάθε k ∈`*, x∈_.

51. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014
Ισχύει για k =1, αφού f (1⋅ x) = f (x) =1⋅ f (x) . Αν υποθέσουμε ότι η ζητούμενη
ισότητα αληθεύει για k ∈`* , τότε έχουμε
f ((k +1)x) = f (kx + x) = f (kx) + f ( x) = kf ( x) + f ( x) = (k +1) f ( x) .
• Αν θέσουμε στην εξίσωση (1) y = −x , θα λάβουμε
f (x + (−x)) = f (x) + f (−x)⇔ f (0) = f (x) + f (−x)⇔ f (−x) = − f ( x), οπότε
προκύπτει και η ισότητα
f (−kx) = − f (kx) = −kf (x) ,
για κάθε k ∈`* . Επομένως ισχύει ότι:
f (kx) = kf (x), για κάθε k ∈], x∈_. (2)
= λαμβάνουμε
⎛ ⋅ ⎞ = ⎛ ⎞⇒ = ⎛ ⎞⇒ ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
48
• Θέτοντας στην (2) x 1
k
f k 1 kf 1 f (1) kf 1 f 1 1 f (1)
k k k k k
,
οπότε για m∈],n∈`* προκύπτει ότι
f m f m 1 m f 1 m f (1).
n n n n
⎛ ⎞ = ⎛ ⋅ ⎞ = ⋅ ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Επομένως, για κάθε x∈_ ισχύει f (x) = cx, όπου c = f (1) .
• Έλεγχος: Για f (x) = cx, c = f (1)∈_ έχουμε
f (x + y) = c ( x + y) = cx + cy = f (x) + f ( y).
Στην περίπτωση που η ζητούμενη συνάρτηση στο παράδειγμα 2 είναι της μορφής
f :→ , τότε βρίσκουμε πρώτα τη συνάρτηση f στο _, όπως προηγουμένως,
και στη συνέχεια χρησιμοποιούμε την ιδιότητα της πυκνότητας των ρητών αριθ-
μών:
Για κάθε πραγματικό αριθμό x υπάρχει αύξουσα ακολουθία ρητών ( ) n n * p ∈` που
συγκλίνει στο x , αλλά και φθίνουσα ακολουθία ρητών ( ) n n * q ∈` που επίσης συγκλί-
νει στο x.Επιπλέον ισχύει:
, * n n p ≤ x ≤ q n∈` .
Παράδειγμα 4. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f :→ που ικανο-
ποιούν την εξίσωση
f (x + y) = f (x) + f ( y) (εξίσωση του Cauchy), (1)
για κάθε x, y∈ και επιπλέον f (x) ≥ 0, για κάθε x ≥ 0 .
Λύση
• Όπως στο παράδειγμα 2, βρίσκουμε: f (x) = cx, c = f (1)∈, για κάθε x∈_ .
• Αν x ≥ y , τότε x − y ≥ 0 , οπότε f (x − y) ≥ 0 και
f (x) = f ((x − y) + y) = f (x − y) + f ( y) ≥ f ( y) .
Επομένως η συνάρτηση f είναι αύξουσα.

52. Συναρτησιακές εξισώσεις
• Για x ∈ , από την ιδιότητα της πυκνότητας των ρητών αριθμών υπάρχει αύ-
ξουσα ακολουθία ρητών ( n )n * p ∈` που συγκλίνει στο x και φθίνουσα ακολουθία
ρητών ( ) n n * q ∈` που επίσης συγκλίνει στο x και επιπλέον
n n p ≤ x ≤ q .
p ≤ x ≤ q ⇒ f p ≤ f x ≤
f q
n n n n
f p f x f q
pf f x qf
⇒ ≤ ≤
⇒ ≤ ≤
⇒ ≤ ≤
⇒ = = ∈
n →+∞ n n →+∞
n
n →+∞ n n →+∞
n
xf f x xf
f x f x cx x
≤ = , έχουμε:
→ ⇒ = ⇒ = .
49
Σύμφωνα με τα παραπάνω θα έχουμε
(1) ( ) ( ) ( ) (1) n n n n p f = f p ≤ f x ≤ f q = q f .
Θεωρώντας τα όρια για n → +∞ , από το θεώρημα των ισοσυγκλινουσών
ακολουθιών λαμβάνουμε ότι f (x) = f (1) x = cx, c ≥ 0 , για κάθε x∈.
Παρατηρήσεις.
1. Στο Παράδειγμα 3, η συνθήκη « f (x) ≥ 0, για κάθε x ≥ 0 », μπορεί να αντικα-
τασταθεί από τη συνθήκη «η f είναι μονότονη». Τότε έχουμε
f (x) = f (1) x = cx, για κάθε x∈.
Πράγματι, αν υποθέσουμε ότι η συνάρτηση f είναι αύξουσα, τότε από την
ιδιότητα της πυκνότητας των ρητών αριθμών, θα υπάρχει αύξουσα ακολουθία ρητών
( ) n n * p ∈` που συγκλίνει στον άρρητο αριθμό x και φθίνουσα ακολουθία ρητών
( ) n n * q ∈` που επίσης συγκλίνει στο x . Επιπλέον από τη μονοτονία της f και σύμφω-
να με το θεώρημα ισοσυγκλινουσών ακολουθιών θα ισχύει:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
lim lim
lim 1 lim 1
1 1
1 , .
,
2. Επίσης η συνθήκη « f (x) ≥ 0, για κάθε x ≥ 0 », μπορεί να αντικατασταθεί
από τη συνθήκη «η f είναι συνεχής στο ». Τότε για κάθε ακολουθία
( x ) με x → x∈ θα ισχύει: f ( x ) → f ( x ) . Θεωρώντας την αύξουσα
n n ∈` * nn ακολουθία ρητών ( p ) με p x και lim p x
n n ∈` * n n →∞
n
( ) ( ) lim (1) ( ) ( ) (1) n n n
f p f x pf f x f x f x
→+∞
για κάθε x∈.
3. Η απαίτηση για τη συνέχεια της συνάρτησης f στο , μπορεί να αντικατα-
σταθεί από τη συνέχεια της συνάρτησης f σε ένα οποιοδήποτε σημείο
0 x ∈ . Πράγματι, αν θεωρήσουμε την ακολουθία ( ) n n * x ∈` με nx → x∈ θα
πρέπει να αποδείξουμε ότι ισχύει: ( ) ( ) n f x → f x . Αυτό ισχύει, γιατί η ακο-
λουθία n n 0 0 y = x − x + x → x , οπότε, λόγω της συνέχειας της f στο 0 x έπεται
ότι:

53. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
f y f x x x f x f x f x f x
= − + = − + →
⇒ − → ⇒ →
n n n
0 0 0
( ) ( ) ( ) ( )
f x f x f x f x
0 .
n n
4. Επίσης θα μπορούσε να δίνεται ως επιπλέον στοιχείο για τη συνάρτηση
f :→ που ικανοποιεί τη συνθήκη f (x + y) = f ( x) + f ( y) , το ότι είναι
φραγμένη σε μία περιοχή του 0, δηλαδή ότι ισχύει:
f (x) ≤ M, για κάθε x∈(−a, a), a > 0.
Τότε μπορούμε να αποδείξουμε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0, άρα
και σε όλο το , οπότε αναγόμαστε στην προηγούμενη περίπτωση.
Πράγματι, ας θεωρήσουμε την τυχούσα ακολουθία ( ) n n * x ∈` με 0. n x → Τότε
και η ακολουθία 0, n Nx → όπου ο N είναι ο τυχαίος φυσικός αριθμός. Άρα
για ε ′ = a > 0 , υπάρχει φυσικός αριθμός K > 0 , τέτοιος ώστε να ισχύει:
ή , n n Nx < a − a < Nx < a για κάθε n > K .
f Nx ≤ M , για κάθε n > K ⇒ Nf x ≤ M , για κάθε
n >
K
n n
f x M n K
⇒ ≤ >
⎛ + ⎞ ⎛ − − ⎞ ⎜ + ⎟ ≤ ∈⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
κ λ κ λ λ κ
f x M x
⎛ + ⎞ ⎛ − − ⎞ ⇒ + ⎜ ⎟ ≤ ∈⎜ ⎟
κ λ κ λ λ κ
f x f M x
− M − f ⎛κ +λ ⎞ ⎛κ +λ ⎞ ⎛κ −λ λ −κ ⎞ ⎜ ⎟ ≤ f x ≤ M − f ⎜ ⎟ x
∈⎜ ⎟
50
Τότε όμως θα ισχύει:
( ) ( )
( )
, για κάθε ,
n
N
οπότε, για κάθε ε > 0, αν επιλέξουμε το N κατά τέτοιο τρόπο ώστε να ισχύ
ει M
N
<ε , τότε καταλήγουμε στη συνεπαγωγή: ( ) , n f x <ε για κάθε n > K.
Επομένως ισχύει ότι: lim f ( x ) 0 f
(0) n →+∞
n
= = , δηλαδή η f είναι συνεχής στο 0.
5. Επίσης, αν έχουμε ότι η συνάρτηση f είναι φραγμένη σε μια περιοχή του τυ-
χόντος σημείου 0 x ∈ , τότε αποδεικνύεται ότι η συνάρτηση f , λόγω της
προσθετικότητας, είναι φραγμένη σε μια περιοχή του 0. Έτσι αναγόμαστε
στην προηγούμενη περίπτωση.
Πράγματι, αν η f είναι φραγμένη στο διάστημα (κ ,λ ) , δηλαδή, αν ισχύει:
f (x) ≤ M, για κάθε x∈(κ ,λ ), κ < λ,
τότε έχουμε:
( )
, για κάθε ,
2 2 2
, για κάθε ,
2 2 2
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
( ) , για κάθε ,
2 2 2 2
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
,
δηλαδή η f είναι φραγμένη σε μια περιοχή του 0.
Παράδειγμα 5. Έστω Δ = , [0,+∞) ή (0,+∞) . Αν η συνάρτηση f : Δ→ ικα-
νοποιεί τις συνθήκες

54. Συναρτησιακές εξισώσεις
f (x + y) = f (x) + f ( y) , (1)
f (xy) = f (x) f ( y), (2)
= ⎛ ⋅ ⎞ = ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
51
για κάθε x, y∈Δ , τότε θα ισχύει:
f (x) = 0, για κάθε x∈Δ ή f (x) = x, για κάθε x∈Δ .
Λύση
Σύμφωνα με το παράδειγμα 2, θα ισχύει: f (x) = f (1) x , για κάθε x∈_ .
Στη συνέχεια διακρίνουμε τις περιπτώσεις:
• Αν f (1) = 0 , τότε f (x) = f (1⋅ x) = f (1) f ( x) = 0 , για κάθε x∈Δ .
• Αν f (1) ≠ 0 , τότε f (1) = f (1⋅1) = f (1) f (1)⇒ f (1) =1, οπότε θα έχουμε
f (x) = x, για κάθε x∈Δ∩_ .
Επιπλέον, για κάθε y ≥ 0 ισχύει ότι
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2
f y = f y ⋅ y = f y ⋅ f y = ⎡⎣ f y ⎤⎦ ≥ 0
και f (x + y) = f (x) + f ( y) ≥ f (x) ,
οπότε η συνάρτηση f είναι αύξουσα στο Δ . Επομένως, για κάθε x ∈ Δ − _ , από την
ιδιότητα της πυκνότητας των ρητών αριθμών θα υπάρχει αύξουσα ακολουθία ρητών
( ) n n * p ∈` που συγκλίνει στο x και φθίνουσα ακολουθία ρητών ( ) n n * q ∈` που επίσης
συγκλίνει στο x και επιπλέον
n n p ≤ x ≤ q .
Επειδή η f είναι αύξουσα, θα έχουμε
( ) ( ) ( ) n n n n p = f p ≤ f x ≤ q = f q ,
οπότε θεωρώντας τα όρια για n → +∞ , από το θεώρημα των ισοσυγκλινουσών
ακολουθιών λαμβάνουμε ότι f (x) = x, , για κάθε x∈Δ .
Παράδειγμα 6. Η συνάρτηση f : (0,+∞)→ ικανοποιεί τη συνθήκη
f (xy) = f (x) f ( y), για κάθε x, y > 0 .
Αν επιπλέον η f είναι μονότονη, να αποδείξετε ότι:
f (x) = 0, για κάθε x > 0 ή υπάρχει c∈ με f (x) = xc , για κάθε x > 0 .
Λύση
Για κάθε x > 0 ισχύει ότι ( ) ( ) ( ) 2
f x = f x ⋅ x = ⎡⎣ f x ⎤⎦ ≥ 0 .
Επιπλέον ισχύει: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 f 1 = f 1⋅1 = ⎡⎣ f 1 ⎤⎦ ⇒ f 1 = 0 ή 1, οπότε διακρίνουμε τις
περιπτώσεις:
• Αν f (1) = 0 , τότε f (x) = f ( x ⋅1) = f (x) f (1) = 0, για κάθε x > 0 .
• Αν f (1) =1, τότε παρατηρούμε κατ’ αρχήν ότι f (x) > 0 , για κάθε x > 0 .
Πράγματι, αν για κάποιο x > 0 είχαμε f (x) = 0 , τότε θα ήταν
f (1) f x 1 f (x) f 1 0,
x x
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
άτοπο.

55. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014
Θεωρούμε τώρα τη συνάρτηση g :→ με g (w) = ln f (ew ) , για την οποία ι-
σχύει:
( + ) = ( xy + ) = ( xy ) =
( x ) ( y
)
g x y f e f e e f e f e
ln ln ln
ln ln .
( x ) ( y
) ( ) ( )
f e f e g x g y
= + = +
Επειδή η f είναι μονότονη, έπεται ότι και η g είναι μονότονη, οπότε κατά τα
γνωστά θα ισχύει: g (w) = cw, για κάθε w∈. Άρα θα είναι
cw = ln f (ew )⇒ f (ew ) = ecw ⇒ f (x) = xc , για κάθε x > 0 .
Παράδειγμα 7 (ΔΜΟ 2002). Βρείτε όλες τις συναρτήσεις f :→ που είναι
52
τέτοιες ώστε
( f (x) + f (z))( f ( y) + f (t )) = f (xy − zt ) + f (xt + yz) ,
για κάθε x, y, z,t∈ .
Λύση
Έστω f (x) = c , για κάθε x∈. Τότε 4 2 2 0 ή 1
c = c⇒c = c = και με έλεγχο
2
διαπιστώνουμε ότι οι συναρτήσεις f (x) = 0 και ( ) 1
f x = είναι και οι δύο λύσεις.
2
Στη συνέχεια αναζητάμε μη σταθερές συναρτήσεις f που είναι λύσεις.
Για x = z = 0 λαμβάνουμε 2 f (0)( f ( y) + f (t )) = 2 f (0) , οπότε προκύπτει
f (0) = 0 ή f ( y) + f (t ) =1.
Αν θέσουμε στη δεύτερη y = t θα λάβουμε ( ) 1
f y = , άτοπο, οπότε πρέπει
2
f (0) = 0.
Για y =1, z = 0,t = 0, λαμβάνουμε f (x) f (1) = f (x)⇒ f (1) =1, αφού η συνάρ-
τηση f ( x) δεν είναι η μηδενική συνάρτηση.
Για z = 0,t = 0, λαμβάνουμε
f (x) f ( y) = f (xy), για κάθε x, y∈ ,
από την οποία για κάθε w > 0 έχουμε
( ) ( )2
f w = f w ≥ 0 .
Για x = 0, y =1,t =1 λαμβάνουμε 2 f (1) f (z) = f (−z) + f (z) , από την οποία
προκύπτει
f (z) = f (−z), για κάθε z∈ ,
οπότε η συνάρτηση f είναι άρτια.
Ορίζουμε τώρα τη συνάρτηση g : (0,∞)→ με τύπο g (w) = f ( w) ≥ 0 .
Τότε για κάθε x, y > 0 ισχύει
g (xy) = f ( xy ) = f ( x y ) = f ( x ) f ( y ) = g ( x) g ( y) . (1)
Επειδή η συνάρτηση f είναι άρτια, έπεται ότι θα ισχύει

56. Συναρτησιακές εξισώσεις
g (x2 ) = f (x), για κάθε x∈,
οπότε θέτοντας z = y,t = x στη δεδομένη εξίσωση λαμβάνουμε
( ( ) ( )) (( ) ) ( ( )) g x2 g y2 2 g x2 y2 2 g x2 y2 2 + = + = + , για κάθε x, y∈ .
Θεωρώντας τις τετραγωνικές ρίζες των δύο μελών και θέτοντας a = x2 , b = y2 ,
xm →+∞ , ενώ ( ) 0 0
⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ = ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⇒ ⎜ ⎟ = ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
53
λαμβάνουμε
g (a) + g (b) = g (a + b), για κάθε a,b > 0 . (2)
Από τις (1) και (2), εργαζόμενοι όπως στο παράδειγμα 4. λαμβάνουμε
g (w) = w, για κάθε w > 0 ,
από την οποία λόγω του ότι ισχύει f (0) = 0 και η f είναι άρτια έπεται ότι
f (x) = g (x2 ) = x2 , για κάθε x∈.
Με έλεγχο διαπιστώνουμε ότι η παραπάνω συνάρτηση επαληθεύει τη δεδομένη
συνθήκη, αφού αυτή γίνεται
(x2 + z2 )( y2 + t2 ) = (xy − zt )2 + (xt + yz)2 ,
που είναι η γνωστή ταυτότητα του Lagrange.
Παράδειγμα 8. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις
f : (0,+∞)→(0,+∞)
που είναι τέτοιες ώστε
f (xf ( y)) = yf (x), για κάθε x, y > 0 και
f (x)→0, για x→+∞.
Λύση
Για x =1 = y λαμβάνουμε f ( f (1)) = f (1) .
Για x =1, y = f (1) λαμβάνουμε ( ( ( ))) ( )2 f f f 1 = f 1 , οπότε
( )2 ( ( ( ))) ( ( )) ( ) ( ) f 1 = f f f 1 = f f 1 = f 1 ⇒ f 1 =1.
Άρα το σημείο 1 είναι σταθερό σημείο για τη συνάρτηση.
Για y = x βρίσκουμε f (xf (x)) = xf (x) , οπότε και το σημείο xf (x) είναι στα-
θερό σημείο της συνάρτησης, για κάθε x > 0 .
Έστω ότι η f έχει ένα σταθερό σημείο 0 x >1. Τότε ( )0 0 f x = x και επιπλέον το
σημείο ( ) 2
0 0 0 x f x = x είναι σταθερό σημείο και ομοίως τα σημεία
2 ( 2 ) 4
0 0 0 0 x f x = x ,...., xm , για κάθε m = 2k , k ∈`* .
Επειδή είναι 0 x >1 έχουμε 0
f xm = xm →+∞ , που αντίκειται
στην υπόθεση. Άρα η f δεν μπορεί να έχει σταθερό σημείο 0 x >1.
Έστω ότι η f έχει ένα σταθερό σημείο x∈(0,1). Τότε
1 f 1 x f 1 f (x) xf 1 f 1 1
x x x x x
,

57. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014
δηλαδή η f έχει ένα σταθερό σημείο μεγαλύτερο του 1, που είναι άτοπο.
Άρα η f δεν μπορεί να έχει σταθερό σημείο και στο διάστημα (0,1) , οπότε το
μοναδικό σταθερό σημείο της f είναι το 1, οπότε θα είναι και xf (x) =1, για κάθε
x > 0 , δηλαδή f (x) 1 , x 0
= > ικανοποιεί τις συνθήκες
⎛ ⎞
= ⎜ ⎟ = = ⋅ =
= → για x → +∞ .
54
= > .
x
Έλεγχος: Η συνάρτηση f (x) 1 , x 0
x
f (xf ( y)) f x y y 1 yf (x)
y x x
⎝ ⎠
f (x) 1 0,
x
3. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ
1. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f :]→] , που είναι τέτοιες ώστε:
f ( f (x) + y) = x + f ( y + 2009), για κάθε x, y∈].
Λύση.
Για y = 0 και y =1 λαμβάνουμε
f ( f (x)) = x + 2009 και f ( f (x) +1) = x + f (2010) . (1)
από τις οποίες με αφαίρεση κατά μέλη προκύπτει:
f ( f (x) +1) − f ( f (x)) = f (2010) − f (2009)
⇔ f (z +1) − f (z) = f (2010) − f (2009), για κάθε z∈Im f . (2)
Όμως Im f = ] , όπως εύκολα προκύπτει από μία από τις (1). Έτσι η σχέση (2)
δείχνει ότι οι τιμές της συνάρτησης f στο ] αποτελούν μία αριθμητική πρόοδο
άπειρη εκατέρωθεν, οπότε θα ισχύει: f (z) = az + b, για κατάλληλους συντελε-
στές a,b∈] . Με αντικατάσταση αυτής της συνάρτησης στα δύο μέλη της δεδο-
μένης σχέσης λαμβάνουμε:
f ( f (x) + y) = a ( f (x) + y) + b = a2x + ay + ab + b ,
x + f ( y + 2009) = x + a ( y + 2009) + b = x + ay + 2009a + b ,
για κάθε x, y∈]. Η ισότητα των δύο μελών ισχύει, αν, και μόνον αν,
a2 =1, 2009a = ab⇔(a,b) = (1, 2009) ή (a,b) = (−1, 2009).
Άρα οι μοναδικές λύσεις είναι οι συναρτήσεις: f (x) = ±x + 2009, x∈].
2. Θεωρούμε τις συναρτήσεις f :`→` , που είναι τέτοιες ώστε:
f (xf ( y)) = yf (x), για κάθε x, y∈`.
Να προσδιορίσετε την ελάχιστη δυνατή τιμή του f (2007) .

58. Συναρτησιακές εξισώσεις
Λύση. Η ζητούμενη συνάρτηση f είναι 1-1. Πράγματι, αν f (x1 ) = f (x2 ) ,
55
τότε για κάθε y ∈ ` , έχουμε:
( ) ( ( )) ( ( )) ( ) 1 1 2 2 1 2 x f y = f yf x = f yf x = x f y ⇒ x = x .
Για x =1 στη δοθείσα σχέση προκύπτει: f ( f ( y)) = yf (1), για κάθε y∈`, οπότε
για y =1 λαμβάνουμε : f ( f (1)) = f (1) και αφού η f είναι 1-1,
f (1) =1, (1)
Έτσι για κάθε y ∈ ` έχουμε:
f ( f ( y)) = y (2)
Από τη σχέση (2) προκύπτει άμεσα και ότι η συνάρτηση f είναι επί του
` . Πράγματι, για κάθε z∈` , υπάρχει y = f (z)∈` , τέτοιο ώστε
f ( y) = f ( f ( z)) = z .
Επιπλέον, από την αρχική σχέση, για x∈`, z = f ( y) έχουμε:
f (xz) = f (xf ( y)) = yf (x) = f ( z) f ( x) ,
οπότε επαγωγικά μπορούμε να αποδείξουμε ότι, για κάθε *
1 2 , ,..., n x x x ∈ ` , για
κάθε n∈`* , ισχύει:
( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 , ,...,n n f x x x = f x f x ⋅⋅⋅ f x . (3)
Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι η εικόνα f ( p) οποιουδήποτε πρώτου αριθ-
μού p είναι πρώτος. Πράγματι, αν υποθέσουμε ότι f ( p) = ab, όπου a,b θετικοί
ακέραιοι μεγαλύτεροι του 1, τότε από τις (2) και (3) λαμβάνουμε:
p = f ( f ( p)) = f (ab) = f (a) f (b) . (4)
Επειδή η f είναι 1-1 και f (1) =1, από την (4) έπεται ότι f (a) >1 και
f (b) >1, που είναι άτοπο, αφού ο p είναι πρώτος.
Επειδή 2007 = 32 ⋅223 , από την (4) έπεται ότι:
( ) ( ( )) ( ) 2 f 2007 = f 3 f 223 ,
όπου οι αριθμοί f (3) και f (223) είναι πρώτοι. Αν είναι f (3) = 2, τότε θα είναι
f (2) = 3, οπότε η μικρότερη δυνατή τιμή για το f (223) είναι 5. Τότε θα είναι
f (2007) ≥ 22 ⋅5 = 20. Αν είναι f (3) = 3, τότε f (223) ≥ 2, οπότε
f (2007) ≥ 32 ⋅2 =18. Εύκολα προκύπτει ότι για οποιαδήποτε άλλη επιλογή των
f (3) και f (223) προκύπτει ότι f (2007) ≥18.
Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι υπάρχει συνάρτηση f που ικανοποιεί τη
συνθήκη του προβλήματος και λαμβάνει την τιμή f (2007) =18.
Ορίζουμε την f ως εξής:
Για κάθε θετικό ακέραιο x , τον γράφουμε στη μορφή x = 2k ⋅223m ⋅q, όπου
k,m μη αρνητικοί ακέραιοι και q∈`* με (q, 2) =1και (q, 223) =1, και θέτουμε
f (x) = f (2k ⋅223m ⋅q) = 2m ⋅223k ⋅q ,

59. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014
οπότε έχουμε f (2007) = f (20 ⋅2231 ⋅32 ) = 2⋅32 =18 . Μένει να αποδείξουμε ότι η
παραπάνω συνάρτηση ικανοποιεί τη συνθήκη του προβλήματος. Πράγματι, για
όλους τους θετικούς ακέραιους 1 1
1 x = 2k ⋅223m ⋅q και 2 2
2 y = 2k ⋅223m ⋅q έχουμε:
( ( )) ( k m ( k m
))
f xf y f q f q
2 223 2 223
2 223 2 223 ,
= 1 ⋅ 1 ⋅ 2 ⋅ 2
⋅
1 2
= ⋅ = ⋅ ⋅
( )
k m m k m k m k
f 1 + 2 1 + 2 q q 1 + 2 2 + 1
q q
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ + + + ⎟ = ⎜ + ⎟ + ⎜ + ⎟ ∈
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
= + = + > λαμβάνουμε:
= + + ≥ . Θα αποδείξουμε πρώτα ότι κάθε
56
1 2 1 2
ενώ ισχύει και
( ) 2 2 ( 1 1 ) 2 1 2 1
2 1 1 2 yf x = 2k ⋅223m ⋅q f 2k ⋅223m ⋅q = 2k +m ⋅223m +k ⋅q q .
Άρα η ελάχιστη τιμή του f (2007) είναι 18.
3. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f : * * + + → , που είναι τέτοιες ώστε:
f (xf ( y)) f (xy) x, για κάθε x, y * . + = + ∈
Λύση. Θέτοντας όπου x το f (x) στη δεδομένη ισότητα λαμβάνουμε:
f ( f (x) f ( y)) = f ( f ( x) y) + f (x). (1)
Επίσης, με εναλλαγή των x, y στη δοθείσα λαμβάνουμε:
f ( yf (x)) = f (xy) + y (2)
Από τις (1) και (2) προκύπτει:
f ( f ( x) f ( y)) = f (xy) + y + f ( x) , (3)
από την οποία με εναλλαγή των x, y λαμβάνουμε:
f ( f ( x) f ( y)) = f (xy) + x + f ( y) , (4)
οπότε από τις (3) και (4) έχουμε:
y + f (x) = x + f ( y)⇔ f (x) − x = f ( y) − y, (5)
για κάθε x, y > 0. Αυτό σημαίνει ότι η συνάρτηση g (x) = f (x) − x είναι σταθερή
στο (0,+∞), δηλαδή f ( x) = x + c, x > 0, c > 0 . Επειδή η συνάρτηση f ( x) πρέπει
να ικανοποιεί τη δεδομένη εξίσωση προκύπτει τελικά ότι c =1,
4. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f : *+ →, που είναι τέτοιες ώστε:
(α) f (1) = 2008
(β) f (x) ≤ x2 +10042
(γ) * 1 1 1 1,
f x y f x f y για κάθε x, y .
x y y x +
Λύση.
Για u x 1 , v y 1 , x, y 0
y x
f (u + v) = f (u) + f (v) . (1)
Επιπλέον ισχύει ότι: uv xy 2 1 4
xy

60. Συναρτησιακές εξισώσεις
u,v > 0 με uv ≥ 4 μπορεί να αναπαρασταθεί στη μορφή
u x 1 , v y 1 ,
= + = + (2)
y x
για κάποια x, y > 0. Πράγματι, από τις (2) λαμβάνουμε
x uy v y uy uy uvy v
= = + = ⇔ − + =
= η αντίστοιχη τιμή i x του x , έτσι
+ + = + + ⎫⎪
⎬⇒ + = + + + = + + = + + ⎪⎭
2 2 2 2 2 2
f x x x f x x
1004 1004 1004
≤ + ⇒− − ≤ ≤ +
2 2 2 2
x x fx x x x
x f x x x x
x hx x x
2008 1004 2008 2008 1004
2004 2008 2004 , για κάθε 0
1004 1004 , για κάθε 0
⇒− − − ≤ − ≤ − +
⇒− + 2 ≤ − ≤ − 2
>
⇒− + 2 ≤ ≤ − 2
>
⇒− ≤ ≤ ∈
h x x
57
2
1 και 1 2 0
1
−
y x uy
−
, (3)
η οποία έχει διακρίνουσα Δ = ( uv )2 − 4uv ≥ 0 , οπότε έχει ρίζες στο και μάλιστα θε-
τικές, αφού το άθροισμά τους είναι S = v > 0 και P = v > 0
. Για κάθε μία από τις ρί-
u
−
ζες y της (3), προκύπτει από την σχέση x uy 1
i y
ώστε το ζευγάρι ( , ) i i x y να είναι λύση του συστήματος (2), υπό τη συνθήκη
u,v > 0, uv ≥ 4 .
Στη συνέχεια θα επαληθεύσουμε ότι η (1) ισχύει για κάθε u,v > 0.
Πράγματι, για δεδομένα u,v > 0, μπορούμε να επιλέξουμε ένα ν πραγματικό α-
ριθμόw > 0 τέτοιο ώστε
(u + v)w ≥ 4, u (v + w) ≥ 4, vw ≥ 4 .
Τότε έχουμε
( ) ( ) ( )
f u v w f u v f w
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f ( u v ) f ( u ) f ( v
) f u v w f u f v w f u f v f w
,
για κάθε u,v ≥ 0 .
Θεωρούμε τώρα τη συνάρτηση
h(x) := f (x) − f (1) x = f (x) − 2008x , x > 0 ,
και θα αποδείξουμε ότι h(x) = 0, για κάθε x > 0 . Ισχύει ότι:
h(x+ y) = f (x+ y) −2008(x+ y) = f (x) + f ( y) −2008x−2008y = h(x) +h( y) ,
για κάθε x, y > 0 και επιπλέον
h(x +1) = h(x) + h(1) = h( x), για κάθε x > 0 . (3)
Επιπλέον, από τη σχέση (β) λαμβάνουμε:
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ]
2 2
1005 1004 , για κάθε 0,1 .
Άρα η συνάρτηση h(x) είναι φραγμένη στο διάστημα (0,1] και συνεπώς φραγ-
μένη στο σύνολο (0,+∞), λόγω της (3).
Τελικά, επειδή h(nx) = nh(x), για κάθε θετικό ακέραιο n και h(x) φραγμένη
στο (0,+∞), έπεται ότι h(x) = 0⇔ f (x) = 2008x.

61. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014
5. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f :]→] , που είναι τέτοιες ώστε, αν
ο p είναι δεδομένος πρώτο ακέραιος, να ικανοποιούν τις σχέσεις:
(α) Αν m ≡ n(mod p), τότε f (m) = f (n) .
(β) f (mn) = f (m) f (n), για κάθε m,n∈] .
Λύση. Για κάθε n ∈ ] έχουμε:
f (0) = f (0) f (n)⇒ f (0) = 0 ή f (0) = f (n) =1.
Αν η συνάρτηση f είναι σταθερή, τότε:
f (n) = 0, n∈] ή f (n) =1, n∈] . (1)
Έστω ότι η f δεν είναι σταθερή συνάρτηση. Τότε πρέπει να ισχύει:
0 = f (0) = f (kp), για κάθε k ∈].
− = = −
58
Επειδή για κάθε ακέραιο m έχουμε
f (m) = f (mp ) = f (m)p ,
έπεται ότι f (m)∈{−1,0,1}. Αν τώρα a είναι μία πρωταρχική (primitive) ρίζα ως
προς τον πρώτο αριθμό p , τότε πρέπει f (a) ≠ 0 , γιατί διαφορετικά η f θα ήταν
σταθερή συνάρτηση. Άρα θα είναι f (a) = ±1.
Αν f (a) =1, τότε έχουμε:
p n
( ) 0, αν / ,
1,αν / .
f n
p n
⎧
=⎨⎩
(2)
Αν f (a) = −1, τότε έχουμε:
( )
pn n
0, αν / διαιρεί τον ,
1, αν / και ο είναιτετράγωνοακεραίου(mod ),
1, αν / και ο δεν είναιτετράγωνοακεραίου(mod ).
f n p n n p
p n n p
⎧⎪
=⎨⎪
⎩−
(3)
Επομένως, υπάρχουν τέσσερις διαφορετικές συναρτήσεις f που περιγράφονται
από τις σχέσεις (1), (2) και (3). Σημειωτέον ότι η (3) είναι η σχέση που ορίζει το σύμ-
βολο του Legendre.
6. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f :→ , που είναι τέτοιες ώστε:
f (x2 − y2 ) = (x − y) ⎡⎣ f (x) + f ( y)⎤⎦ , για κάθε x, y∈.
Λύση.
Για x = y = 0 λαμβάνουμε f (0) = 0, οπότε για y = 0, x∈ έχουμε
f (x2 ) = xf (x), x∈. (1)
Επειδή για κάθε x ≠ 0 ισχύει:
f ( ( ) x2
) ( )
f x fx
x
−
,
έπεται ότι η συνάρτηση f είναι περιττή.
Θεωρούμε τώρα τη συνάρτηση

62. Συναρτησιακές εξισώσεις
a x
, 0
= ⎧⎪
= ⎨
( ) ( )
, 0,
g x f x
≠ ⎪⎩
xg x y xg x
yg x y yg y
2 − =
2 ,
2 − =
2 .
f x f x f x
g x g x
= = = = .
59
x
x
όπου a είναι μία σταθερά που μπορεί στη πορεία να προσδιοριστεί. Τότε η συνάρτη-
ση g (x) είναι άρτια και ισχύει: f (x) = xg (x) , x∈.
Η αρχική εξίσωση γράφεται ως
x2 − y2g (x2 − y2 ) = (x − y) ⎡⎣xg ( x) + yg ( y)⎤⎦ , για κάθε x, y∈.
Για x ≠ y , λαμβάνουμε
(x + y) g (x2 − y2 ) = xg (x) + yg ( y), για κάθε x, y∈, x ≠ y. (2)
Αντικαθιστώντας το y με το −y λαμβάνουμε
(x − y) g (x2 − y2 ) = xg (x) − yg ( y), για κάθε x, y∈, x ≠ −y. (3)
Από τις (2) και (3), για x ≠ ± y , λαμβάνουμε:
( 2 2
) ( )
( 2 2
) ( )
Επομένως, για x ≠ 0, y ≠ 0, x ≠ ± y έχουμε:
g (x2 − y2 ) = g (x), g (x2 − y2 ) = g ( y),
από τις οποίες προκύπτει ότι:
g (x) = g ( y), για κάθε x, y ≠ 0, x ≠ ±y.
Επειδή συνάρτηση g είναι άρτια, έπεται ότι λαμβάνει την ίδια τιμή για κάθε
x ≠ 0, οπότε, αν ορίσουμε g (0) = a = g (1) , τότε θα έχουμε g (x) = a , για κάθε x∈
και f (x) = ax, x∈ .
Τέλος, εύκολα επαληθεύουμε ότι η συνάρτηση f (x) = ax, x∈ ικανοποιεί τη
συνθήκη του προβλήματος.
Παρατήρηση. Από την (1) μπορούμε να έχουμε για κάθε x ≠ 0 :
2
( ) ( ) ( ) ( ) 2
( )
2 2
x x x
Επειδή η παραπάνω σχέση ισχύει και για x = 0 , έχουμε
g (x2 ) = g (x), x∈ .
Όμως, από αυτή τη σχέση δεν προκύπτει απευθείας ότι η g είναι σταθερή συνάρ-
τηση, όπως μπορούμε να δούμε από τη συνάρτηση
x
( ) 1, αν ρητός,
1, αν άρρητος.
h x
x
⎧
= ⎨− ⎩
για την οποία ισχύει h(2x) = h( x) , αν θέσουμε g (x) = h(log x), x > 0, οπότε ισχύει
g (x2 ) = g ( x), x∈ .
7. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f :→ , που είναι τέτοιες ώστε:
f (x − y) = f (xy) + xy + f ( y), για κάθε x∈, y∈Im f .

63. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014
Λύση.
Αν υποθέσουμε ότι η f είναι σταθερή συνάρτηση με τιμή c , τότε
c = f (x − c) = f (x) + cx + f (c) = cx + 2c,
f x = f y − y = f y + y y +
f y
1 2 1 1 2 2
2 2
1 2
y f y f
− + − +
= + +
b b f f f
−
− + =− + ⇒ =
60
για κάθε x∈, οπότε c = 0 και f = 0.
Έστω ότι η f δεν είναι σταθερή συνάρτηση. Τότε υπάρχουν a,b∈ τέτοια ώστε
f (a) = b ≠ 0 , οπότε για κάθε x∈, ισχύει:
f (x −b) = f (x) + bx + f (b)⇒ f (x −b) − f ( x) = bx + f (b).
Επομένως, έχουμε
{ f (x − b) − f (x) : x∈} = {bx + f (b) : x∈} = . (1)
Παρατηρούμε ότι, αν b∈Im f = { f (x) : x∈} , τότε
2
( ) ( ) 2 ( ) ( ) b f
( 0
) 2
f b b f b b f b f b
− +
− = + + ⇒ = . (2)
Από την (1) προκύπτει ότι, για κάθε x ∈ , υπάρχουν 1 2 y , y ∈Im f έτσι ώστε
1 2 x = y − y , οπότε, λόγω της (2), έχουμε
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
1 2
( ) 2 2
1 2
( ) ( )
0 0
2 2
0 0.
2 2
y y
y −
y f x f
= − + = − +
Τελικά, επειδή
f (−b) = f (0 −b) = f (0) + 0⋅b + f (b) = f (0) + f (b),
για b∈, λαμβάνουμε
( ) 2 2
( ) ( ) ( )
0 2 0 0 0,
2 2
οπότε f ( x) = 0, x∈.
8. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f :→ , που είναι τέτοιες ώστε:
(( ( )) ( )) ( ) 2 f f x + f y = xf x + y, για κάθε x, y∈.
Λύση.
Για τυχόν x , αν θέσουμε y = −xf ( x) και ( ) ( ) 2 a = ⎡⎣ f x ⎤⎦ + f y , τότε λαμβάνουμε
f (a) = 0. Έτσι θέτοντας x = y = a λαμβάνουμε
f (02 + 0) = a ⋅0 + a⇔ f (0) = a.
Για x = a, y∈ προκύπτει η σχέση
f ( f ( y)) = y, y∈.
Επομένως η συνάρτηση f (x) είναι 1-1 και επί, αφού ισχύουν
f (a) = f (b)⇒a = f ( f (a)) = f ( f (b)) = b
και επιπλέον, για το τυχόν y∈ υπάρχει z = f ( y) , τέτοιο ώστε

64. Συναρτησιακές εξισώσεις
f (z) = f ( f ( y)) = y .
Θέτοντας όπου x το f (x) και y = a λαμβάνουμε
(( ( ( ))) ( )) ( ) ( ( )) 2 f f f x + f a = f x f f x + a, για κάθε x, a∈
⇒ f (x2 ) = xf ( x) + a, για κάθε x, a∈. (1)
Ομοίως, αφήνοντας το x μεταβλητή και θέτοντας πάλιν y = a λαμβάνουμε
(( ( )) ( )) ( ) 2 f f x + f a = xf x + a, για κάθε x, a∈
( ( )2 ) ( ) ⇒ f f x = xf x + a, για κάθε x, a∈. (2)
2 2 2 2 2 2
− = ⎡ − ⎤ = ⎡ + ⎤ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
u v f u v f f u f v
⎛ − ⎞
f w af ab
= ⎜⎜ + ⎟⎟ ⎝ − ⎠
61
Επομένως ισχύει
f ( f (x)2 ) = f (x2 )⇒ f ( f ( f (x)2 )) = f ( f (x2 ))⇒ f ( x)2 = x2 ,
οπότε για καθεμία τιμή του x ∈ θα ισχύει μία από τις ισότητες
f (x) = x ή f (x) = −x.
Αν υποθέσουμε τώρα ότι υπάρχουνu,v∈, uv ≠ 0, τέτοια ώστε να ισχύουν ταυ-
τόχρονα οι ισότητες f (u) = u και f (v) = −v , τότε θα έχουμε
( ) ( ) ( ( ) ( ))
( ) ( )
2 2 2 ,
uf u v u v
= ⎡⎣ + ⎤⎦ = +
οπότε θα έχουμε
u4 − 2u2v + v2 = u4 + 2u2v + v2 ⇔−2u2v = 2u2v⇔uv = 0,
που είναι άτοπο. Επομένως, θα είναι f (x) = x, x∈ ή f (x) = −x, x∈.
9. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f : (0,+∞)→(0,+∞), που είναι τέ-
τοιες ώστε:
f ( f (x) + y) = xf (1+ xy), για κάθε x, y∈(0,+∞). (1)
Λύση
Βήμα 1. Θα αποδείξουμε ότι η συνάρτηση f είναι φθίνουσα.
Πράγματι, αν υποθέσουμε ότι για κάποια a,b με 0 < a < b , έπεται f (a) < f (b) .
bf ( b ) −
af ( a
)
Τότε θα έχουμε
w
= >
0
b −
a
και είναι εύκολο να διαπιστώσουμε, χρη-
σιμοποιώντας τη σχέση f (a) < f (b) , ότι ισχύει w > f (b) > f (a) . Τότε όμως
από την αρχική σχέση, για x = a, y = w− f (a) λαμβάνουμε:
( ( ) f ( b ) f ( a
))
1 ,
b a
ενώ, αν θέσουμε x = b, y = w− f (b) λαμβάνουμε

65. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014
( ) ( ( ) ( ))
⎛ − ⎞
1 .
= ⎜⎜ + ⎟⎟ ⎝ − ⎠
⎛ − + ⎞ = + − = ⎜ ⎟
⎝ ⎠
> , τότε f (x) 1 1 1
⎛ − + ⎞ ≤ = ⎜ ⎟
⎝ ⎠
≤ ⇒ ≤ , που αντίκειται στην υπόθεση μας.
< , τότε f (x) 1 1 1
⎛ − + ⎞ ≥ = ⎜ ⎟
⎝ ⎠
≥ ⇒ ≥ , που αντίκειται στην υπόθεση μας.
= για κάθε x >1.
1 1
f f x xf x x
62
f b f a
f w bf ab
b a
Επομένως, θα είναι a = b, που είναι άτοπο. Άρα ισχύει η συνεπαγωγή
0 < a < b ⇒ f (b) ≤ f (a) .
Βήμα 2. Για x = y =1, λαμβάνουμε από την (1): f ( f (1) +1) = f (2) .
Ομοίως, για x =1, y = 2 λαμβάνουμε: f ( f (1) + 2) = f (3), για x = 2, y =1, λαμ-
βάνουμε f ( f (2) +1) = 2 f (3), οπότε έχουμε:
2 f (3)( f (2) +1) = f (( f (1) +1) +1) = ( f (1) +1) f ( f (1) + 2) = ( f (1) +1) f (3) ,
από την οποία έπεται ότι f (1) +1 = 2, δηλαδή f (1) =1.
Βήμα 3. Υποθέτουμε ότι x >1 και θέτουμε y = 1 − 1
. Τότε λαμβάνουμε:
x
f f (x) 1 1 xf (1 x 1) xf ( x)
x
.
Αν υποθέσουμε ότι είναι f (x) 1
x
− + > , οπότε από τη μονοτο-
x
νία της f προκύπτει
f f (x) 1 1 f (1) 1
x
.
Άρα θα είναι και xf (x) 1 f (x) 1
x
Αν υποθέσουμε ότι είναι f (x) 1
x
− + < , οπότε από τη μονοτο-
x
νία της f προκύπτει
f f (x) 1 1 f (1) 1
x
.
Άρα θα είναι και xf (x) 1 f (x) 1
x
Άρα ισχύει ότι f (x) 1 ,
x
Θεωρούμε τώρα το τυχόν x > 0 . Τότε θα είναι f (x) +1 >1, οπότε θα ισχύει:
( ( ) ) ( )
1
f f x
f x
+ =
+
.. (2)
Θέτοντας y =1 στην (1) λαμβάνουμε (αφού 1+ x >1)
( ( ) 1) (1 )
1
x
+ = + =
+
. (3)
Από τις (2) και (3) λαμβάνουμε:
1 ,
( )
=
1 1
x
f x + +
x
για κάθε x > 0 , δηλαδή f (x) 1 ,
= για κάθε x > 0 .
x

66. Συναρτησιακές εξισώσεις
10. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f : (1,+∞)→ , που είναι τέτοιες
t = , έχουμε (4) 1 (2)
f = f , οπότε η (1) γίνεται:
t > t ≠ λαμβάνουμε: ( ) ( ) 2
f t f f t
t > t ≠ . Επειδή η παραπάνω σχέση αληθεύει και για 5
x = y = , έπεται ότι f (x) c ,
63
ώστε:
f (x) − f ( y) = ( y − x) f ( xy), για κάθε x, y∈(1,+∞).
Λύση
Θέτοντας διαδοχικά στην δεδομένη σχέση (x, y) = (t, 2),(t, 4) και (2t, 2) λαμβά-
νουμε:
f (t) − f (2) =(2−t) f (2t), f (t) − f (4) =(4−t) f (4t), f (2t) − f (2) =(2−2t) f (4t) ,
από τις οποίες προκύπτει:
f (4) + (t − 3) f (2) = t (2t −5) f (4t ), για κάθε t >1. (1)
Από την (1) για 5
2
2
5 (2) (2 5) (4 ),
2
⎛⎜ t − ⎞⎟ f = t t − f t
⎝ ⎠
για κάθε t >1,
από την οποία, για 1 και 5
2
4
f t
= και
2
f t
t
( ) ( ) ( ) ( ) (2) (4 ) (2) 2 ( )
4 4 4 ,
2 2
f t f t f t
t t
−
= + − = + =
για κάθε 1 και 5
2
t = , όπως
2
προκύπτει από την αρχική σχέση για 5, 2
2
= με
x
c = 2 f (2).
11. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f :→ , που είναι τέτοιες ώστε:
f (x) f ( y) = f (xy +1) + f (x − y) − 2, για κάθε x, y∈. (1)
Λύση
Για y = 0 λαμβάνουμε: f (x) ⎡⎣ f (0) −1⎤⎦ = f (1) − 2 .
(0) ( ) ( 1 )
2
Αν υποθέσουμε ότι f ≠1, τότε ( )
(σταθερή)
0 1
f
f x c
f
−
= =
−
, οπότε η δεδο-
μένη σχέση δίνει: c2 = c + c − 2⇔c2 − 2c + 2 = 0, αδύνατη.
Άρα είναι f (0) =1.
Επίσης, αν υποθέσουμε ότι f (1) ≠ 2, τότε 0⋅ f (x) = f (1) − 2 ≠ 0 , αδύνατη.
Άρα είναι f (1) = 2 .
Από την (1) με εναλλαγή των x και y λαμβάνουμε:
f (x) f ( y) = f (xy +1) + f ( y − x) − 2, για κάθε x, y∈ ,
οπότε σε σύγκριση με την (1) προκύπτει ότι
f (x − y) = f ( y − x), για κάθε x, y∈ .
Από την τελευταία σχέση, για y = 0, προκύπτει ότι η συνάρτηση f είναι άρτια.

67. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014
Επίσης, από την (1), θέτοντας όπου y το −y , λαμβάνουμε
f (x) f (−y) = f (−xy +1) + f (x + y) − 2, για κάθε x, y∈
⇒ f (x) f ( y) = f (1− xy) + f ( x + y) − 2, για κάθε x, y∈. (2)
Από τις (1) και (2) με αφαίρεση κατά μέλη λαμβάνουμε:
f (x + y) − f (x − y) = f (1+ xy) − f (1− xy), για κάθε x, y∈. (3)
x m n y m n m n + −
Από την (3) για , , ,
= = ∈ λαμβάνουμε
( ) ( )
⎛ − ⎞ ⎛ − ⎞
f m f n f m n f m n
− = ⎜ + ⎟ − ⎜ − ⎟
g x = f ⎛ + x ⎞ − f ⎛ − x ⎞ x∈ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
g r − s + g s − t = f r − f s + f s −
f t
⎡⎣ g x 2 + ⎤⎦ ⎡⎣ g y 2 + ⎤⎦ = g x 2 y 2 + xy + + + g x 2 − xy + y
2
+ −
1 1 2 1 1 2 1 2
g x g y g x y
g a g b g ab a b
64
2 2
2 2 2 2
1 1
4 4
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
.
Θεωρούμε τώρα τη συνάρτηση
( ) 1 1 ,
4 4
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
,
για την οποία ισχύει:
g (m2 − n2 ) = f (m) − f (n), για κάθε m,n∈. (4)
Για n = 0 , από την (4) προκύπτει:
f (m) = g (m2 )+ f (0) = g (m2 )+1, για κάθε m∈ (5)
Από f (1) = 2 , έπεται ότι g (1) =1. Επιπλέον, από την (4) λαμβάνουμε:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2 , για κάθε , , .
f r f t g r t r s t
= − = − ∈
Επομένως, για m = r2 − s2 , n = s2 − t2 λαμβάνουμε τη σχέση:
g (m) + g (n) = g (m+ n) ,
από την οποία προκύπτει ότι g (0) = 0 και ότι η συνάρτηση g είναι περιττή.
Χρησιμοποιώντας τώρα τη σχέση f (m) = g (m2 )+1, για κάθε m∈, στην αρχι-
κή σχέση, λαμβάνουμε:
( ) ( ) ( ) ( )
( 2 ) ( 2 ) ( 2 2
)
( ) ( ) ( )
, για κάθε , 0.
⇔ =
⇔ = >
Επειδή η συνάρτηση g είναι περιττή, έχουμε:
g (−a) g (b) = −g (a) g (b) = −g (ab) = g ((−a)b) ,
g (a) g (−b) = −g (a) g (b) = −g (ab) = g (a (−b)) και
g (−a) g (−b) = g (a) g (b) = −g (ab) ,
οπότε η g είναι πολλαπλασιαστική στο .
Έτσι έχουμε καταλήξει στο συμπέρασμα ότι η συνάρτηση g είναι ταυτόχρονα
προσθετική και πολλαπλασιαστική στο , οπότε θα είναι g (x) = x, x∈ δες
παράδειγμα 5). Άρα είναι f (x) = g (x2 )+1 = x2 +1, x∈.
12. Να προσδιορίσετε όλα τα πολυώνυμα P(x)∈[x], που είναι τέτοια ώστε:

68. Συναρτησιακές εξισώσεις
P( x) P(2x2 −1) = P(x2 )P(2x −1), για κάθε x∈. (1)
(Νότια Αφρική 2002, the monthly problem set)
Λύση
Έστω r∈ ρίζα του πολυωνύμου P(x)∈[x], όπου [x] είναι ο δακτύλι-
ος των πολυωνύμων μεταβλητής x με πραγματικούς συντελεστές.. Τότε θα ισχύ-
ει:
0 = P(r ) P(2r2 −1) = P(r2 )P(2r −1),
οπότε το r2 ή το 2r −1 είναι ρίζα του P(x) .
Διακρίνουμε τώρα τις περιπτώσεις:
(α) Αν r >1, τότε r2 > r και 2r −1 > r και εργαζόμενοι ομοίως για τη νέα ρί-
ζα ( r2 ή 2r −1) μπορούμε να κατασκευάσουμε μία άπειρη γνησίως αύξουσα
ακολουθία πραγματικών ριζών του πολυωνύμου P(x) , άτοπο. Άρα το πολυώνυ-
μο P(x) δεν έχει πραγματική ρίζα στο μεγαλύτερη του 1.
(β) Αν r < −1, τότε r2 >1, οπότε λόγω (α) το r2 δεν μπορεί να είναι ρίζα του
P(x) . Άρα θα είναι ρίζα του το 2r −1< r . Εργαζόμενοι ομοίως για τη ρίζα 2r-1,
μπορούμε να κατασκευάσουμε μία άπειρη γνησίως φθίνουσα ακολουθία πραγμα-
τικών ριζών του πολυωνύμου P(x) , άτοπο. Άρα το πολυώνυμο P(x) δεν έχει
πραγματική ρίζα στο μικρότερη του -1.
Άρα όλες οι πραγματικές ρίζες του πολυωνύμου P(x) ανήκουν στο διάστημα
[−1,1]. Έστω r η μεγαλύτερη από αυτές.
= , έχουμε:
⎛ + ⎞ ⎛ + ⎞ + + = = ⎜ ⎟ ⎜⎜ − ⎟⎟⇒ − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
P x P r P r P r r r P x
r r r r r
+ + ⎛ + ⎞ − > ⇔ > ⎜ ⎟ ⇔ <
x 1 k Q x 2 x 2 2 k Q 2 x 2 1 x 2 1 k Q x 2
2 x 2 k Q 2 x 1,για κάθε
x
− − − = − − − ∈
Q x Q x Q x Q x x
65
x r +
Αν r ≠ 1, τότε για 1
2
0 ( ) ( ) 1 2 1 1 1 ή 2 1 1 είναι ρίζα του ( ).
2 2 2 2
Όμως ισχύουν:
r r r
+
1 1,
2
> ⇔ < που ισχύει, και
2
2 1 1 1 1 2 1,
2 2 2
⎝ ⎠
που ισχύει.
Επομένως, υπάρχει ρίζα του P(x) μεγαλύτερη του r , που είναι άτοπο. Αυτό ση-
μαίνει ότι, αν το πολυώνυμο P(x) έχει πραγματική ρίζα , τότε αυτή θα είναι η r =1.
Άρα έχουμε:
( ) ( 1) ( ), με (1) 0. k P x = x − Q x Q ≠
Από τη δεδομένη σχέση προκύπτει:
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
( ) ( 2 ) ( 2
) ( )
2 − 1 = 2 − 1,για κάθε ∈
, (2)
δηλαδή το πολυώνυμο Q(x) ικανοποιεί τη δεδομένη σχέση (1).

69. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014
Εργαζόμενοι όπως και για το πολυώνυμο P(x) , λαμβάνουμε ότι, αν το πολυώνυ-
μο Q(x) έχει πραγματική ρίζα, τότε αυτή θα ισούται με 1, που είναι άτοπο, γιατί
Q(1) ≠ 0 . Άρα το πολυώνυμο Q(x) δεν έχει πραγματική ρίζα, οπότε θα ισχύει
Q(x) ≠ 0, για κάθε x∈ . Έτσι η σχέση (2) μπορεί να γραφεί στη μορφή
2 − 1 2 −
1
= ∈ ,
Q 2x 1
= ισχύει ότι:
= παίρνει την ίδια σταθερή τιμή S (a) άπειρες
66
( )
( )
( )
( )
2
2
, για κάθε
Q x Q x
x
Q x Q x
οπότε για τη ρητή συνάρτηση ( ) ( −
)
( )
S x
Q x
S (x2 ) = S (x), για κάθε x∈,
οπότε με αντικατάσταση του x διαδοχικά από το x2 λαμβάνουμε:
( ) ( 2 ) ( 4 ) ... ( 2 ), για κάθε θετικό ακέραιο k S x = S x = S x = = S x k . (3)
Αν υποθέσουμε ότι a >1, είναι ένας σταθερός πραγματικός αριθμός, τότε από την
(3) η ρητή συνάρτηση ( ) Q ( 2x −
1
)
( )
S x
Q x
φορές, που είναι άτοπο. Επομένως η συνάρτηση S (x) θα είναι σταθερή και αφού
( ) ( 2 1 1
)
1 1
( 1
)
Q
S
Q
⋅ −
= = , έπεται ότι: S (x) =1, για κάθε x∈. Αυτό σημαίνει ότι:
Q(x) =Q(2x−1), για κάθε x∈,
οπότε το πολυώνυμοQ(x) είναι σταθερό. Θέτοντας Q(x) = c στη σχέση (2) προκύ-
πτει ότι το Q(x) μπορεί να ισούται με οποιοιδήποτε σταθερά. Έτσι έχουμε τελικά
( ) ( 1) , , . n
n n P x = c x − n∈` c ∈
4. ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ
13. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f :→ , που είναι τέτοιες ώστε:
f (x2 + f ( y)) = ( x − y)2 f ( x + y), για κάθε x, y∈.
14. Να προσδιορίσετε όλες τις συνεχείς συναρτήσεις f :→ , που είναι τέ-
τοιες ώστε:
f (x + y) = f (x) + f ( y) + 2xy, για κάθε x, y∈.
15. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f :→ , που είναι τέτοιες ώστε:
f ( f (x) + y) = 2x + f ( f ( y) − x), για κάθε x, y∈.
16. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f :→ , που είναι τέτοιες ώστε:
f (x2 )− f ( y2 ) = ( x + y) ⎡⎣ f (x) − f ( y)⎤⎦ , για κάθε x, y∈.

70. Συναρτησιακές εξισώσεις
17. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f :→ , που είναι τέτοιες ώστε:
(α) f (x + y) = f (x) + f ( y), για κάθε x, y∈.
(β) f (x) x2 f 1 ,
67
= ⎛ ⎞ ⎜ ⎟
x
⎝ ⎠
για κάθε x∈* .
18. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f :→ , που είναι τέτοιες ώστε:
f ( y + zf (x)) = f ( y) + xf (z), για κάθε x, y, z∈.
19. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f :→ , που είναι τέτοιες ώστε:
f (xf (z) + f ( y)) = zf (x) + y, για κάθε x, y, z∈.
20. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f : * * + + _ →_ , που είναι τέτοιες ώστε:
(α) f (x 1) f (x) 1, για κάθε x * . + + = + ∈_
(β) ( ) ( ) f x3 = ⎡ f x ⎤3 , ⎣ ⎦ για κάθε x *+ ∈ _ .
21. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f :→ , που είναι τέτοιες ώστε:
f (x + y) f ( f (x) − y) = xf ( x) + yf ( y), για κάθε x, y∈.
22. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f :`→` που είναι τέτοιες ώστε
f (m+ f (n)) = f ( f (m)) + f (n) , για κάθε m,n∈`.
(ΔΜΟ 1996)
23. Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει συνάρτηση f :`→` τέτοια ώστε
f ( f (n)) = n +1987 , για κάθε n∈`.
(ΔΜΟ 1987)
24. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f :→ με την ιδιότητα
f (x) − f ( y) = f ( f ( y)) + xf ( y) + f ( x) −1, για κάθε x, y∈ .
(ΔΜΟ 1999)
25. Να προσδιορίσετε όλα τα πολυώνυμα P(x)∈[x], που είναι τέτοια ώστε:
P(x2 ) = P(x) P(x + 2), για κάθε x∈.
26. Να προσδιορίσετε όλα τα πολυώνυμα P(x)∈[x], που είναι τέτοια ώστε:
P(x2 )+ P(−x) = P(x2 )+ P(x), για κάθε x∈.
27. Να προσδιορίσετε όλα τα πολυώνυμα P(x)∈[x], ελάχιστου δυνατού βαθ-
μού που είναι τέτοια ώστε:
(α) ο συντελεστής του μεγιστοβάθμιου όρου είναι 200.
(β) ο συντελεστής του ελαχιστοβάθμιου μη μηδενικού όρου είναι 2.
(γ) το άθροισμα των συντελεστών του είναι 4.
(δ) P(−1) = 0, P(2) = 6 και P(3) = 8.

71. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014
28. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f :→ με την ιδιότητα
f (x + yf (x)) = f (x) + xf ( y) ,
68
για κάθε x, y∈ .
29. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f , g :→ με την ιδιότητα
f (x + yg (x)) = g (x) + xf ( y) ,
για κάθε x, y∈ .
30. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f :→ με την ιδιότητα
f ([x] y) = f (x) ⎡⎣ f ( y)⎤⎦ ,
για κάθε x, y∈ .
(ΔΜΟ 2010)
31. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f , με πεδίο ορισμού το σύνολο των
θετικών ακέραιων και με τιμές στο σύνολο των θετικών ακέραιων, που είναι
τέτοιες ώστε για όλα τα a και b να υπάρχει (μη εκφυλισμένο) τρίγωνο με μήκη
πλευρών
a, f(b) και f(b + f(a) − 1).
( Ένα τρίγωνο είναι μη εκφυλισμένο, αν οι κορυφές του δεν βρίσκονται σε μία
ευθεία)
(ΔΜΟ 2009)
32. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f :→ με την ιδιότητα
f (xf (x + y)) = f ( yf (x)) + x2 ,
για κάθε x, y∈ .
33. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f : + + _ →_ που ικανοποιούν την
εξίσωση
f ( f (x)2 y) = x3 f (xy),
για κάθε x, y + ∈ _ , όπου _+ είναι το σύνολο των θετικών ρητών αριθμών.

72. Μιγαδικοί αριθμοί και Γεωμετρία
ΚΑΛΟΚΑΙΡΙΝΟ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΣΧΟΛΕΙΟ Ε.Μ.Ε.
ΛΕΠΤΟΚΑΡΥΑ ΠΙΕΡΙΑΣ 2014
Αργύρης Φελλούρης
Αναπληρωτής Καθηγητής Ε.Μ.Π.
ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ ΚΑΙ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ
Στο παρόν Κεφάλαιο θα παρουσιάσουμε πως είναι δυνατόν χρησιμο-
ποιώντας τη θεωρία των μιγαδικών αριθμών να επιλύσουμε γεωμετρικά
προβλήματα. Στη συνέχεια θεωρούμε ότι ο μαθητής είναι γνώστης των βα-
σικών εννοιών των μιγαδικών αριθμών. Όπως είναι γνωστό, το σύνολο 
των μιγαδικών αριθμών από τον ορισμό του ταυτίζεται με το σύνολο
2 = {(x, y) : x, y∈},
των διατεταγμένων ζευγών πραγματικών αριθμών, ενώ από αλγεβρικής
πλευράς έχει τη δομή σώματος το οποίο αποτελεί επέκταση του σώματος 
των πραγματικών αριθμών στο σύνολο 2 μέσω των πράξεων
( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 1 2 1 2 x , y + x , y := x + x , y + y [πρόσθεση],
( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 x , y ⋅ x , y := x x − y y , x y + x y [πολλαπλασιασμός].
Το σώμα των μιγαδικών αριθμών περιέχει μια ισομορφική εικόνα του
σώματος των πραγματικών αριθμών μέσω της απεικόνισης
ϕ :→, x→ϕ (x) := (x,0).
Το διατεταγμένο ζευγάρι (0,1) έχει την ιδιότητα
( )2 ( ) ( ) ( ) 0,1 := 0,1 ⋅ 0,1 = −1,0 ≡ −1,
ορίζεται ως φανταστική μονάδα και συμβολίζεται με το γράμμα i , δηλαδή
είναι i2 = −1, οπότε στο σώμα  έχει λύση η εξίσωση z2 +1 = 0 . Έτσι έ-
χουμε την ταύτιση (x,0) = x και
(x, y) = (x,0) + (0, y) = (x,0) + y (0,1) ≡ x + yi .
Το διατεταγμένο ζευγάρι (0,0) ≡ 0 + 0i ≡ 0 είναι το μηδενικό στοιχείο
του σώματος  των μιγαδικών αριθμών.
69

73. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014
Οι μιγαδικοί αριθμοί αναπαρίστανται γεωμετρικά στο Καρτεσιανό επί-
( ) 2 2 Μ z ( ) 1 2 Μ z + z
 
  = ≠
 
z z , αν z 0.
z z
70
πεδο Π μέσω της απεικόνισης
f :→Π, z = x + yi→ f (z) :=Μ(x, y) .
Το σημείο Μ λέγεται εικόνα του μιγαδικού αριθμού στο Καρτεσιανό ε-
πίπεδο. Κάθε μιγαδικός αριθμός αντιστοιχίζεται αμφιμονοσήμαντα στη δια-
νυσματική ακτίνα ΟΜ του σημείου Μ.
Μ(z)
Σχήμα 1 Σχήμα 2
Σε κάθε μιγαδικό αριθμό z = x + yi αντιστοιχίζουμε τον συζυγή του
z = x − yi . Αν ο z αναπαρίσταται γεωμετρικά από το σημείο Μ′ , τότε τα
σημεία M και Μ΄ είναι συμμετρικά ως προς τον άξονα των x .
Σχετικά με τις πράξεις μιγαδικών αριθμών και το συζυγή ισχύουν οι ι-
διότητες:
• 1 2 1 2 z + z = z + z και 1 2 1 2 z − z = z − z ,
• 1 2 1 2 z ⋅ z = z ⋅ z και 1 1
2
2 2
Επίσης σε κάθε μιγαδικό αριθμό z = x + yi αντιστοιχίζουμε το μέτρο
του που είναι η απόσταση του σημείου Μ που τον αναπαριστά γεωμετρικά
στο επίπεδο από την αρχή των αξόνων. Είναι δηλαδή
z = OM = x2 + y2 . (1)
Ισχύουν οι ιδιότητες:
• 2 z ⋅ z = z
( ) 1 1 Μ z
Ο(0,0)
( ) 2 1 Ν z − z
O(0,0)

74. Μιγαδικοί αριθμοί και Γεωμετρία
= , αν 2 z ≠ 0 και z ≠ 0 ,
x z z + z y z z −
z
= = = = . (2)
θ = θ = . (3)
71
• z1 ⋅ z2 = z1 ⋅ z2
• 1 1
z z
z z
= και 1 1
2 2
z z
• 1 2 1 2 z + z ≤ z + z (τριγωνική ανισότητα),
• 1 2 1 2 z − z ≤ z + z
Αν z = x + yi , ο πραγματικός αριθμός x ονομάζεται πραγματικό μέρος
του μιγαδικού αριθμού z , ενώ ο πραγματικός αριθμός y ονομάζεται φα-
νταστικό μέρος του z .
Γράφουμε
x = Re z και y = Imz .
Χρησιμοποιώντας τον συζυγή του μιγαδικού αριθμού z έχουμε τις ισό-
τητες:
Re και Im
i
2 2
Η πολική ή τριγωνομετρική μορφή μιγαδικού αριθμού
Τον μιγαδικό αριθμό z = x + yi ≠ 0 + 0i μπορούμε να τον γράφουμε στη
τριγωνομετρική μορφή του
z = r (cosθ + i sinθ ) ,
όπου
r = x2 + y2 = z
είναι το μέτρο του μιγαδικού αριθμού z , ενώ η γωνία θ προκύπτει από τις
εξισώσεις
cos x , sin y
r r
Αν θ είναι μία λύση των εξισώσεων (3), τότε και όλες οι γωνίες της
μορφής θ + 2kπ , k ∈ είναι επίσης λύσεις. Κάθε λύση θ των εξισώσεων
(3) λέγεται όρισμα του μιγαδικού αριθμού z και συμβολίζεται με arg z ,
ενώ, αν θ ∈[0, 2π ), τότε η γωνία θ λέγεται πρωτεύον όρισμα του z και
συμβολίζεται με Αrg z . Για το μιγαδικό αριθμό 0 δεν ορίζεται όρισμα.
Για παράδειγμα, ο μιγαδικός αριθμός z =1+ i έχει μέτρο z = 2 , οπότε
για την εύρεση του ορίσματος αυτού έχουμε τις εξισώσεις

75. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014
cos 1 , sin 1 2 ,
2 2 4
z = − + i έχει μέτρο 1 και όρισμα θ
θ = − θ = ⇔θ = + π ∈
z i i  π π  π π =  +  = +
 > 
=
 y  π i π
   +  y
> = =    
π π
  +  >      
z = r z r
 cos θ +θ + i sin θ +θ 
,
=  −θ + −θ  ,
72
k k π
θ = θ = ⇔θ = + π ∈ ,
z i  π π  =  + 
οπότε η τριγωνομετρική μορφή του z =1+ i είναι 2 cos sin
4 4
 
.
Ομοίως, ο μιγαδικός αριθμός 1 3
2 2
με
π
cos 1 και sin 3 2 2 k , k ,
2 2 3
οπότε έχει τριγωνομετρική μορφή
1 cos 2 sin 2 cos 2 sin 2
3 3 3 3
 
.
Κάθε θετικός πραγματικός αριθμός z = x > 0 έχει όρισμα θ = 0 , οπότε
γράφεται ως z = x (cos 0 + i sin 0) , ενώ ο αριθμός z = x < 0 έχει όρισμα
θ =π και γράφεται ως z = x (cosπ + i sinπ ). Για τον μιγαδικό αριθμό
z = yi έχουμε
( )
y
, 0,
arg 2
3 , 0,
2
yi
y
π
αν
π
αν
<

oπότε
cos sin , αν 0
2 2
cos 3 sin 3 ,αν 0
2 2
z yi
y i y
.
Αν ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 2 2 2 2 z = r cosθ + i sinθ , z = r cosθ + i sinθ , z = r cosθ + i sinθ ,
μη μηδενικοί μιγαδικοί αριθμοί, τότε :
• ( ) ( ) 1 2 12 1 2 1 2 z ⋅ z = r r cos θ +θ + sin θ +θ  ,
• 1 1 ( ) ( )
1 2 1 2
2 2
• 1 1 cos ( ) i sin ( )
z r

76. Μιγαδικοί αριθμοί και Γεωμετρία
• zn = rn (cos nθ + i sin nθ ), n∈ (τύπος του De Moivre).
Έτσι σχετικά με το όρισμα προκύπτουν οι παρακάτω ισότητες, οι οποίες
ισχύουν πάντοτε modulo 2π , αφού το όρισμα μιγαδικού αριθμού, σύμφω-
να με όσα είπαμε, δεν είναι μονοσήμαντα ορισμένο. Για 1 2 z , z ≠ 0, έχουμε
• arg ( z ⋅ z ) = arg ( z ) + arg ( z ) ( mod 2π ) ,
1 2 1 2 • arg z 1 arg ( z ) arg ( z ) ( mod 2
)
−
− = − = >
λ λ
73
1 2
2
z
π
 
  = −
 
,
• arg 1 arg z (mod 2 )
   −
π  z

=
, z ≠ 0 ,
• arg (zn ) = narg z (mod 2π ), z ≠ 0, n∈.
Η απόσταση μεταξύ δύο σημείων ( ) ( ) 1 1 2 2 Μ z ,Μ z του επιπέδου δίνεται
από τη σχέση
( ) 1 2 1 2 1 2 d Μ ,Μ =Μ Μ = z − z .
Θεώρημα 1: Αν Α(a),Β(b) είναι δύο διαφορετικά σημεία του επιπέ-
δου, τότε με (Α,Β) συμβολίζουμε το σύνολο των σημείων του ευθύ-
γραμμου τμήματος με άκρα τα σημεία Α και Β, που είναι διαφορετικά
από τα δύο άκρα (ανοικτό ευθύγραμμο τμήμα). Αν Μ(z) είναι τυχόν
σημείο του επιπέδου, τότε οι παρακάτω προτάσεις είναι ισοδύναμες:
1. Μ(z)∈(Α(a),Β(b)) .
2. Υπάρχει θετικός πραγματικός αριθμός λ τέτοιος ώστε:
z a (b z) ή z a 0
b −
z
.
3. Υπάρχει t∈(0,1) τέτοιο ώστε
z = (1− t )a + tb .
4. arg (z − a) = arg (b − z)(mod 2π )
Απόδειξη. 1⇔ 2 .
Μ(z)∈(Α(a),Β(b))⇔ a − z + z − b = a − b ⇔ z − a = λ (b − z),λ > 0
2⇔3

77. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014
z a b z z a λ
− = − ⇔ = + b ⇔ z = − t a +
tb + +
 −  − = − ⇔   =  − 
π π
74
t λ
Αν θέσουμε = , >
0
1
λ
λ
+
, τότε t∈(0,1) και 0
1
t
t
λ = >
−
, οπότε έ-
χουμε:
( ) 1 (1 )
1 1
λ
λ λ
.
3⇔4
arg (z a) arg (b z)(mod 2 ) arg z a 0(mod 2 )
b z
⇔ z − a = λ (b − z),λ > 0 .
Σημείωση
Όταν γράφουμε [Α,Β] εννοούμε ότι συμπεριλαμβάνουμε και τα άκρα
του ευθύγραμμου τμήματος, ενώ με το σύμβολο (ΑΒ συμβολίζουμε τα ση-
μεία της ημιευθείας με αρχή Α που περιέχει το σημείο, χωρίς να συμπερι-
λαμβάνεται το Α. Έτσι για το σύνολο (ΑΒ έχουμε:
Μ(z)∈(ΑΒ z a 0 arg (z a) arg (b a)(mod 2 )
b a
λ π
−
⇔ = > ⇔ − = −
−
.
Με το σύμβολο ΑΒ συμβολίζουμε το σύνολο των σημείων της ευθείας που
ορίζεται από τα σημεία Α και Β. Τότε ισχύει:
Θεώρημα: Αν Α(a),Β(b) είναι δύο διαφορετικά σημεία του επιπέδου τότε
οι παρακάτω προτάσεις είναι ισοδύναμες:
1. Μ(z)∈ΑΒ
2. z −
a
b a
∈
−

3. Υπάρχει t∈ τέτοιο ώστε z = (1− t )a + tb .
4. 0
z a z a
b a b a
− −=
− −
.
5.
1
1 0
1
z z
a a
b b
= .
Απόδειξη.
Η απόδειξη της ισοδυναμίας των προτάσεων 1,2 και 3 είναι όπως στο θεώ-
ρημα 1. Για τις υπόλοιπες προτάσεις έχουμε:

78. Μιγαδικοί αριθμοί και Γεωμετρία
z a z a z a z a z a
b a b a b a b a b a
− −  −  − − ∈ ⇔ =  ⇔ = ⇔ − −  −  − −
 0
z z z a z a
z a b z z a b λ
z a b +
= .
M OˆM ≡ OM ,OM είναι θετική ή θε-
M OˆM είναι αρνητική. Για τη γωνία 1 2
75
z a z a
b a b a
− −=
− −
και
1 − −
0
z a z a
1 0 1 0 0
1 0
a a a a
b a b a
b b b a b a
− −
= ⇔ = ⇔ =
− −
− −
.
Διαίρεση τμήματος σε λόγο λ .
Θεωρούμε δύο διαφορετικά σημεία Α(a) και Β(b) του μιγαδικού επι-
πέδου. Λέμε ότι το σημείο Μ(z) διαιρεί το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ σε λόγο
λ ≠ −1, αν για τις αντίστοιχες διανυσματικές ακτίνες ισχύει ότι:
ΑΜ = λ ⋅ΜΒ .
Σε όρους μιγαδικών αριθμών η προηγούμενη σχέση γίνεται
( )
1
λ
λ
+
− = − ⇔ =
+
Παρατηρούμε ότι είναι λ > 0 , όταν το σημείο Μ βρίσκεται μεταξύ των
σημείων Α και Β, ενώ είναι λ < 0 , όταν το Μ βρίσκεται εκτός του ευθύ-
γραμμου τμήματος ΑΒ. Για λ =1 το σημείο Μ είναι το μέσον του ευθύ-
γραμμου τμήματος ΑΒ και ισχύει
2
Μέτρο προσανατολισμένης γωνίας
Θεωρούμε δύο σημεία ( ) 1 1 M z και ( ) 2 2 M z του μιγαδικού επιπέδου δι-
αφορετικά μεταξύ τους. Η γωνία ( ) 1 2 1 2
τικά προσανατολισμένη, αν η πρώτη πλευρά της OM πρέπει να στραφεί
1 κατά τη θετική φορά (αντίθετη της κίνησης των δεικτών του ωρολογίου) για
να διαγράψει τη γωνία. Διαφορετικά η γωνία είναι αρνητική ή αρνητικά
προσανατολισμένη. Στο διπλανό σχήμα η γωνία M OˆM είναι θετική, ενώ
1 2
η κυρτή γωνία 2 1
M OˆM του σχήματος
3 έχούμε

79. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014
M OˆM xOˆM xOˆM arg z arg z arg z (mod 2 )
= − = − = π .
M OˆM που είναι αρνητικά προσανατολισμένη έ-
M OˆM M OˆM arg z mod 2 arg z mod 2
= − = − π = π
z z
M OM M OM z
2 ˆ 2 arg (mod 2 )
π π π
z
= − = −
z z
z z
arg (mod 2 ) arg (mod 2 ).
= − =
z i i i i
z i
M OM ˆ i π
arg
= = .
ˆ arg 1 arg 3
M Mˆ M arg z z
M Mˆ M (σχήμα 4) απεικονίζεται στη γωνία 2 3
M Mˆ M = M ′ Oˆ− M ′ =
arg z z
76
2
1 2 2 1 2 1
z
1
Για την κυρτή γωνία 2 1
χουμε:
2 ( ) 1 ( )
2 1 1 2
1 2

Η μη κυρτή γωνία 2 1 M OM
είναι θετικά προσανατολισμένη έχουμε
2
2 1 1 2
1
π π
2 1
1 2

Για παράδειγμα, αν είναι ( ) ( ) 1 1 2 2 M z καιM z , με 1 2 z =1− i, και z =1+ i ,
τότε
( )2
2
1
1 + 1 +
2
1 2 2
= = = =
−
,
οπότε θα είναι
1 2
2
( ) 2 1
2
M OM i
i
π
= = − =
Θεωρούμε τώρα τρία διαφορετικά σημεία ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 3 3 M z ,M z και M z
M Mˆ M είναι
του επιπέδου. Τότε το μέτρο της προσανατολισμένης γωνίας 2 1 3
−
3 1
2 1 3
z z
2 1
=
−
.
Πράγματι, αν θεωρήσουμε την παράλληλη μεταφορά κατά το διάνυσμα
1 M
O, τότε η γωνία 2 1 3
M′OˆM′ ,
όπου O είναι η αρχή των αξόνων και 2 3 M′,M′ είναι οι εικόνες των μιγαδικών
αριθμών 2 1 3 1 z − z , z − z , αντίστοιχα. Έτσι έχουμε
3 1
2 1 3 2 3
z −
z
2 1
.

80. Μιγαδικοί αριθμοί και Γεωμετρία
Για παράδειγμα, για τα σημεία M1 (3+ 2i),M2 (4 + 3i),M3 (2 + 2i) έ-
χουμε 1 2 3 z = 3+ 2i, z = 4 + 3i, z = 2 + 2i και
M M M z z i
− − π
ˆ arg arg 1 arg 1
= = = = −
z z i
− π
ˆ arg arg 1
= = + =
arg z z 0 ή
z z
77
3 1
2 1 3
2 1
1 2 4
− +
2 1 ( )
3 1 2
3 1
4
M M M z z i
z −
z
.
Συνευθειακά και ομοκυκλικά σημεία
Θεωρούμε τρία διαφορετικά σημεία ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 3 3 M z ,M z και M z του
επιπέδου. Τότε έχουμε (σχήμα 5):
1 2 3 M ,M ,M συνευθειακά 3 1
2 1
π
−
⇔ =
−
z z
z z
3 1 λ
*
2 1
−
⇔ = ∈
−
 .
Επειδή ισχύει ότι: z∈⇔ z = z , η τελευταία ισοδυναμία γράφεται:
z − z z −
z
z z z z
M ,M ,M συνευθειακά ⇔ 3 1 =
2 1
1 2 3 − −
3 1 2 1
.
Σχήμα 3 Σχήμα 4
1 M
2 M
3 M
2 M′
3 M′
1 M
2 M
O O

81. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014
1 M
2 M
O O Σχήμα 6
M M M M M M M z z
2 M
ˆ ή 3 arg ή 3
π π π π
z z
2 2 2 2
, .
z z i z z z z
z z z z z z
 − 
 −  − − =   = ⋅
 −  − −
 −   
z z
z z z z z z z z z z
78
Επιπλέον έχουμε (σχήμα 6):
3 1
2 1 3 1 2 1 3
2 1
3 1 λ λ
* 3 1 2 1
2 1 3 1 2 1
 − 
⊥ ⇔ = ⇔   =  − 
− − −
⇔ = ∈ ⇔ =−

− − −
Σημειώνουμε ότι ο σταυρωτός λόγος (cross-ratio) τεσσάρων διαφορετι-
κών σημείων του επιπέδου, έστω ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 3 3 4 4 M z ,M z ,M z και M z ορί-
ζεται από
[ ]
1 3
1 4 1 3 2 4
1 2 3 4
2 3 1 4 2 3
2 4
: : : :
z z z z z z
z z
.
Θεωρούμε τώρα τέσσερα διαφορετικά σημεία ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 3 3 M z ,M z ,M z
( ) 4 4 καιM z του επιπέδου. Παρατηρούμε ότι ο σταυρωτός λόγος τεσσάρων
διαφορετικών σημείων του επιπέδου εξαρτάται από τη σειρά με την οποία
θεωρούνται τα σημεία. Όμως, είναι εύκολο να ελέγξει κάποιος ότι, αν κ ά-
ποιος από αυτούς με συγκεκριμένη σειρά των σημείων είναι πραγματικός,
τότε και όλοι οι άλλοι είναι επίσης πραγματικοί.
Επίσης, αν οποιαδήποτε τρία σημεία από αυτά είναι συνευθειακά, έστω
z −
z
z −
z
τα ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 4 4 M z ,M z και M z , τότε ο λόγος 2 3
2 4
είναι πραγματικός.
3 M
3 M
1 M
Σχήμα 5

82. Μιγαδικοί αριθμοί και Γεωμετρία
Τότε όμως το τέταρτο σημείο ( ) 1 1 M z ανήκει στην ευθεία των τριών άλ-
z z
z z
λων, αν και μόνον αν, ο λόγος 1 3
1 4
z : z : z : z : z z z z
⇔ = ⋅ ∈
z z
z z
79
−
−
είναι πραγματικός. Τότε όμως και ο
σταυρωτός λόγος των τεσσάρων σημείων είναι πραγματικός.
Θεωρούμε τώρα ότι δεν υπάρχει τριάδα συνευθειακών σημείων από τα
τέσσερα διαφορετικά σημεία M1 (z1 ),M2 (z2 ),M3 (z3 ) και M4 (z4 ) του επι-
πέδου. Έστω C ο κύκλος που περνάει από τρία από αυτά, έστω τα
( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 4 4 M z ,M z και M z . Τότε το σημείο ( ) 1 1 M z ανήκει στον κύκλο
C , αν και μόνον αν, οι δύο γωνίες 3 1 4 3 2 4
M Mˆ M και M Mˆ M είναι ίσες ή πα-
ραπληρωματικές. Αυτό είναι ισοδύναμο με
arg z z arg z z 0 ή
4 1 4 2
3 1 3 2
z z z z
π
− −
− =
− −
− −
[ ] 1 3 2 4 *
1 2 3 4
z − z z −
z
1 4 2 3
 .
Ο λόγος αυτός μπορεί να είναι θετικός ή αρνητικός , σύμφωνα με το αν
τα σημεία ( ) ( ) 1 1 2 2 M z και M z βρίσκονται προς το ίδιο ή διαφορετικό ημιε-
πίπεδο ως προς την ευθεία που ορίζουν τα σημεία ( ) ( ) 3 3 4 4 M z και M z , α-
ντίστοιχα.
Επομένως, η αναγκαία και ικανή συνθήκη για να είναι ομοκυκλικά
τέσσερα διαφορετικά σημεία ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 3 3 4 4 M z ,M z ,M z και M z του
επιπέδου ανά τρία μη συνευθειακά, είναι ο σταυρωτός λόγος των αντί-
στοιχων μιγαδικών αριθμών να είναι μη μηδενικός πραγματικός αριθ-
μός.
Πιο αναλυτικά, σύμφωνα με την προηγούμενη ανάλυση, έχουμε:
• Η αναγκαία και ικανή συνθήκη για να είναι ομοκυκλικά τέσσερα
διαφορετικά σημεία ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 3 3 4 4 M z ,M z ,M z και M z του ε-
πιπέδου, είναι:
z − z z −
z
z z z z
1 3 ⋅ 2 4 ∈
*
− −
1 4 2 3
−
 , αλλά 1 3 *
1 4
∉
−
z −
z
z z
 και 2 3 *
2 4
∉
−
 .

83. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014
• Η αναγκαία και ικανή συνθήκη για να είναι συνευθειακά τέσσε-
ρα διαφορετικά σημεία M1 (z1 ),M2 (z2 ),M3 (z3 ) και M4 (z4 ) του
επιπέδου, είναι:
a − b a −
= b = −
ab
a b
− −
c a b a c a ab c a abc aab
c a b a c a
80
z −
z
z z
1 3 ∈
*
−
1 4
z −
z
z z
 , 2 3 *
2 4
∈
−
 .
Ο μοναδιαίος κύκλος
Όπως είναι γνωστόν ο μοναδιαίος κύκλος έχει εξίσωση z =1, οπότε
κάθε σημείο του A(a) είναι τέτοιο ώστε: a = 1 ⇔ aa = 1 ⇔ a = 1
.
a
Σχήμα 7 Σχήμα 8
Αν A(a), B(b) είναι τα δύο άκρα μια χορδής του μοναδιαίου κύκλου, τό-
τε ισχύει:
1 1
a b
.
Αν C(c) είναι ένα σημείο της χορδής AB , τότε ισχύει:
.
c a abc b c a b c
ab
− − −
= ⇔ = − ⇔ − = − +
− − −
+ −
⇔ − = − + ⇔ =
A
O
O
B

84. Μιγαδικοί αριθμοί και Γεωμετρία
O
Ένα χαρακτηριστικό παράδειγμα εύκολης επίλυσης προβλήματος με
χρήση της γεωμετρίας των μιγαδικών αριθμών είναι το πρόβλημα του
κρυμμένου θησαυρού που έχει ληφθεί από το βιβλίο «One Two
Three…Infinity” του G. Gamow. Παρακάτω παραθέτουμε το πρόβλημα,
στη καθαρή γεωμετρική του διατύπωση
Πρόβλημα
Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ . Θεωρούμε τυχόν σημείο Μ εκτός του
ΑΒ και τέτοιο ώστε η κάθετη από το Μ προς την ευθεία ΑΒ να την τέμνει
σε εσωτερικό σημείο του ευθύγραμμου τμήματος ΑΒ. Φέρουμε ευθύγραμ-
μα τμήματα ΑΓ και ΒΔ τέτοια ώστε
ΑΓ ⊥ ΑΜ και ΑΓ = ΑΜ , ΒΔ ⊥ΜΒ και ΒΔ =ΜΒ,
και επιπλέον τα σημεία Γ, Μ και Δ να βρίσκονται στο ίδιο ημιεπίπεδο ως
προς την ευθεία ΑΒ. Να αποδείξετε ότι το μέσον Κ του ευθύγραμμου τμή-
ματος ΓΔ είναι σταθερό σημείο, δηλαδή είναι ανεξάρτητο από τη θέση του
.σημείου Μ.
Λύση
Θεωρούμε την ευθεία ΑΒ ως άξονα των πραγματικών αριθμών στο μι-
,
γαδικό ε πίπεδο κ αι το μ έσον του ε υθύγραμμου τμήματος ΑΒ ω ς την αρχή
των αξόνων. Έστω ότι το σημείο Μ είναι η εικόνα του μιγαδικού αριθμού
z , το σημείο Β είναι η εικόνα του πραγματικού αριθμού a , οπότε το σημείο
Α θα είναι η εικόνα του πραγματικού αριθμού −a . Τότε στο διάνυσμα ΑΜ
αντιστοιχίζεται ο μιγαδικός αριθμός z + a και επειδή είναι ΑΓ ⊥ ΑΜ,
ΑΓ = ΑΜ έπεται ότι ( ΑΜ ΑΓ ) = 90 , οπότε στο διάνυσμα ΑΓ αντιστοι-
81
A
B
C
Σχήμα 9

85. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014
χίζεται ο μιγαδικός αριθμός i (z + a) . Επομένως στο διάνυσμα
ΟΓ = ΟΑ + ΑΓ , άρα και στο σημείο Γ, αντιστοιχίζεται ο μιγαδικός αριθμός
−a + i (z + a) .
π
+
π
+
2 x
2
Β(a)
Μ(z)
Γ( −a + i (z + a)
Ο
Κ(ai)
Σχήμα 10
A(-a)
Με το ίδιο σκεπτικό, αλλά με την παρατήρηση ότι ( ) ,
a i z a a i z a
82
Δ(a-i(z-a))
ΒΜ ΒΔ = −90 ,
καταλήγουμε ότι στο σημείο Δ αντιστοιχίζεται ο μιγαδικός αριθμός
a − i (z − a).
Επομένως το μέσον Κ του ευθύγραμμου τμήματος ΓΔ είναι εικόνα του
μιγαδικού αριθμού
( ) ( )
2
ai
− + + + − −
= ,
οπότε το σημείο Κ είναι σταθερό, δηλαδή ανεξάρτητο του μιγαδικού αριθ-
μού z , άρα ανεξάρτητο από τη θέση του σημείο Μ.

86. Μεθοδολογία Γεωμετρίας
ΚΑΛΟΚΑΙΡΙΝΟ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΣΧΟΛΕΙΟ Ε.Μ.Ε.
ΛΕΠΤΟΚΑΡΥΑ ΠΙΕΡΙΑΣ 2014
ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ
Αργύρης Φελλούρης
Αναπληρωτής Καθηγητής Ε.Μ.Π.
ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ
Κύριος σκοπός αυτών των σημειώσεων είναι η ταξινόμηση των διαφόρων
γεωμετρικών προβλημάτων σε ενότητες, τα προβλήματα των οποίων μπορούν να
αντιμετωπιστούν με τις ίδιες τεχνικές. Έτσι ο μαθητής έχοντας στο μυαλό του πιθανές
μεθόδους επίλυσης ενός γεωμετρικού προβλήματος, είναι πιθανόν εύκολα να
εντοπίσει αυτήν που θα τον οδηγήσει στη λύση του προβλήματος.
Πρέπει βεβαίως εδώ να τονιστεί ότι η μεθοδολογία από μόνη της δεν είναι αρκετή
για την επίλυση ενός προβλήματος. Ο συνδυασμός όμως της μεθοδολογίας με την
πολύ καλή γνώση της θεωρίας είναι συνήθως καταλυτικός για τη λύση ενός
προβλήματος.
1. ΜΕΣΑ
(α) Αν σε γεωμετρικό πρόβλημα υπάρχει ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ με μέσο Μ και
σημείο Γ εκτός αυτού, τότε είναι χρήσιμο να θεωρήσουμε το συμμετρικό σημείο Δ
του Γ ως προς ως προς κέντρο το σημείο Μ. Τότε σχηματίζεται το παραλληλόγραμμο
ΑΓΒΔ από το οποίο προκύπτουν πολλά συμπεράσματα τα οποία ενδεχομένως λύνουν
το πρόβλημά μας.
Σχήμα 1
83

87. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014
(β) Αν στο πρόβλημά μας υπάρχουν δύο ευθύγραμμα τμήματα ΑΒ και ΓΔ με
μέσα Ε και Ζ, αντίστοιχα, τότε θεωρούμε το συμμετρικό του ενός άκρου του ενός
τμήματος ως προς το μέσον του άλλου. Για παράδειγμα στο παρακάτω σχήμα, αν
φέρουμε το συμμετρικό Θ του Α ως προς το μέσον Ζ του ευθυγράμμου τμήματος
ΓΔ, τότε σχηματίζεται το παραλληλόγραμμο ΑΓΘΔ και επιπλέον η ΕΖ στο τρίγωνο
ΑΒΘ συνδέει τα μέσα δύο πλευρών του , οπότε έχουμε τις σχέσεις:
ΒΘ
, και , .
84
2
ΑΔ &= ΓΘ ΑΓ &= ΔΘ ΕΖ & ΒΘ ΕΖ =
(γ) Αν υπάρχει τραπέζιο ΑΒΓΔ και υπεισέρχεται στο πρόβλημα το μέσον Ε μιας
από τις μη παράλληλες πλευρές του, τότε θεωρούμε το μέσον Ζ της άλλης πλευράς
του, οπότε κατά τα γνωστά από τη θεωρία έχουμε:
ΕΖ & ΑΒ & ΓΔ και
ΑΒ + ΓΔ
ΕΖ = .
2
Σχήμα 2
(δ) Αν υπάρχει τραπέζιο ΑΒΓΔ και υπεισέρχεται στο πρόβλημα το μέσον Κ μιας
από τις διαγώνιες του, τότε θεωρούμε το μέσον Λ της άλλης διαγωνίου του, οπότε
κατά τα γνωστά από τη θεωρία έχουμε:
ΚΛ & ΑΒ & ΓΔ και
ΑΒ − ΓΔ
ΚΛ = .
2
Επιπλέον, η διάμεσος ΕΖ του τραπεζίου περιέχει το ευθύγραμμο τμήμα που
ορίζεται από τα μέσα των δύο διαγωνίων του.
(ε) Αν σε γεωμετρικό πρόβλημα υπάρχουν δύο ευθύγραμμα τμήματα ΒΓ, ΕΖ και
τα μέσα τους Μ, Ν, αντίστοιχα, ή ένα από αυτά, και στο πρόβλημα εμπλέκεται γωνία
πλευράς – διαμέσου, τότε προσπαθούμε να προσδιορίσουμε δύο όμοια τρίγωνα ΑΒΓ
και ΔΕΖ με ομόλογες πλευρές ΒΓ,ΔΕ και ομόλογες διαμέσους ΑΜ,ΔΝ.
Τότε τα τρίγωνα ΑΒΜ και ΔΕΝ είναι όμοια, όπως και τα τρίγωνα ΑΜΓ και
ΔΝΖ , οπότε προκύπτουν οι ισότητες των γωνιών
ΔΑˆΜ = ΕΔˆΝ, Βˆ = Δˆ , ΒΜˆ Α = ΕΝˆ Α, ΑΜˆ Γ = ΔΝˆ Ζ

88. Μεθοδολογία Γεωμετρίας
Σχήμα 3
Παραδείγματα
1. Δίνεται τετράπλευρο ΑΒΓΔ του οποίου το ευθύγραμμο τμήμα ΕΖ που συνδέει
τα μέσα Ε και Ζ των πλευρών του ΑΔ και ΒΓ, αντίστοιχα, ισούται με το ημιάθροισμα
των δύο άλλων πλευρών του, δηλαδή είναι
85
ΑΔ + ΒΓ
ΕΖ = . Να αποδείξετε ότι το
2
τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι τραπέζιο.
Λύση
Σχήμα 4
Αν θεωρήσουμε το συμμετρικό Η της κορυφής Α ως προς το μέσον Ζ της
πλευράς ΓΔ, τότε το σχηματιζόμενο τετράπλευρο ΑΓΗΔ είναι παραλληλόγραμμο,
οπότε έχουμε τις σχέσεις:

89. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014
ΑΔ = ΓΗ και ΑΔ & ΓΗ . (1)
ΑΔ + ΒΓ
ΕΖ = ⇔ ⋅ ΕΖ = ΑΔ + ΒΓ ,
86
Από την υπόθεση έχουμε ότι
2
2
οπότε, λόγω της (1), έπεται ότι:
ΒΓ + ΓΗ = 2⋅ΕΖ . (2)
Στο τρίγωνο ΑΒΗ το τμήμα ΕΖ συνδέει τα μέσα των δύο πλευρών του, οπότε
ΒΗ = 2⋅ΕΖ και ΒΗ & ΕΖ (3)
Από τις (2) και (3) λαμβάνουμε την ισότητα:
ΒΓ + ΓΗ = ΒΗ ,
από την οποία προκύπτει ότι τα σημεία Β, Γ και Η είναι συνευθειακά. Άρα θα είναι
και ΒΗ & ΑΔ, δηλαδή ΒΓ & ΑΔ , οπότε το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι τραπέζιο.
2. Εξωτερικά τριγώνου ΑΒΓ κατασκευάζουμε ορθογώνια ισοσκελή τρίγωνα ΑΒΔ
και ΑΓΕ. Αν Μ είναι το μέσον της πλευράς ΒΓ, να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΔΜΕ
είναι ορθογώνιο και ισοσκελές.
Λύση (1ος τρόπος)
Σχήμα 5
Αρκεί να αποδείξουμε ότι: ΔΜ =ΜΕ και ΔΜ ⊥ΜΕ .
Επειδή έχουμε το μέσον τις πλευράς ΒΓ, μπορούμε να θεωρήσουμε το
συμμετρικό σημείο Ζ του σημείου Ε ως τις το Μ, οπότε σχηματίζεται το
παραλληλόγραμμο ΒΕΓΖ . Έτσι το πρόβλημα τις μεταφέρεται στο να αποδείξουμε
ότι το τρίγωνο ΔΖΕ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, αφού η διάμεσος του ΔΜ το
χωρίζει σε δύο ορθογώνια και ισοσκελή τρίγωνα.
Για το λόγο αυτό θεωρούμε τα τρίγωνα ΒΔΖ και ΑΔΕ που έχουν πλευρές τις ΔΖ
και ΔΕ, αντίστοιχα, και θα προσπαθήσουμε να αποδείξουμε ότι είναι ίσα. Αυτά είναι
πράγματι ίσα, αφού έχουν:
• ΒΔ = ΑΔ (από το ορθογώνιο ισοσκελές τρίγωνο ΔΑΒ).
• ΒΖ = ΕΓ = ΑΕ (από το παραλληλόγραμμο ΒΕΓΖ και το ορθογώνιο ισοσκελές
τρίγωνο ΕΑΓ).

90. Μεθοδολογία Γεωμετρίας
• ΔΒˆ Ζ = 3600 − (ΔΒˆ Α+Βˆ + ΓΒˆ Ζ) = 3600 − 450 −Βˆ −(ΕΓˆΔ + Γˆ )
ΑΒ ΑΓ
ΛΜ = ΚΜ = ,
ΑΒ ΑΓ
ΔΚ = = ΛΜ ΕΛ = = ΚΜ .
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ
ΔΜΕ = ΔΜΚ + ΚΜΛ + ΛΜΕ = ΛΕΜ + Α + ΛΜΕ
ˆ 180 ˆ ˆ 180 90 ˆ
ˆ 180 90 ˆ 90 .
= Α+ − ΕΛΜ = Α+ ⎡ − + ΓΛΜ ⎤ ⎣ ⎦
= Α + − − Α =
87
= 2700 − (Βˆ + Γˆ ) = 900 + Αˆ
και τις είναι ΔΑˆ Ε = ΔΑˆ Β+ Αˆ + ΓΑˆ Ε = 450 + Αˆ + 450 = 900 + Αˆ ,
οπότε έχουμε: ΔΒˆ Ζ = ΔΑˆ Ε .
Επομένως θα έχουμε την ισότητα των πλευρών τις ΔΖ = ΔΕ .
Έτσι το τρίγωνο ΔΖΕ είναι ισοσκελές με διάμεσο από την κορυφή των ίσων
πλευρών τη ΔΜ, οπότε θα είναι και ΔΜ ⊥ ΜΕ . Επιπλέον έχουμε:
ΖΔˆΕ = ΖΔˆΒ+ ΒΔˆΕ = ΕΔˆΑ+ ΒΔˆΕ = ΒΔˆΑ = 900 ,
οπότε το τρίγωνο ΔΖΕ είναι ορθογώνιο στο Δ.
2ος τρόπος
Επειδή δίνεται το μέσον τις πλευράς ΒΓ θεωρούμε τα μέσα Κ και Λ των πλευρών
ΑΒ και ΑΓ, αντίστοιχα, του τριγώνου ΑΒΓ. Έτσι άμεσα προκύπτουν οι ισότητες:
,
2 2
ενώ από τα ορθογώνια ισοσκελή τρίγωνα ΑΔΒ και ΕΑΓ, για τις διαμέσους ΔΚ και
ΕΛ λαμβάνουμε:
και
2 2
Σχήμα 6
Έτσι τα τρίγωνα ΔΚΜ και ΕΛΜ έχουν δύο πλευρές τους ίσες μία προς μία καθώς
και τις περιεχόμενες γωνίες των πλευρών αυτών ίσες, αφού
ΔΚˆΜ = 900 + ΒΚˆΜ = 900 + Αˆ = 900 +ΜΛˆ Γ = ΕΛˆΜ.
Άρα έχουμε +ΔΚΜ =+ΕΛΜ, οπότε θα είναι και
ΔΜ = ΜΕ .
Επιπλέον έχουμε
( 0 ) 0 ( 0 )
0 0 0

91. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014
3. Δίνεται τετράπλευρο ΑΒΓΔ με ΑΔ = ΒΓ. Αν Κ, Λ είναι τα μέσα των πλευρών
του ΑΒ και ΓΔ, αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι η ευθεία ΚΛ σχηματίζει ίσες γωνίες με
τις ευθείες ΑΔ και ΒΓ.
Λύση (1ος τρόπος)
Επειδή δίνονται τα μέσα των πλευρών ΑΒ, ΓΔ και το ευθύγραμμο τμήμα ΑΓ έχει
κοινό άκρο με αυτά, είναι χρήσιμο να θεωρήσουμε και το μέσον Η του ΑΓ. Τότε
έχουμε δύο τμήματα που συνδέουν μέσα πλευρών τριγώνων, οπότε λαμβάνουμε τις
σχέσεις:
ΚΗ & ΒΓ & ΒΖ και ΗΛ & ΑΔ & ΔΕ , (1)
ΒΓ ΑΔ ΒΓ
ΚΗ = ΗΛ = = = ΚΗ . (2)
και
2 2 2
΄Αρα το τρίγωνο ΚΗΛ είναι ισοσκελές με ΚΗ = ΗΛ και
ΗΚˆ Λ = ΗΛˆΚ . (3)
Σχήμα 7
Όμως από τις παραλληλίες (1) έπονται οι ισότητες γωνιών 1 1
Ζˆ = Εˆ .
88
Ζˆ = ΗΚˆ Λ και Εˆ = ΗΛˆΚ ,
οπότε λόγω της (3) προκύπτει η ισότητα 1 1
2ος τρόπος
Έστω Θ το συμμετρικό του Α ως προς το μέσον Λ της πλευράς ΓΔ. Τότε το
τετράπλευρο ΑΓΘΔ είναι παραλληλόγραμμο, οπότε έχουμε
ΘΓ & ΑΔ & ΔΕ , (4)
ενώ στο τρίγωνο ΑΒΘ το ευθύγραμμο τμήμα ΚΛ συνδέει τα μέσα δύο πλευρών του,
οπότε θα είναι
ΚΛ & ΒΘ και ΕΛ & ΒΘ. (5)

92. Μεθοδολογία Γεωμετρίας
Σχήμα 8
ˆ ˆΕ
= ΒΘΓ . (6)
89
ˆΕ
Έτσι οι γωνίες 1
και ΒΘˆ Γ έχουν πλευρές παράλληλες και είναι και οι δύο
οξείες. Άρα είναι
1
Επίσης από την παραλληλία (5) προκύπτει η ισότητα
. 1Ζˆ = ΓΒˆ Θ (7)
Όμως από το παραλληλόγραμμο ΑΓΘΔ και την ισότητα ΑΔ = ΒΓ λαμβάνουμε
την ισότητα ΓΘ = ΒΓ, οπότε το τρίγωνο ΒΓΘ είναι ισοσκελές με ΓΒˆ Θ = ΒΘˆ Γ. Άρα
λόγω των σχέσεων (6) και (7) προκύπτει η ισότητα Ζˆ = Εˆ .
1 1
3ος τρόπος
Μεταφέρουμε τα ίσα τμήματα ΑΔ και ΒΓ σε άλλη θέση έτσι, ώστε να
αποκτήσουν κοινή κορυφή το σημείο Κ, οπότε θα προκύψει το ισοσκελές τρίγωνο.
Έτσι, αν ΚΜ&= ΑΔ και ΚΝ &= ΒΓ, τότε το τρίγωνο ΚΜΝ είναι ισοσκελές.
Πράγματι,
Σχήμα 9

93. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014
επειδή τα τετράπλευρα ΑΔΜΚ και ΚΝΓΒ είναι παραλληλόγραμμα έχουμε:
ΚΜ = ΑΔ, ΚΝ = ΒΓ
και αφού από την υπόθεση είναι ΑΔ = ΒΓ, έπεται ότι ΚΜ = ΚΝ, οπότε το τρίγωνο
ΚΜΝ είναι ισοσκελές.
Επιπλέον, από τα παραλληλόγραμμα ΑΔΜΚ και ΚΝΓΒ έχουμε:
ΔΜ&= ΑΚ & ΑΒ και ΝΓ &= ΚΒ & ΑΒ
και αφού το Κ είναι μέσον του ΑΒ, έπεται ότι ΔΜ&= ΝΓ , οπότε το τετράπλευρο
ΔΜΓΝ είναι παραλληλόγραμμο και το τμήμα ΜΝ περνάει από το μέσον Λ της ΒΓ το
οποίο είναι και μέσον του τμήματος ΜΝ.
Όμως στο ισοσκελές τρίγωνο ΚΜΝ η διάμεσος ΚΛ είναι και διχοτόμος της
90
γωνίας της κορυφής Κ, δηλαδή
ΜΚˆ Λ = ΛΚˆΝ . (1)
Από τις παραλληλίες ΚΜ& ΔΕ και ΚΝ & ΓΖ έπεται ότι:
ΜΚˆ Λ = ΑΕˆΛ και ΛΚˆΝ = ΛΖˆ Γ . (2)
Από τις (1) και (2) προκύπτει η ζητούμενη ισότητα: ΑΕˆΛ = ΛΖˆΓ.

94. Ε Λ Λ Η Ν Ι Κ Η Μ Α Θ Η Μ Α Τ Ι Κ Η Ε Τ Α Ι Ρ Ε Ι Α
B΄-Γ’ ΛΥΚΕΙΟΥ - ΘΕΩΡΙΑ
ΒΑΓΓΕΛΗΣ ΨΥΧΑΣ

95. Γεωμετρία
1 ΒΒΑΑ ΣΣ ΙΙΚΚΑΑ ΘΘΕΕ ΩΩΡΡ ΗΗΜΜΑΑ ΤΤΑΑ - ΠΠΡΡ ΟΟ ΤΤΑΑ ΣΣ ΕΕ ΙΙΣΣ
1 . 1 ΕΕ ΥΥ ΘΘ ΥΥ ΓΓ ΡΡ ΑΑ ΜΜ ΜΜ ΟΟ ΤΤ ΜΜ ΗΗ ΜΜ ΑΑ ΠΠ ΟΟ ΥΥ ΣΣ ΥΥ ΝΝ ΔΔ ΕΕ ΕΕ ΙΙ ΤΤ ΑΑ ΜΜ ΕΕ ΣΣ ΑΑ ΤΤ ΩΩ ΝΝ ΠΠ ΛΛ ΕΕ ΥΥ ΡΡ ΩΩ ΝΝ ΤΤ ΡΡ ΙΙ ΓΓ ΩΩ ΝΝ ΟΟ ΥΥ
Ø Το ευθύγραμμο τμήμα που συνδέει τα μέσα των πλευρών τριγώνου, είναι ίσο και
παράλληλο με το μισό της τρίτης πλευράς.
Απόδειξη (1ος Τρόπος: Γεωμετρικά)
Έστω Κ το μέσο της πλευράς ΑΒ και Λ το μέσο της πλευράς ΑΓ .
Θα αποδείξουμε ότι
ΔΒ
9 2
// ΒΓ
ΚΛ = .
2
Προεκτείνουμε το τμήμα ΚΛ κατά τμήμα ΛΝ =ΚΛ . Τότε το τετράπλευρο
ΑΚΓΝ είναι παραλληλόγραμμο (διότι οι διαγώνιές του διχοτομούνται). Άρα
ΑΚ = //ΝΓ . Επειδή όμως ΑΚ =ΚΒ , έχουμε τελικά ΚΒ = // ΝΓ . Οπότε το
τετράπλευρο ΚΝΓΒ είναι παραλληλόγραμμο και κατά συνέπεια:
ΚΝ = // ΒΓ ⇔ 2ΚΛ = // ΒΓ
2
//
ΒΓ
⇔ΚΛ = .
Απόδειξη (2ος Τρόπος: Διανυσματικά)
Έστω Κ το μέσο της πλευράς ΑΒ και Λ το μέσο της πλευράς ΑΓ .
Χρησιμοποιώντας διανύσματα έχουμε:
ΒΑ ΑΓ ΒΓ
ΚΛ =ΚΑ +ΑΛ = + = .
2 2 2
Δηλαδή
ΒΓ
ΚΛ = . Άρα
2
2
//
ΒΓ
ΚΛ =
1 . 2 ΘΘ ΕΕ ΩΩ ΡΡ ΗΗ ΜΜ ΑΑ ΤΤ ΑΑ ΔΔ ΙΙ ΧΧ ΟΟ ΤΤ ΟΟ ΜΜ ΩΩ ΝΝ
Ø Η εσωτερική και εξωτερική διχοτόμος της γωνίας τριγώνου, χωρίζουν την απέναντι
πλευρά εσωτερικά και εξωτερικά στον ίδιο λόγο.
Συγκεκριμένα:
γ
β
ΕΒ
ΕΓ
ΔΓ
= = .

96. Καλοκαιρινό Μαθηματικό Σχολείο Ε.Μ.Ε 2014
Ø Από τις παραπάνω αναλογίες προκύπτουν οι εκφράσεις των τμημάτων ΔΒ ,ΔΓ και
ΕΒ ,ΕΓ , συναρτήσει των πλευρών του τριγώνου.
= ,
λ = (όπου μ ,ν τα μήκη γνωστών ευθυγράμμων τμημάτων).
9 3
α ⋅
γ
= ,
β γ
ΔΒ
+
α ⋅
β
β γ
ΔΓ
+
α ⋅
γ
= ,
β γ
ΕΒ
−
α β
⋅
= .
β γ
ΕΓ
−
Ø Γενικότερα, μπορούμε να χωρίσουμε οποιοδήποτε ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ εσωτερικά
μ
και εξωτερικά στον ίδιο λόγο
ν
Ø Χρησιμοποιώντας τους συμβολισμούς του προηγούμενου σχήματος, θα δώσουμε
μερικούς ορισμούς για την αρμονική διαίρεση ευθυγράμμου τμήματος.
Τα σημεία Κ ,Μ που χωρίζουν το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ (εσωτερικά και εξωτερικά) στον
ίδιο λόγο, λέγονται αρμονικά συζυγή των σημείων Α,Β .
Τα σημεία λοιπόν Κ ,Μ θα λέγονται αρμονικά συζυγή των Α,Β αν και μόνο αν
ΜΑ
ΜΒ
ΚΑ
ΚΒ
= (ένα από τα σημεία Κ ,Μ είναι εσωτερικό και το άλλο εξωτερικό του τμήματος
ΑΒ ).

97. Γεωμετρία
9 4
Από την αναλογία
ΜΑ
ΜΒ
ΚΑ
ΚΒ
= (χρησιμοποιώντας τις ιδιότητες των αναλογιών) έχουμε
ισοδύναμα
ΒΚ
ΒΜ
ΑΚ
ΑΜ
= .
Παρατηρούμε δηλαδή ότι τα σημεία Κ ,Μ είναι αρμονικά συζυγή των Α,Β αν και μόνο αν
τα σημεία Α,Β είναι αρμονικά συζυγή των Κ ,Μ .
Η τελευταία αυτή ισοδυναμία μας επιτρέπει να λέμε , ότι τα σημεία Α,Β ,Κ ,Μ αποτελούν
αρμονική τετράδα.
1 . 3 ΙΙ ΔΔ ΙΙ ΟΟ ΤΤ ΗΗ ΤΤ ΕΕ ΣΣ ΟΟ ΡΡ ΘΘ ΟΟ ΓΓ ΩΩ ΝΝ ΙΙ ΟΟ ΥΥ ΤΤ ΡΡ ΙΙ ΓΓ ΩΩ ΝΝ ΟΟ ΥΥ
Ø Η διάμεσος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα ορθογωνίου τριγώνου, ισούται με το μισό
της υποτείνουσας.
Ø Αν μία οξεία γωνία ορθογωνίου τριγώνου είναι 30o , τότε και η μικρότερη πλευρά του
τριγώνου είναι το μισό της υποτείνουσας.
Ø Η διάμεσος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα ορθογωνίου τριγώνου, χωρίζει το τρίγωνο
σε δύο ισοσκελή τρίγωνα.
Ø Αν στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Αˆ = 90o ) , για το εσωτερικό σημείο Μ της
υποτείνουσας ισχύει ΜΑ =ΜΒ τότε το Μ είναι το μέσο της υποτείνουσας ΒΓ .
Ø Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει ΜΑ =ΜΒ =ΜΓ (όπου Μ το μέσο της ΒΓ ) τότε το
τρίγωνο είναι ορθογώνιο στο Α .
1 . 4 ΤΤ ΑΑ ΣΣ ΥΥ ΜΜ ΜΜ ΕΕ ΤΤ ΡΡ ΙΙ ΚΚ ΑΑ ΤΤ ΟΟ ΥΥ ΟΟ ΡΡ ΘΘ ΟΟ ΚΚ ΕΕ ΝΝ ΤΤ ΡΡ ΟΟ ΥΥ
Ø (α) Τα συμμετρικά του ορθοκέντρου ως προς τις πλευρές τριγώνου βρίσκονται στον
περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου.
(β) Τα συμμετρικά του ορθοκέντρου ως προς τα μέσα των πλευρών τριγώνου
βρίσκονται στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου και είναι αντιδιαμετρικά των
κορυφών του.

98. Καλοκαιρινό Μαθηματικό Σχολείο Ε.Μ.Ε 2014
(γ) Η απόσταση του περικέντρου από τη πλευρά του τριγώνου ισούται με το μισό της
απόστασης του ορθοκέντρου από την απέναντι κορυφή της.
Απόδειξη
(α) Έστω Η ′ η τομή του ύψους ΑΔ με το περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου.
Θα αποδείξουμε ότι το Η ′ , είναι το συμμετρικό του Η ως προς τη ΒΓ .
Ισχύουν οι παρακάτω ισότητες γωνιών:
Αˆ Βˆ 90o Γˆ
1 = 1 = −
1 2
Αˆ = Βˆ (εγγεγραμμένες και βαίνουν στο ίδιο τόξο Η Γ′ ).
Άρα 1 2
Βˆ = Βˆ και κατά συνέπεια τα ορθογώνια τρίγωνα ΒΔΗ και ΒΔΗ ′ είναι
ίσα. Δηλαδή ΔΗ = ΔΗ ′ , οπότε Η ′ είναι το συμμετρικό του Η ως προς τη ΒΓ .
(β) Έστω Α ′ το αντιδιαμετρικό του Α . Θα αποδείξουμε ότι το Α ′ , είναι το
συμμετρικό του Η ως προς το μέσο Μ της ΒΓ .
Εφόσον ΑΑ′ είναι διάμετρος του περιγεγραμμένου κύκλου, θα ισχύει:
ΑΓˆΑ′ = 90o , οπότε Α′Γ ⊥ ΑΓ και δεδομένου ότι ΒΗ ⊥ ΑΓ , καταλήγουμε:
ΒΗ // ΓΑ′ (1) .
Εφόσον ΑΑ′ είναι διάμετρος του περιγεγραμμένου κύκλου, θα ισχύει:
ΑΒˆΑ′ = 90o , οπότε Α′Β ⊥ ΑΒ και δεδομένου ότι ΓΗ ⊥ ΑΒ , καταλήγουμε:
ΓΗ // ΒΑ′ ( 2 ) .
Από τις σχέσεις (1) και ( 2 ) συμπεραίνουμε ότι το τετράπλευρο ΒΗΓΑ′ , είναι
παραλληλόγραμμο οπότε οι διαγώνιες του διχοτομούνται.
9 5

99. Γεωμετρία
(γ) Στο τρίγωνο ΑΗΑ′ το τμήμα ΟΜ συνδέει τα μέσα των πλευρών του, άρα
G ΑΗ
= = =
9 6
2
//
ΑΗ
ΟΜ = .
1 . 5 ΗΗ ΕΕ ΥΥ ΘΘ ΕΕ ΙΙ ΑΑ ΤΤ ΟΟ ΥΥ EUL E R
Ø Το ορθόκεντρο Η , το περίκεντρο Ο και το βαρύκεντρο G κάθε τριγώνου
βρίσκονται επάνω στην ίδια ευθεία (Ευθεία του Euler) και ισχύει GΗ = 2 ⋅GO .
Απόδειξη (1ος Τρόπος: Γεωμετρικά)
Έστω ότι η ΟΗ τέμνει την διάμεσο ΑΚ στο σημείο G . Θα αποδείξουμε ότι το G
είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ . Δηλαδή ότι: GΑ = 2GΚ .
Από τη προηγούμενη πρόταση έχουμε
// ΑΗ
ΟΚ = . Οπότε τα τρίγωνα GΗΑ και
2
G
Ο
Α
GΟΚ είναι όμοια και 2
G
G
ΟΚ
Η
Κ
.
Άρα το G είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ και GΗ = 2 ⋅GO .
Απόδειξη (2ος Τρόπος: Διανυσματικά)
Εφόσον Κ είναι το μέσο της ΒΓ θα ισχύει: ΟΒ +ΟΓ = 2 ⋅ΟΚ .
Εφόσον Λ είναι το μέσο της ΑΓ θα ισχύει: ΟΑ +ΟΓ = 2 ⋅ΟΛ .
Εφόσον Μ είναι το μέσο της ΑΒ θα ισχύει: ΟΑ +ΟΒ = 2 ⋅ΟΜ .
Προσθέτοντας τις τρεις τελευταίες σχέσεις κατά μέλη έχουμε:
ΟΑ +ΟΒ +ΟΓ =ΟΚ +ΟΛ +ΟΜ .

100. Καλοκαιρινό Μαθηματικό Σχολείο Ε.Μ.Ε 2014
= 1 ,ΟΛ ΒΗ
Χρησιμοποιώντας τώρα τις σχέσεις ΟΚ ΑΗ
1
3 G G G G
ΜΔ =ΜΑ =ΜΒ = και κατά συνέπεια ˆ ˆ ( 2 )
9 7
2
= 1 και ΟΜ ΓΗ
2
= 1 ,
2
έχουμε διαδοχικά: ΟΑ +ΟΒ +ΟΓ = (ΑΗ +ΒΗ +ΓΗ )
2
2(ΟΑ +ΟΒ +ΟΓ )= ΑΗ +ΒΗ +ΓΗ
2(ΟΑ +ΟΒ +ΟΓ )= (ΑΟ +ΟΗ )+ (ΒΟ +ΟΗ )+ (ΓΟ +ΟΗ )
3(ΟΑ +ΟΒ +ΟΓ )= 3 ⋅ΟΗ
ΟΑ +ΟΒ +ΟΓ =ΟΗ
Ο G +GΑ +Ο G +GΒ +Ο G +GΓ =ΟΗ
⋅Ο +Α+ Β+
Γ =ΟΗ oG
3 ⋅Ο G =ΟΗ .
Άρα τα σημεία Ο ,G,Η είναι συνευθειακά και GΗ = 2 ⋅GO .
Παρατήρηση
Παρακάτω θα κάνουμε και μία τρίτη απόδειξη για την ευθεία του Euler που
στηρίζεται στο γεωμετρικό μετασχηματισμό της ομοιοθεσίας.
1 . 6 ΟΟ ΚΚ ΥΥ ΚΚ ΛΛ ΟΟ ΣΣ ΤΤ ΟΟ ΥΥ EUL E R
Ø Τα μέσα των πλευρών, τα ίχνη των υψών και τα μέσα των ευθυγράμμων τμημάτων
που συνδέουν το ορθόκεντρο με τις κορυφές τριγώνου βρίσκονται επάνω στον ίδιο
κύκλο (Κύκλος του Euler).
Απόδειξη
Έστω Κ , Λ , Μ τα μέσα των πλευρών ΒΓ , ΑΓ , ΑΒ (αντίστοιχα) και ΑΔ το
ύψος που αντιστοιχεί στη πλευρά ΒΓ .
Θα αποδείξουμε ότι το τετράπλευρο ΚΛΜΔ είναι εγγράψιμο.
⇒
μέσο
Μ ΑΒ
⎭ ⎬ ⎫
μέσο
Λ ΑΓ
ΜΛ = // ΒΚ , άρα το τετράπλευρο ΚΛΜΒ είναι
παραλληλόγραμμο. Άρα ˆ ˆ (1)
Λ1 = Β
Η ΔΜ είναι η διάμεσος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα του ορθογωνίου
ΑΒ
τριγώνου ΑΔΒ , οπότε
2
Δ1 = Β .
Από τις σχέσεις (1) και ( 2 ) έχουμε: ˆ ˆ ( ˆ )
Λ1 = Δ1 =Β .
ˆΔ
Άρα το τετράπλευρο ΚΛΜΔ είναι εγγράψιμο (διότι η εξωτερική γωνία 1
είναι ίση
ˆΛ
με την απέναντι εσωτερική 1
).

101. Γεωμετρία
Έστω τώρα ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος ( c ) του τετραπλεύρου ΚΛΜΔ , τέμνει
την ΑΗ στο σημείο Ν . Θα αποδείξουμε ότι το Ν είναι το μέσο του ΑΗ .
Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΕΛΔΝ έχουμε: ˆ ˆ ( 3 )
ΑΓ
ΛΔ = ΛΑ = ΛΒ = και κατά συνέπεια ˆ ˆ ( 4 )
Εˆ = Αˆ . Άρα το Ν , είναι μέσο του ΑΗ .
9 8
Δ1 = Ε 1 .
Η ΔΛ είναι η διάμεσος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα του ορθογωνίου τριγώνου
ΑΔΓ , οπότε
2
Δ1 = Α1 .
Από τις σχέσεις ( 3 ) και ( 4 ) έχουμε: 1 1

102. Καλοκαιρινό Μαθηματικό Σχολείο Ε.Μ.Ε 2014
Παρατήρηση
Ο κύκλος του Euler ονομάζεται και “Κύκλος των εννέα σημείων”.
Ø Κέντρο του κύκλου του Euler τριγώνου ΑΒΓ , είναι το μέσο του ευθυγράμμου
τμήματος ΟΗ και η ακτίνα του ισούται με το μισό της ακτίνας του περιγεγραμμένου
κύκλου.
Απόδειξη
Τα τετράπλευρα ΟΚΗΗ 1 και ΟΚΗ 1Α είναι παραλληλόγραμμα. Διότι
ΟΚ = // ΗΗ 1 και ΟΚ = // Η 1Α .
Άρα το σημείο Ο ′ είναι μέσο του ευθυγράμμου τμήματος ΟΗ και του τμήματος
ΚΗ 1 . Επειδή όμως η γωνία Η ΔΑ ˆ
1 είναι ορθή, το ευθύγραμμο τμήμα ΚΗ 1 είναι
διάμετρος του κύκλου του Euler και κατά συνέπεια το Ο ′ είναι το κέντρο του
κύκλου του Euler.
Στο τρίγωνο ΗΟΑ έχουμε: ⇒
′
Η ΗΑ
μέσο
1 2
9 9
⎭ ⎬ ⎫
Ο ΗΟ
μέσο
1 //
ΟΑ
Ο ′Η = .
Παρατήρηση
Παρακάτω θα κάνουμε και μία δεύτερη απόδειξη για το κέντρο και την ακτίνα του
κύκλου του Euler που στηρίζεται στο γεωμετρικό μετασχηματισμό της ομοιοθεσίας.

103. Γεωμετρία
10 0
2 ΟΟΜΜ ΟΟ ΙΙΟΟ ΘΘΕΕΣΣ ΙΙΑΑ
2 . 1 ΟΟ ΡΡ ΙΙ ΣΣ ΜΜ ΟΟ ΙΙ
Ø Ονομάζουμε ομοιοθεσία με κέντρο το σημείο Ο και λόγο λ ∈ R∗ το γεωμετρικό
μετασχηματισμό με τον οποίο σε κάθε σημείο Α του επιπέδου αντιστοιχούμε ένα και μόνο
σημείο Α′ τέτοιο ώστε: OΑ′ = λ ⋅ΟΑ .
Ø Αν το σημείο Β είναι το ομοιόθετο του σημείου Α στην ομοιοθεσία με κέντρο Ο και
λόγο λ , τότε προφανώς τα σημεία Α ,Β και Ο είναι συνευθειακά (διότι OΒ = λ ⋅ΟΑ ).
(Δηλαδή: Το αρχέτυπο, η εικόνα και το κέντρο της ομοιοθεσίας, είναι συνευθειακά σημεία).
Ø Το ομοιόθετο ευθυγράμμου τμήματος ΑΒ στην ομοιοθεσία με κέντρο Ο και λόγο λ
είναι ευθύγραμμο τμήμα Α′Β ′ , όπου Α′,Β ′ είναι τα ομοιόθετα των σημείων Α,Β
(αντίστοιχα) στην ομοιοθεσία με κέντρο Ο και λόγο λ . Το ευθύγραμμο τμήμα Α′Β ′ είναι
παράλληλο με το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ και ισχύει: (Α′Β ′ ) = λ ⋅(ΑΒ ) .
Ø Το ομοιόθετο κύκλου C(O,R ) στην ομοιοθεσία με κέντρο Ο και λόγο λ είναι κύκλος
C′(O′,R′ ) , όπου
Ø Το ομοιόθετο τριγώνου στην ομοιοθεσία με κέντρο Ο και λόγο λ είναι τρίγωνο όμοιο
με το αρχέτυπο.

104. Καλοκαιρινό Μαθηματικό Σχολείο Ε.Μ.Ε 2014
Ø Αν το τρίγωνο Α′Β ′Γ ′ είναι το ομοιόθετο του τριγώνου ΑΒΓ στην ομοιοθεσία με
κέντρο Ο και λόγο λ , τότε όλα τα ομόλογα στοιχεία των δύο τριγώνων είναι ομοιόθετα ως
προς την ίδια ομοιοθεσία. Δηλαδή (για παράδειγμα) το ορθόκεντρο Η ′ του τριγώνου
Α′Β ′Γ ′ , είναι το ομοιόθετο του ορθοκέντρου Η του τριγώνου ΑΒΓ στην ομοιοθεσία με
κέντρο Ο και λόγο λ .
Ø Η συμμετρία ως προς κέντρο Ο , είναι ουσιαστικά η ομοιοθεσία με κέντρο Ο και λόγο
λ = −1 .
Ø Δίνονται οι κύκλοι
2 . 2 ΕΕ ΥΥ ΘΘ ΕΕ ΙΙ ΑΑ E U L E R ( ΟΟ ΜΜ ΟΟ ΙΙ ΟΟ ΘΘ ΕΕ ΣΣ ΙΙ ΑΑ )
Ø Το ορθόκεντρο Η , το περίκεντρο Ο και το βαρύκεντρο G κάθε τριγώνου
βρίσκονται επάνω στην ίδια ευθεία (Ευθεία του Euler) και ισχύει GΗ = 2 ⋅GO .
10 1
Απόδειξη

105. Γεωμετρία
Έστω Α1 ,Β1 ,Γ1 τα μέσα των πλευρών ΒΓ ,ΑΓ ,ΑΒ (αντίστοιχα) του τριγώνου
ΑΒΓ .
Γνωρίζουμε ότι το βαρύκεντρο χωρίζει τη διάμεσο σε δύο τμήματα, εκ των οποίων
το ένα είναι διπλάσιο του άλλου.
Άρα θα ισχύουν οι διανυσματικές ισότητες:
G 1 1 = − , Β GΒ
G 1 1 = − και Γ GΓ
λ = − 1 .
10 2
Α GΑ
2
2
G 1 1 = − .
2
Άρα το τρίγωνο Α1Β1Γ1 είναι το ομοιόθετο του ΑΒΓ στην ομοιοθεσία με κέντρο
το βαρύκεντρο G και λόγο
2
Εφόσον Β1Γ1 // ΒΓ και ΟΑ1 ⊥ ΒΓ θα ισχύει: ΟΑ1 ⊥ Β1Γ1 (1).
Εφόσον Α1Γ1 // ΑΓ και ΟΒ1 ⊥ ΑΓ θα ισχύει: ΟΒ1 ⊥ Α1Γ1 ( 2 ) .
Εφόσον Α1Β1 // ΑΒ και ΟΓ1 ⊥ ΑΒ θα ισχύει: ΟΓ1 ⊥ Α1Β1 ( 3 ) .
Από τις σχέσεις (1),( 2 ) και ( 3 ) συμπεραίνουμε ότι:
Το σημείο Ο είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου Α1 ,Β1 ,Γ1 .
Αν λοιπόν, Το σημείο Η είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ , τότε το
σημείο Ο θα είναι το ομοιόθετο του σημείου Η στην ομοιοθεσία με κέντρο το
βαρύκεντρο G και λόγο
λ = − 1 .
2
G = − 1 .
Δηλαδή θα ισχύει: Ο GΗ
2
Άρα τα σημεία Ο ,G,Η είναι συνευθειακά και GΗ = 2 ⋅GO .
2 . 3 ΚΚ ΥΥ ΚΚ ΛΛ ΟΟ ΣΣ E U L E R ( ΟΟ ΜΜ ΟΟ ΙΙ ΟΟ ΘΘ ΕΕ ΣΣ ΙΙ ΑΑ )
Ø Κέντρο του κύκλου του Euler τριγώνου ΑΒΓ , είναι το μέσο του ευθυγράμμου
τμήματος ΟΗ και η ακτίνα του ισούται με το μισό της ακτίνας του περιγεγραμμένου
κύκλου.

106. Καλοκαιρινό Μαθηματικό Σχολείο Ε.Μ.Ε 2014
Απόδειξη
Έστω Κ ,Λ και Μ τα μέσα των πλευρών ΒΓ ,ΑΓ και ΑΒ (αντίστοιχα) του
τριγώνου ΑΒΓ .
Σύμφωνα με τη προηγούμενη απόδειξη το τρίγωνο ΚΛΜ είναι το ομοιόθετο του
τριγώνου ΑΒΓ στην ομοιοθεσία με κέντρο το βαρύκεντρο G και λόγο
G ′ = − 1 .
G G G 1 G (1)
G ′ = − 1 Η ΗΟ GΟ
⇔G + ′ = − 1 ΗΟ Η GΟ
⇔ ′ = 2G − 1 G ( 2 )
10 3
λ = − 1 .
2
Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΚΛΜ , είναι ο κύκλος του Euler του
τριγώνου ΑΒΓ .
Άρα το σημείο Ο ′ (που είναι το περίκεντρο του τριγώνου ΚΛΜ ) είναι το
ομοιόθετο του σημείου Ο (που είναι το περίκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ ) στην
ομοιοθεσία με κέντρο το βαρύκεντρο G και λόγο
λ = − 1 .
2
Δηλαδή ισχύει η διανυσματική σχέση: Ο GΟ
2
Προσθέτοντας και στα δύο μέλη της τελευταίας σχέσης το διάνυσμα Ο G , έχουμε:
Ο + Ο ′ =Ο − GΟ ⇔
2
ΟΟ ′ = 3Ο .
2
Επειδή όμως GΗ = −2 ⋅GΟ , καταλήγουμε διαδοχικά στις παρακάτω διανυσματικές
σχέσεις: Ο GΟ
2
2
⇔ ′ = −G − 1
2
ΗΟ Ο GΟ
2
⇔ΗΟ ′ = − 3Ο .
2

107. Γεωμετρία
Από τις σχέσεις (1) και ( 2 ) , έχουμε: ΟΟ ′ =Ο Η′ . Δηλαδή το σημείο Ο ′ είναι το
μέσο του τμήματος ΟΗ .
Αν τώρα R′ είναι η ακτίνα του κύκλου του Euler τότε προφανώς R′ = λ R.
Δηλαδή
10 4
R′ = R .
2

108. Καλοκαιρινό Μαθηματικό Σχολείο Ε.Μ.Ε 2014
3 ΔΔ ΥΥΝΝ ΑΑΜΜΗΗ ΣΣ ΗΗΜΜ ΕΕ ΙΙΟΟ ΥΥ - ΡΡ ΙΙΖΖ ΙΙΚΚΟΟΣΣ ΑΑΞΞΟΟΝΝ ΑΑΣΣ - ΡΡ ΙΙΖΖ ΙΙΚΚΟΟ ΚΚ ΕΕΝΝ ΤΤ ΡΡΟΟ
3 . 1 ΔΔ ΥΥ ΝΝ ΑΑ ΜΜ ΗΗ ΣΣ ΗΗ ΜΜ ΕΕ ΙΙ ΟΟ ΥΥ
Ø Έστω P τυχόν σημείο του επιπέδου κύκλου C(O,R ) (που βρίσκεται εκτός του
κυκλικού δίσκου C(O,R ) ) και PT η εφαπτομένη από το P (T το σημείο επαφής ). Αν
τυχούσες ευθείες από το P τέμνουν το κύκλο στα σημεία A,B και Γ ,Δ τότε:
PA⋅ PB = PΓ ⋅ PΔ = PT 2 = PO2 − R2 .
Ø Έστω P τυχόν σημείο του επιπέδου κύκλου C(O,R ) (που βρίσκεται εντός του
κυκλικού δίσκου C(O,R ) ). Αν τυχούσες ευθείες από το P τέμνουν το κύκλο στα σημεία
A,B και Γ ,Δ τότε: PA⋅ PB = PΓ ⋅ PΔ = R2 − PO2
.
Ø Τη διαφορά PO2 − R2 την ονομάζουμε Δύναμη του σημείου P ως προς το κύκλο
C(O,R ) και τη συμβολίζουμε συνήθως P
DC(O,R ) .
Ø Διανυσματικά η δύναμη του σημείου P ως προς το κύκλο C(O,R ) , εκφράζεται από τη
σχέση: 2 2 PA⋅ PB = PO − R .
Ø Δίνεται ο κύκλος ( c ) με εξίσωση x2 + y2 + Ax + By +Γ = 0 . Από τυχόν σημείο
P( xo , yo ) (εκτός του κύκλου) θεωρούμε την εφαπτομένη PT (T το σημείο επαφής ). Τότε:
PT 2 x y Ax By .
2
o
= + + o + o +Γ
10 5
2
o
Ø Η τελευταία ισότητα εκφράζει τη δύναμη του σημείου P ως προς το κύκλο ( c ) , με τη
βοήθεια της αναλυτικής γεωμετρίας.
Ø Αν οι προεκτάσεις των πλευρών AB και ΓΔ του κυρτού τετραπλεύρου ABΓΔ
τέμνονται στο σημείο P και ισχύει PA⋅ PB = PΓ ⋅ PΔ , τότε το τετράπλευρο ABΓΔ είναι
εγγράψιμο (τα σημεία A,B,Γ ,Δ είναι ομοκυκλικά).

109. Γεωμετρία
Ø Αν οι διαγώνιες AB και ΓΔ του κυρτού τετραπλεύρου AΓBΔ τέμνονται στο σημείο P
και ισχύει PA⋅ PB = PΓ ⋅ PΔ , τότε το τετράπλευρο AΓBΔ είναι εγγράψιμο (τα σημεία
A,B,Γ ,Δ είναι ομοκυκλικά).
ΟΜΟΚΥΚΛΙΚΑ ΣΗΜΕΙΑ
Για να αποδείξουμε ότι τα σημεία A,B,Γ ,Δ είναι ομοκυκλικά, αρκεί να αποδείξουμε
ότι: PA⋅ PB = PΓ ⋅ PΔ .
(Προσέξτε τα δύο προηγούμενα σχήματα)
3 . 2 ΡΡ ΙΙ ΖΖ ΙΙ ΚΚ ΟΟ ΣΣ ΑΑ ΞΞ ΟΟ ΝΝ ΑΑ ΣΣ
Ø Στο ίδιο επίπεδο δίνονται οι κύκλοι C1(O1 ,R1 ) και C2 (O2 ,R2 ). Ο γεωμετρικός τόπος
των σημείων που έχουν ίσες δυνάμεις ως προς τους δύο κύκλους, είναι ευθεία κάθετη προς
τη διάκεντρο O1O2 που ονομάζεται ριζικός άξονας των δύο κύκλων.
Ø Αν δύο κύκλοι τέμνονται στα σημεία A και B , τότε ριζικός άξονας των δύο κύκλων
είναι η ευθεία που ορίζουν τα σημεία A και B .
Ø Αν M είναι τυχόν σημείο του ριζικού άξονα δύο κύκλων, τότε τα εφαπτόμενα τμήματα
από το M προς τους κύκλους είναι ίσα.
Ø Η εξίσωση του ριζικού άξονα των μη ομόκεντρων κύκλων
10 6
1 1 1
2 2
2 2
( c1 ) : x + y + A x + B y +Γ και ( c2 ) : x + y + A 2 x + B 2 y +Γ
2
είναι η ευθεία που έχει εξίσωση: ( A1 − A2 )x + ( B1 − B2 )y + (Γ1 −Γ 2 ) = 0 .
(Όλες οι εξισώσεις εννοούνται στο Καρτεσιανό επίπεδο)
3 . 3 ΡΡ ΙΙ ΖΖ ΙΙ ΚΚ ΟΟ ΚΚ ΕΕ ΝΝ ΤΤ ΡΡ ΟΟ
Ø Στο ίδιο επίπεδο δίνονται οι κύκλοι C1(O1 ,R1 ) ,C2 (O2 ,R2 ) και C3 (O3 ,R3 ) . Οι ριζικοί
άξονες (που ορίζουν οι κύκλοι ανά δύο), περνάνε από το ίδιο σημείο το οποίο ονομάζουμε
ριζικό κέντρο των τριών κύκλων.

110. Καλοκαιρινό Μαθηματικό Σχολείο Ε.Μ.Ε 2014
ΣΥΝΤΡΕΧΟΥΣΕΣ ΕΥΘΕΙΕΣ
Για να αποδείξουμε ότι τρεις ευθείες περνάνε από το ίδιο σημείο, αρκεί να
αποδείξουμε ότι είναι οι ριζικοί άξονες τριών κύκλων, οπότε θα συντρέχουν στο
ριζικό κέντρο.
3 . 4 ΠΠ ΡΡ ΟΟ ΒΒ ΛΛ ΗΗ ΜΜ ΑΑ
Ø Δίνονται οι κύκλοι ( ) C1 , ( ) C2 και ( ) C3 που είναι στο ίδιο επίπεδο και τέμνονται ανά
δύο. Αποδείξτε ότι οι κοινές χορδές τους συντρέχουν (περνάνε από το ίδιο σημείο).
Λύση (ΒΨ)
Όταν δύο κύκλοι τέμνονται, ριζικός τους άξονας
είναι η ευθεία που ορίζουν τα σημεία τομής
τους. Στη προκειμένη περίπτωση που οι κύκλοι
τέμνονται ανά δύο, η κοινή χορδή τους
βρίσκεται επάνω στο ριζικό άξονά τους. Οι τρείς
ριζικοί άξονες που δημιουργούνται περνάνε από
το ίδιο σημείο (το ριζικό κέντρο των τριών
κύκλων). Άρα και οι κοινές χορδές θα περνάνε
από το ριζικό κέντρο (δηλαδή συντρέχουν).
3 . 5 ΠΠ ΡΡ ΟΟ ΒΒ ΛΛ ΗΗ ΜΜ ΑΑ ( ROMA N I A N T S T F O R J BMO)
Ø Δίνεται τυχόν τρίγωνο ΑΒΓ . Κύκλος που περνά από τα Β ,Γ τέμνει τις πλευρές
ΑΒ και ΒΓ στα σημεία Δ ,Ε αντίστοιχα. Συμβολίζουμε με Β ′,Ε ′ τις προβολές των
Β ,Ε , επάνω στην ΓΔ . Συμβολίζουμε με Δ ′,Γ ′ τις προβολές των Δ ,Γ , επάνω στην
10 7
ΒΕ . Αποδείξτε ότι τα σημεία Β ′ , Γ ′ ,
Δ ′ και Ε ′ είναι ομοκυκλικά.
Λύση
Το τετράπλευρο ΒΒ ′Δ′Δ είναι εγγράψιμο,
οπότε ΙΒ ⋅ΙΔ′ = ΙΔ ⋅ΙΒ ′ (1) .
Το τετράπλευρο ΓΓ Ε′ Ε′ είναι εγγράψιμο,
οπότε
ΙΕ ⋅ΙΓ ′ = ΙΓ ⋅ΙΕ ′ ( 2 ) .
Το τετράπλευρο ΒΓΕΔ είναι
εγγεγραμμένο, οπότε
ΙΓ ⋅ΙΔ = ΙΒ ⋅ΙΕ ( 3 ).
Πολλαπλασιάζοντας τις σχέσεις
(1),( 2 ),( 3 ) έχουμε:
ΙΒ ′ ⋅ΙΕ ′ = ΙΓ ′ ⋅ΙΔ′ .
Άρα το τετράπλευρο Β ′Γ Ε′ Δ′ ′ είναι
εγγράψιμο.

111. Γεωμετρία
3 . 6 ΠΠ ΡΡ ΟΟ ΒΒ ΛΛ ΗΗ ΜΜ ΑΑ (US AMO 1 9 9 0 )
Ø Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και οι κύκλοι ( ) ( ) Cβ , Cγ με διαμέτρους ΑΓ και ΑΒ
αντίστοιχα. Ο κύκλος ( ) Cβ τέμνει την ΑΒ στο σημείο Γ 1 και ο κύκλος ( ) Cγ τέμνει την
ΑΓ στο σημείο Β 1 . Αν η ΒΒ 1 τέμνει τον κύκλο ( ) Cβ στα σημεία Μ ,Λ και η ΓΓ 1
τέμνει τον κύκλο ( ) Cγ στα σημεία Κ ,Ν , αποδείξτε ότι τα σημεία Κ ,Λ ,Μ ,Ν είναι
ομοκυκλικά.
Λύση (ΒΨ)
Έστω Σ το δεύτερο κοινό σημείο των δύο κύκλων και Τ το σημείο τομής των ΒΒ1
και ΓΓ1 .
Εφόσον ΑΓ και ΑΒ είναι διάμετροι των κύκλων ( ) Cβ και ( ) Cγ αντίστοιχα, θα
ισχύουν οι ισότητες: o
1 1 90 ΑΣˆΒ = ΑΣˆΓ = ΑΒˆ Τ = ΑΓˆ Τ = (όλες αυτές οι γωνίες
είναι εγγεγραμμένες και βαίνουν σε διαμέτρους).
Από τις παραπάνω ισότητες των γωνιών προκύπτει ότι το σημείο T είναι
ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ (οπότε ΑΤ ⊥ ΒΓ ) και τα σημεία Α,Τ ,Σ είναι
συνευθειακά. Επίσης προκύπτει ότι και τα σημεία Β ,Σ ,Γ είναι συνευθειακά.
Από τις τεμνόμενες χορδές ΜΛ και ΑΣ του κύκλου ( ) Cβ έχουμε:
ΤΜ ⋅ΤΛ =ΤΑ ⋅ΤΣ (1) .
Από τις τεμνόμενες χορδές ΚΝ και ΑΣ του κύκλου ( ) Cγ έχουμε:
ΤΚ ⋅ΤΝ =ΤΑ ⋅ΤΣ ( 2 ) .
Από τις σχέσεις (1) και ( 2 ) έχουμε: ΤΜ ⋅ΤΛ =ΤΚ ⋅ΤΝ οπότε το τετράπλευρο
ΚΛΝΜ είναι εγγράψιμο.
10 8

112. Καλοκαιρινό Μαθηματικό Σχολείο Ε.Μ.Ε 2014
4 ΘΘΕΕ ΩΩΡΡ ΗΗΜΜΑΑ TA ΜΜ ΕΕΝΝΕΕ ΛΛ ΑΑΟΟ ΥΥ - CEVA - AUBEL
4 . 1 ΘΘ ΕΕ ΩΩ ΡΡ ΗΗ ΜΜ ΑΑ ΤΤ ΟΟ ΥΥ ΜΜ ΕΕ ΝΝ ΕΕ ΛΛ ΑΑ ΟΟ ΥΥ
Ø Δίνεται τρίγωνο ABΓ . Στις ευθείες που ορίζουν οι πλευρές του BΓ , AΓ και AB ,
θεωρούμε τα σημεία A1 ,B1 και Γ 1 αντίστοιχα. Αν τα σημεία A1 ,B1 ,Γ 1 είναι
Γ Γ
A
συνευθειακά τότε ισχύει: 1 ⋅ ⋅ =
1
B
OA // BB // A B
ΓΓ
Θ ΘΑΛΗ
⇒ =
OB // AA // B
O // BB // AA A
A
Γ Γ
1 ⋅ ⋅ 1
= =
10 9
B
1
B A
A B
A
1
1
1
1
Γ
Γ
.
Αντίστροφα: Αν ένα από τα σημεία A1 ,B1 ,Γ 1 (ή όλα) είναι εξωτερικά σημεία των
πλευρών του τριγώνου και ισχύει η σχέση 1 Γ Γ
A
⋅ ⋅ =
1
B
B
1
B A
A B
A
1
1
1
1
Γ
Γ
, τότε τα σημεία
A1 ,B1 ,Γ 1 , είναι συνευθειακά.
Απόδειξη
Στο τυχόν σημείο O της τέμνουσας (ε ) θεωρούμαι ευθεία (δ ) ⊥ (ε ) και έστω
A2 ,B2 ,Γ 2 οι προβολές των A1 ,B1 ,Γ1 , επάνω στην ευθεία (δ ) .
(1)
OB
O
A
2
2
1
1
.
1 2 2 Γ Γ
( 2 )
O
OA
1
B A
2
2
1
.
1 2 2
Γ Γ
ΓΓ
Θ ΘΑΛΗ
⇒ =
( 3 )
OA
2
OB
B
2
Γ
1
1
.
1 2 2 ⇒ =
Γ
Γ
Θ ΘΑΛΗ
Πολλαπλασιάζουμε τις σχέσεις (1),( 2 ),( 3 ) κατά μέλη έχουμε:
1
OA
2
OB
O
OA
OB
O
B
B
1
B A
A B
A
2
2
2
2
2
1
1
1
Γ
Γ Γ
Γ
.
Το αντίστροφο του θεωρήματος του Μενελάου αποδεικνύεται με την εις άτοπο
απαγωγή και η χρησιμότητά του περιγράφεται στη παρακάτω παρατήρηση.

113. Γεωμετρία
ΣΥΝΕΥΘΕΙΑΚΑ ΣΗΜΕΙΑ
Για να αποδείξουμε ότι τα σημεία Κ ,Λ,Μ (που ανήκουν στις πλευρές τριγώνου)
είναι συνευθειακά, αρκεί να αποδείξουμε ότι ισχύει το αντίστροφο του θεωρήματος
του Μενελάου.
4 . 2 ΘΘ ΕΕ ΩΩ ΡΡ ΗΗ ΜΜ ΑΑ ΤΤ ΟΟ ΥΥ CE V A
Ø Δίνεται τρίγωνο ABΓ . Στις ευθείες που ορίζουν οι πλευρές του BΓ , AΓ και AB ,
θεωρούμε τα σημεία A1 ,B1 και Γ 1 αντίστοιχα. Αν οι ευθείες AA1 ,BB1 ,ΓΓ 1 περνάνε
από το ίδιο σημείο τότε: 1 Γ Γ
A
⋅ ⋅ =
1
B
ΚΑ
Β Γ
1 ⋅ 1 ⋅ =
Β Α
ΓΒ
Γ
1 ⋅ 1 ⋅ =
Γ Β
B
Γ Γ
1 ⋅ 1
⋅ =
11 0
B
1
B A
A B
A
1
1
1
1
Γ
Γ
.
Αντίστροφα: Αν ένα από τα σημεία A1 ,B1 ,Γ 1 (ή όλα) είναι εσωτερικά σημεία των
πλευρών του τριγώνου και ισχύει η σχέση 1 Γ Γ
A
⋅ ⋅ =
1
B
B
1
B A
A B
A
1
1
1
1
Γ
Γ
, τότε οι ευθείες
AA1 ,BB1 ,ΓΓ 1 περνάνε από το ίδιο σημείο.
Απόδειξη
Έστω ότι οι ευθείες AA1 ,BB1 ,ΓΓ1 τέμνονται στο σημείο Κ .
Εφαρμόζοντας στο τρίγωνο ABA1 το θεώρημα του Μενελάου με τέμνουσα την
ΓK έχουμε:
A 1 (1)
ΚΑ
1 1
Β
ΒΓ
.
Εφαρμόζοντας στο τρίγωνο AΓA1 το θεώρημα του Μενελάου με τέμνουσα την
ΒK έχουμε:
A A 1 ( 2 )
ΓΑ
1 1
Κ
ΚΑ
.
Πολλαπλασιάζοντας τις σχέσεις (1),( 2 ) κατά μέλη έχουμε:
1
A
B
B A
A B
A
1
1
1
1
Γ
Γ
.

114. Καλοκαιρινό Μαθηματικό Σχολείο Ε.Μ.Ε 2014
Το αντίστροφο του θεωρήματος του Ceva αποδεικνύεται με την εις άτοπο απαγωγή
και η χρησιμότητά του περιγράφεται στη παρακάτω παρατήρηση.
ΣΥΝΤΡΕΧΟΥΣΕΣ ΕΥΘΕΙΕΣ
Για να αποδείξουμε ότι τρεις ευθείες περνάνε από το ίδιο σημείο, αρκεί να
αποδείξουμε ότι είναι “ Σεβιανές” (*) τριγώνου για τις οποίες ισχύει το αντίστροφο
του θεωρήματος του Ceva.
(*) Ονομάζουμε Σεβιανές τριγώνου, τα ευθύγραμμα τμήματα που συνδέουν τις κορυφές του
τριγώνου με σημεία των απέναντι πλευρών του.
4 . 3 ΘΘ ΕΕ ΩΩ ΡΡ ΗΗ ΜΜ ΑΑ ΤΤ ΟΟ ΥΥ CE V A ( ΤΤ ΡΡ ΙΙ ΓΓ ΩΩ ΝΝ ΟΟ ΜΜ ΕΕ ΤΤ ΡΡ ΙΙ ΚΚ ΗΗ ΕΕ ΚΚ ΔΔ ΟΟ ΧΧ ΗΗ )
Ø Δίνεται τρίγωνο ABΓ . Στις ευθείες που ορίζουν οι πλευρές του BΓ , AΓ και AB ,
θεωρούμε τα σημεία A1 ,B1 και Γ 1 αντίστοιχα. Οι ευθείες AA1 ,BB1 ,ΓΓ 1 περνάνε από
ημα
ημβ
ημγ
το ίδιο σημείο αν και μόνο αν: 1 ⋅ 1
⋅ =
1
α β
.
ΑΑ
ΑΑ
ΒΑ
1 ημα
ΑΑ
ΑΑ
ΓΑ
1 ημα
11 1
1
2
2
2
ημγ
ημβ
ημα
.
Απόδειξη
Εφαρμόζοντας στο τρίγωνο ΑΒΓ το νόμο των ημιτόνων έχουμε:
γ
= = = 2R (1)
ημΓ
ημΒ
ημΑ
Εφαρμόζοντας στο τρίγωνο ΑΒΑ1 το νόμο των ημιτόνων έχουμε:
1 ( 2 )
1
1
1
1
ημΒ
ΒΑ
ημΒ
ημα
= ⇔ = .
Εφαρμόζοντας στο τρίγωνο ΑΓΑ1 το νόμο των ημιτόνων έχουμε:
2 ( 3 )
1
1
1
2
ημΓ
ΓΑ
ημΓ
ημα
= ⇔ = .

115. Γεωμετρία
Διαιρώντας τις σχέσεις ( 2 ) και ( 3 ) κατά μέλη έχουμε:
A B
ημΓ
γ
α
β
ημγ
ημβ
ημα
1 ⋅ ⋅ =
Γ Α
1
Β Α
1
11 2
ημα
1
2
1
A
1
ημα
ημΒ
Γ
= ⋅ .
Η τελευταία σχέση γίνεται (με βάσει τη σχέση (1)):
( i )
A B
A
ημα
1
2
1
1
ημα
β
Γ
= ⋅
Με όμοιο τρόπο αποδεικνύουμε τις σχέσεις:
( ii )
ημβ
1
2
Β Γ
1
1
ημβ
γ
Β Α
= ⋅
( iii )
ημγ
1
2
Γ Α
1
1
ημγ
α
Γ Β
= ⋅
Πολλαπλασιάζοντας τις σχέσεις ( i ),( ii ),( iii ) κατά μέλη έχουμε:
1
1
2
1
2
2
ημγ
ημβ
ημα
.
Παρατήρηση
Την τριγωνομετρική εκδοχή του θεωρήματος του Ceva θα την αναφέρουμε απλά, ως
“Τριγωνομετρικό Ceva”.
4 . 4 ΘΘ ΕΕ ΩΩ ΡΡ ΗΗ ΜΜ ΑΑ ΤΤ ΟΟ ΥΥ AU B E L
Ø Δίνεται τρίγωνο ABΓ . Στις ευθείες που ορίζουν οι πλευρές του BΓ , AΓ και AB ,
θεωρούμε τα σημεία Α1 ,Β 1 και Γ 1 αντίστοιχα. Αν οι ευθείες AA1 ,BB1 ,ΓΓ 1 περνάνε
από το ίδιο σημείο Ρ τότε:
Γ Β
Β Α
1
Β Γ
ΡΑ
ΡΑ
1
1
1
= + .
Απόδειξη
Έστω ότι οι ευθείες AA1 ,BB1 ,ΓΓ1 τέμνονται στο σημείο Ρ .
Εφαρμόζοντας στο τρίγωνο ABA1 το θεώρημα του Μενελάου με τέμνουσα την ΓΡ
A A ΡΑ
έχουμε: 1 (1)
1
1
1
Β Γ
1 1
ΡΑ
1 1
ΡΑ
Β
ΒΓ
Β Γ
ΡΑ
Β Α
Β
ΒΓ
⋅ ⋅ = ⇔ = ⋅ .

116. Καλοκαιρινό Μαθηματικό Σχολείο Ε.Μ.Ε 2014
Εφαρμόζοντας στο τρίγωνο AΓA1 το θεώρημα του Μενελάου με τέμνουσα την ΒΡ
A Γ 1
Α
ΡΑ
έχουμε: 1 1 ( 2 )
1 1
1 ΡΑ
A
+ = ⎛ + .
συνΑ
συνΓ
συνΒ
ημΓ
ημΒ
ημΑ
1 ⋅ ⋅ 1
= ⋅ ⋅ =
11 3
Γ
ΡΑ
1 1
ΓΒ
1 1
ΓΑ
ΓΒ
ΡΑ
Γ Β
ΓΑ
Γ Β
ΡΑ
⋅ ⋅ = ⇔ = ⋅ .
Προσθέτοντας κατά μέλη τις σχέσεις (1) και ( 2 ) έχουμε:
ΡΑ
1
Β
ΓΑ
1 1
Γ Α
1
1 1
Β Α
1
ΡΑ
ΒΓ
ΒΓ
ΡΑ
Γ Β
Β Γ
⎞
= ⎟⎠
⎜⎝
4 . 5 ΠΠ ΡΡ ΟΟ ΒΒ ΛΛ ΗΗ ΜΜ ΑΑ ( ΟΟ ΡΡ ΘΘ ΟΟ ΚΚ ΕΕ ΝΝ ΤΤ ΡΡ ΟΟ ΜΜ ΕΕ ΤΤ ΡΡ ΙΙ ΓΓ ΩΩ ΝΝ ΟΟ ΜΜ ΕΕ ΤΤ ΡΡ ΙΙ ΚΚ ΟΟ CE V A )
Ø Αποδείξτε ότι τα ύψη τριγώνου περνάνε από το ίδιο σημείο.
Απόδειξη
Από τα ορθογώνια τρίγωνα που δημιουργούνται έχουμε:
ημΑ1 =συν Β , ημΑ2 =συν Γ ( i )
ημΒ1 =συν Γ , ημΒ 2 =συν Α ( ii )
ημΓ1 =συν Α , ημΓ2 =συν Β ( iii ).
Από τις σχέσεις ( i ),( ii ),( iii ) έχουμε:
1
2
1
2
2
συνΒ
συνΑ
συνΓ
ημΓ
ημΒ
ημΑ
.
Άρα (σύμφωνα με τη τριγωνομετρική εκδοχή του θεωρήματος του Ceva) τα ύψη του
τριγώνου συντρέχουν.
4 . 6 ΠΠ ΡΡ ΟΟ ΒΒ ΛΛ ΗΗ ΜΜ ΑΑ ( ΓΓ ΕΕ ΝΝ ΙΙ ΚΚ ΕΕ ΥΥ ΣΣ ΗΗ S T E I N E R ΜΜ ΕΕ ΤΤ ΡΡ ΙΙ ΓΓ ΩΩ ΝΝ ΟΟ ΜΜ ΕΕ ΤΤ ΡΡ ΙΙ ΚΚ ΟΟ CE V A )
Ø Δίνεται τρίγωνο ABΓ . Με βάση τις πλευρές του τριγώνου κατασκευάζουμε
ισοσκελή τρίγωνα A1BΓ , B1ΑΓ και Γ 1AB τα οποία βρίσκονται εξωτερικά του
τριγώνου και είναι όμοια μεταξύ τους. Αποδείξτε ότι οι ευθείες AA1 ,BB1 ,ΓΓ 1 περνάνε
από το ίδιο σημείο.
Απόδειξη
Εφόσον τα τρίγωνα A1BΓ , B1ΑΓ και Γ1AB είναι ισοσκελή και όμοια, οι παρά τη
βάση γωνίες τους είναι ίσες.

117. Γεωμετρία
Από το νόμο των ημιτόνων στο τρίγωνο ΑBΑ1 έχουμε:
ΑΑ
=
ημ Β
ΑΑ
( +
x )
ημ Β
ημΑ
1 α
( x )
ημ Γ
ημΒ
+
1 β
= .
( x )
ημ Α
ημΓ
+
1 γ
= .
ημΓ
ημΒ
ημΑ
1 ⋅ ⋅ =
11 4
(1)
1
( x )
1
α
1
+
ημΑ
.
Από το νόμο των ημιτόνων στο τρίγωνο ΑΓΑ1 έχουμε:
( 2 )
1
( x )
2
α
1
+
=
ημ Γ
ημΑ
.
Διαιρώντας τις σχέσεις (1) και ( 2 ) έχουμε:
( )
( x )
2
ημ Γ
ημΑ
+
=
Με όμοιο τρόπο έχουμε:
( )
( x )
2
ημ Α
ημΒ
+
( )
( x )
2
ημ Β
ημΓ
+
Πολλαπλασιάζοντας τις σχέσεις (α ),(β ) και (γ ) καταλήγουμε:
1
1
2
1
2
2
ημΓ
ημΒ
ημΑ
.
Οπότε σύμφωνα με το Θεώρημα του Ceva οι ευθείες AA1 ,BB1 ,ΓΓ1 περνάνε από το
ίδιο σημείο.

118. Καλοκαιρινό Μαθηματικό Σχολείο Ε.Μ.Ε 2014
5 ΕΕ ΥΥΘΘΕΕ ΙΙΕΕ ΣΣ SIMSON
5 . 1 ΕΕ ΥΥ ΘΘ ΕΕ ΙΙ ΑΑ S IMS O N
Ø Δίνεται τρίγωνο ABΓ και τυχόν σημείο Ρ του περιγεγραμμένου κύκλου του. Αν
Α1 ,Β 1 και Γ1 είναι οι προβολές του Ρ στις ευθείες που ορίζουν οι πλευρές BΓ , AΓ
και AB του τριγώνου (αντίστοιχα), τότε τα σημεία Α1 ,Β 1 και Γ1 είναι συνευθειακά.
Απόδειξη
Το τετράπλευρο 1 1 AB ΡΓ είναι εγγράψιμο, οπότε: xˆ ˆ Bˆ
11 5
Ρ 1Γ1 = Ρ ΑΓ1 = .
Το τετράπλευρο ABΓΡ είναι εγγεγραμμένο, οπότε: ˆ ˆ ˆx
Ρ ΑΓ1 = ΡΓΒ = .
Το τετράπλευρο Γ Α Ρ 1 1 B είναι εγγράψιμο, οπότε: yˆ ˆ Bˆ
Γ 1Α1 =Α1Ρ Γ = .
Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΡΑ1Γ , έχουμε: ˆx + ˆy = 90o .
Άρα o
1 1 1 180 Bˆ
Α Γ = . Δηλαδή τα σημεία Α1 ,B1 ,Γ1 είναι συνευθειακά.

119. Γεωμετρία
5 . 2 ΓΓ ΩΩ ΝΝ ΙΙ ΑΑ ΕΕ ΥΥ ΘΘ ΕΕ ΙΙ ΩΩ ΝΝ S IMS O N
Ø Δίνεται τρίγωνο ABΓ και δύο διαφορετικά σημεία του περιγεγραμμένου κύκλου
του. Οι ευθείες Simpson που αντιστοιχούν στα δύο σημεία σχηματίζουν γωνία που
ισούται με το μισό του τόξου που δημιουργούν τα δύο διαφορετικά σημεία.
Απόδειξη: Έστω Κ ,Ν δύο σημεία του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου
ABΓ και (ε ),(δ ) οι αντίστοιχες ευθείες Simpson. Οι γωνίες που σχηματίζουν οι
δύο ευθείες Simpson είναι ˆx + ˆy ή 180o −( ˆx + ˆy ) (βλέπε στο σχήμα). Θα
αποδείξουμε ότι οποιαδήποτε εγγεγραμμένη γωνία που βαίνει στο τόξο με άκρα τα
σημεία Κ ,Ν είναι ˆx + ˆy ή 180o −( ˆx + ˆy ) .
Το τετράπλευρο Κ B1Α1Γ είναι εγγράψιμο, οπότε B1ΚˆΓ = ˆy και από το
ορθογώνιο τρίγωνο Κ ΒΓ έχουμε: Κ ΓΒˆ = 90o − ˆ11 y (1)
.
Το τετράπλευρο Ν Α2Β 2Γ είναι εγγράψιμο, οπότε B2Νˆ Γ = ˆx και από το
ορθογώνιο τρίγωνο Ν Β 2Γ έχουμε: ˆ 90o ˆx ( 2 )
Ν ΓΒ 2 = − .
Από τις σχέσεις (1),( 2 ) έχουμε: Ν ΓˆΚ = 180o − ( ˆx + ˆy ).
11 6

120. Καλοκαιρινό Μαθηματικό Σχολείο Ε.Μ.Ε 2014
5 . 3 ΚΚ ΑΑ ΘΘ ΕΕ ΤΤ ΕΕ ΣΣ ΕΕ ΥΥ ΘΘ ΕΕ ΙΙ ΕΕ ΣΣ S IMS ON
Ø Οι ευθείες Simpson που αντιστοιχούν σε αντιδιαμετρικά σημεία του περι-
γεγραμμένου κύκλου τριγώνου ABΓ είναι κάθετες μεταξύ τους.
Απόδειξη 1: Χρησιμοποιούμε το αποτέλεσμα του προηγούμενου προβλήματος.
Απόδειξη 2: Αρκεί να αποδείξουμε ότι ˆx + ˆy = 90o .
Από το εγγράψιμο τετράπλευρο ΒΒ 2Μ Α′ 2 έχουμε: 2
11 7
ˆy =ΒΜˆ Α′ = 90 o
−Μ Β′ˆΑ
2
ˆx = ΑΜˆΒ = 90 o
−ΜΑˆΒ
Από το εγγράψιμο τετράπλευρο ΑΒ1ΜΓ 1 έχουμε: 1
1
Επειδή όμως Μ Β′ˆΓ +ΜΑˆΓ = 90o , έχουμε τελικά ˆx + ˆy = 90o .
5 . 4 ΠΠ ΑΑ ΡΡ ΑΑ ΛΛ ΛΛ ΗΗ ΛΛ ΙΙ ΕΕ ΣΣ ΕΕ ΥΥ ΘΘ ΕΕ ΙΙ ΩΩ ΝΝ S IMS O N
Ø Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ , το ορθόκεντρό του Η και τυχόν σημείο Μ του
περιγεγραμμένου κύκλου του. Αν η προέκταση της καθέτου από το Μ προς τη ΒΓ
τέμνει το περιγεγραμμένο κύκλο στο σημείο N , τότε η ΑΝ είναι παράλληλη προς την
ευθεία Simson (ε ) που αντιστοιχεί στο σημείο Μ και η ευθεία Simson διχοτομεί το
τμήμα ΗΜ .
Απόδειξη: Από το εγγράψιμο τετράπλευρο ΜΓΑ1Β1 έχουμε:
ˆ ˆ (1)
Β1Α1Μ =ΜΓΒ1 .
Από τις εγγεγραμμένες γωνίες που βαίνουν στο τόξο ΑΜ έχουμε:

121. Γεωμετρία
ΜΓˆΑ =ΜΝˆ Α ( 2 ) .
Από τις σχέσεις (1) και ( 2 ) έχουμε ΜΑˆ Β ΜΝˆΑ
11 8
1 1 = , οπότε ΑΝ //(ε ) .
Έστω Κ το συμμετρικό του Μ και Λ το συμμετρικό του H ως προς τη ΒΓ .
Τότε το τετράπλευρο ΚΛΗΜ είναι ισοσκελές τραπέζιο και η ΒΓ είναι
μεσοκάθετος των παράλληλων πλευρών του ΗΛ και ΜΚ .
Από το ισοσκελές τραπέζιο ΚΛΗΜ έχουμε: Λˆ 1 =Ηˆ 1
.
Εφόσον ΑΛ //ΜΝ , τα τόξα ΛΝ και ΑΜ θα είναι ίσα, οπότε οι εγγεγραμμένες
γωνίες που βαίνουν σε αυτά είναι ίσες. Δηλαδή Αˆ ˆ 1 =Λ1
.
5 . 5 ΟΟ ΜΜ ΟΟ ΙΙ ΟΟ ΘΘ ΕΕ ΤΤ ΗΗ ΕΕ ΥΥ ΘΘ ΕΕ ΙΙ ΑΑ ΣΣ S IMS O N
Ø Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και τυχόν σημείο Μ του περιγεγραμμένου κύκλου του. Αν
Μ 1 ,Μ 2 ,Μ 3 είναι τα συμμετρικά του σημείου Μ προς τις πλευρές ΒΓ ,ΑΓ ,ΑΒ
αντίστοιχα, τότε τα Μ 1 ,Μ 2 ,Μ 3 ανήκουν σε ευθεία (δ ) η οποία διέρχεται από
σταθερό σημείο (για τις διάφορες θέσεις που μπορεί να πάρει το σημείο Μ επάνω στο
περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου).
Απόδειξη: Έστω Α1 ,Β1 ,Γ1 τα μέσα των ΜΜ 1 ,ΜΜ 2 ,ΜΜ 3 . Τότε τα Α1 ,Β1 και
Γ1 είναι οι προβολές του σημείου Μ στις πλευρές ΒΓ ,ΑΓ και ΑΒ του τριγώνου
ΑΒΓ αντίστοιχα. Άρα τα Α1 ,Β1 ,Γ1 θα ανήκουν στην ευθεία Simson (ε ) που
αντιστοιχεί στο σημείο Μ .

122. Καλοκαιρινό Μαθηματικό Σχολείο Ε.Μ.Ε 2014
Τα σημεία Μ 1 ,Μ 2 ,Μ 3 θα ανήκουν στην ευθεία (δ ) , που είναι η ομοιόθετη της
ευθείας (ε ) στην ομοιοθεσία με κέντρο το σημείο Μ και λόγο 2 .
Γνωρίζουμε όμως (από τη προηγούμενη πρόταση) ότι η ευθεία Simson (ε ) ,
διχοτομεί το τμήμα ΗΜ (Η το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ ). Άρα οι ευθείες
(δ ) (που προκύπτουν από τις διάφορες θέσεις του σημείου Μ στο περιγεγραμμένο
κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ ), θα περνάνε από το Η .
11 9

123. Γεωμετρία
6 ΤΤ ΟΟ ΘΘΕΕ ΩΩΡΡΗΗ ΜΜΑΑ ΤΤ ΗΗ ΣΣ ΠΠ ΕΕ ΤΤ ΑΑΛΛΟΟ ΥΥΔΔ ΑΑ ΣΣ
Το Θεώρημα της Πεταλούδας δημοσιεύτηκε το 1815 από τον William Horner (1786-1837)
μαζί με το περίφημο “σχήμα του Horner” που χρησιμοποιείται στη θεωρία των πολυωνύμων.
6 . 1 ΛΛ ΗΗ ΜΜ ΜΜ ΑΑ ΤΤ ΟΟ ΥΥ HA R U K I
Ø Δίνεται κύκλος C(O,R ) και δύο μη τεμνόμενες χορδές του ΑΒ και ΓΔ . Από τυχόν
σημείο Ρ του τόξου ΑΒ (που δεν ανήκουν τα Γ ,Δ ), θεωρούμε τις χορδές ΡΓ και ΡΔ
που τέμνουν τη χορδή ΑΒ στα σημεία Ε ,Ζ αντίστοιχα. Η τιμή του κλάσματος
ΖΑ ΖΒ ΖΡ ΖΔ
ΑΕ ΖΒ ΖΕ ΒΗ .
12 0
ΑΕ ⋅ΒΖ
ΕΖ
παραμένει σταθερή (ανεξάρτητα από τη θέση του μεταβλητού σημείου Ρ ).
Απόδειξη: Έστω ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΡΕΔ τέμνει τη
προέκταση της χορδής AB στο σημείο Η . Τότε η γωνία Ηˆ = Ρˆ παραμένει
σταθερή για τις διάφορες θέσεις του Ρ , οπότε το σημείο Η παραμένει σταθερό
(επάνω στην προέκταση τα ΒΗ ) δηλαδή BΗ = ct = σταθερό.
Από τις τεμνόμενες χορδές ΡΔ και ΑΗ έχουμε:
⇒ ⋅ = ⋅ ⇒
⎭ ⎬ ⎫
⋅ = ⋅
⋅ = ⋅
ΖΑ ΖΒ ΖΕ ΖΗ
ΖΕ ΖΗ ΖΡ ΖΔ
⇒(ΑΕ +ΖΕ )⋅ΖΒ = ΖΕ ⋅(ΖΒ +ΒΗ )⇒
= = ct
ΑΕ ⋅
ΖΒ
⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ ΒΗ
ΖΕ
Παρατήρηση: Αν θεωρήσουμε το περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΡΖΓ
ΑΕ ⋅
ΖΒ
καταλήγουμε: = ΑΘ
= ct
ΖΕ
.
Προφανώς λοιπόν θα ισχύει: ΒΗ = ΑΘ .

124. Καλοκαιρινό Μαθηματικό Σχολείο Ε.Μ.Ε 2014
6 . 2 ΘΘ ΕΕ ΩΩ ΡΡ ΗΗ ΜΜ ΑΑ ΤΤ ΗΗ ΣΣ ΠΠ ΕΕ ΤΤ ΑΑ ΛΛ ΟΟ ΥΥ ΔΔ ΑΑ ΣΣ
Ø Δίνεται κύκλος C(O,R ) και έστω Μ το μέσο τυχούσας χορδής PQ . Θεωρούμε
χορδές ΑΒ και CD που διέρχονται από το σημείο Μ και τα σημεία Α ,C βρίσκονται
στο ίδιο ημιεπίπεδο με ακμή την PQ . Αν οι χορδές ΑD και CΒ τέμνουν την PQ στα
σημεία Κ και Ν , τότε το Μ είναι μέσο του ΚΝ .
Απόδειξη 1: Από τις ομοιότητες των ορθογωνίων τριγώνων του σχήματος έχουμε:
2
n
D
k ( 3 )
2 2
KA ⋅ KD = KP ⋅ KQ = ( l − k )( l + k ) = l −
k
12 1
(1)
k k
1 2
n n
k
n
k
1
2
n
k
k
k
n
n
n
1 2
2
2
1
2
⇒ =
⎫
⎪ ⎪⎭
⎪ ⎪⎬
=
=
k k
D
k
n
1 2
1
⋅
⎫
=
ΚΑ Κ
ΚΑ
Ν
και ( 2 )
n n
C N
D n
k
C
1 2
2
1
2
=
⋅
⇒
⎪ ⎪⎭
⎪ ⎪⎬
=
Ν Β
Κ
ΝΒ
Από τις σχέσεις (1) και ( 2 ) έχουμε: = 2
ΚΑ ⋅
Κ
C N
Ν ⋅
Β
.
Έστω ΜΡ =Μ Q = l τότε:
2 2
NC ⋅ NB = NP ⋅ NQ = ( l + n )( l − n ) = l −
n
2 2
2
l k
k
−
Από τις δύο προηγούμενες σχέσεις, η σχέση ( 3 ) γίνεται: 2
2 2
= και
l n
n
−
εκτελώντας πράξεις έχουμε k = n .
Απόδειξη 2: Εφαρμόζουμε δύο φορές το Λήμμα του Haruki.

125. Γεωμετρία
6 . 3 ΠΠ ΡΡ ΟΟ ΒΒ ΛΛ ΗΗ ΜΜ ΑΑ ( BMO 2 0 08 )
Ø Δίνεται οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο ΑΒ C με ΑC Β C . Έστω Ο το περίκεντρο,
Η το ορθόκεντρο και F το ίχνος του ύψους από το C . Έστω Ρ σημείο στην ευθεία
ΑΒ (διαφορετικό από το Α ) τέτοιο ώστε ΑF = Ρ F και Μ το μέσο της ΑC .
Συμβολίζουμε με X την τομή των ΡΗ και Β C , με Y την τομή των ΟΜ και FX , και
με Z την τομή των OF και ΑC . Αποδείξτε ότι τα σημεία F ,M,Y και Z είναι
ομοκυκλικά.
Απόδειξη: Αρκεί να αποδείξουμε ότι FZ ⊥ FY .
Το συμμετρικό του ορθοκέντρου Η ως προς την πλευρά ΑΒ , βρίσκεται στο περι-
γεγραμμένο κύκλο του τριγώνου. Άρα F είναι το μέσο του ΗΗ ′ . Γνωρίζουμε
επίσης ότι το F είναι μέσο του ΑΡ . Δηλαδή το τετράπλευρο ΑΗΡΗ ′ είναι ρόμβος
(επειδή και οι διαγώνιες του είναι κάθετες).
Άρα το συμμετρικό Χ ′ του Χ ως προς το F θα βρίσκεται επάνω στην ΑΗ ′ .
Από το θεώρημα της πεταλούδας συμπεραίνουμε ότι το F είναι μέσο και του KL .
12 2

126. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
ΚΑΛΟΚΑΙΡΙΝΟ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΣΧΟΛΕΙΟ ΕΜΕ
ΛΕΠΤΟΚΑΡΥΑ ΠΙΕΡΙΑΣ 2014
ΜΑΘΗΜΑ: ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ
Κουφός Θεόδωρος
Δρ μαθηματικός - Σχολικός Σύμβουλος
ΜΕΡΟΣ ΠΡΩΤΟ
123
Α. Πρόλογος
Θεωρούμε την ενασχόληση με τη Γεωμετρία πολύ σημαντική για το μαθητή,
γιατί είναι το μάθημα που κατά κύριο λόγο διαμορφώνει τη μαθηματική σκέψη, αφού
καλλιεργεί τη δημιουργική φαντασία και αναπτύσσει το κριτικό πνεύμα.
Τα θέματα της Γεωμετρίας που θα παρουσιάσουμε στο πρώτο μέρος
απευθύνονται σε μαθητές που έχουν παρακολουθήσει την Α΄ Τάξη του Γενικού
Λυκείου και έχουν το θεωρητικό υπόβαθρο των έξι πρώτων κεφαλαίων της
Ευκλείδειας Γεωμετρίας και κύρια του έκτου κεφαλαίου ( εγγεγραμμένα σχήματα ).
Δίνεται έμφαση σε ειδικά θέματα, όπως ο κύκλος του Euler, η ευθεία Simson, το
θεώρημα Nagel κ.λ.π., αλλά και εφαρμογές τους σε ποιο σύνθετα θέματα.
Β. Σύντομη ιστορική εισαγωγή
Η Γεωμετρία ιστορικά εξελίχθηκε μέσα από τρία στάδια: α) Την
υποσυνείδητη γεωμετρία β) την επιστημονική ή εργαστηριακή γεωμετρία και γ)
την αποδεικτική γεωμετρία.
α) Η υποσυνείδητη γεωμετρία αναφέρεται στην ακαθόριστη γνωριμία του
ανθρώπου με τις βασικές γεωμετρικές έννοιες, οι οποίες ήταν αποτέλεσμα των
παρατηρήσεων που έκανε και της ικανότητάς του να αναγνωρίζει τη φυσική μορφή
και να συγκρίνει σχήματα και μεγέθη. Η βασική έννοια της απόστασης και το γεγονός
ότι μεταξύ δύο θέσεων ο συντομότερος δρόμος είναι η ευθεία γραμμή, θα πρέπει να
είναι από τις πρώτες γεωμετρικές έννοιες που κέντρισαν το ενδιαφέρον και την
περιέργεια του ανθρώπου. Στην προσπάθειά του ο άνθρωπος να προστατευθεί από
εξωτερικούς κινδύνους αναγκάστηκε να οριοθετεί περιοχές, κατασκευάζοντας
φράχτες ή τοίχους. Όλοι καταλαβαίνουμε ότι μ’ αυτή τη δραστηριότητα προκύπτουν
υποσυνείδητα στην αρχή και συνειδητά στη συνέχεια οι απλές γεωμετρικές έννοιες
της γωνίας, του ευθύγραμμου τμήματος, της καθετότητας κ.λ.π. Παρατηρώντας τους
δίσκους του ήλιου και του φεγγαριού καλλιεργήθηκε σταδιακά η έννοια του κύκλου,
ενώ η παρατήρηση του ουράνιου τόξου δείχνει ότι υπάρχουν και άλλες μορφές
καμπύλων. Η φύση είναι πλούσια σε σχήματα που εντυπωσιάζουν με τη μορφή τους
για να αναπτυχθούν υποσυνείδητα και άλλες απλές γεωμετρικές έννοιες. Η
αποθήκευση αγαθών θα πρέπει να γέννησε την έννοια του όγκου. Η ιδέα του χώρου
συνειδητοποιείται όταν παρατηρούμε τον ουρανό τη νύχτα κ.ο.κ.
β) Το δεύτερο στάδιο στην εξέλιξη της γεωμετρίας εμφανίζεται όταν ο
άνθρωπος κατάφερε να διατυπώσει γεωμετρικούς κανόνες, μέσα από πειράματα, για
τον υπολογισμό μηκών, εμβαδών και όγκων, χωρίς όμως να κατανοεί και να
αιτιολογεί αυτά που κάνει. Για παράδειγμα αν κάποιος μετρήσει με σχοινί το μήκος
ενός ξύλινου δίσκου θα καταλήξει στο συμπέρασμα ότι αυτό είναι λίγο μεγαλύτερο

127. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
από το τριπλάσιο της διαμέτρου του. Το εργαστηριακό στάδιο της γεωμετρίας
εμφανίστηκε και αναπτύχθηκε στην Αίγυπτο και στην περιοχή της Μεσοποταμίας,
από την Πέμπτη έως την Τρίτη χιλιετία π.Χ., συμβάλλοντας στην ανάπτυξη της
γεωργίας, της μηχανικής, στη κατασκευή ημερολογίων και γενικότερα στις
βιοτεχνικές ασχολίες. Οι Αιγύπτιοι είναι αυτοί που πραγματοποίησαν τα πρώτα
βήματα στην ανάπτυξη αυτού του είδους γεωμετρίας. Για να υπολογίσουν π.χ. το
εμβαδόν ενός κύκλου τον προσέγγιζαν με ένα τετράγωνο με πλευρά ίση με τα 8/9 της
διαμέτρου, μέθοδος που δίνει στο π τιμή ίση με 256/81 ή 3,16 περίπου. Τα
Αιγυπτιακά επιτεύγματα τα γνωρίζουμε κυρίως από δύο πηγές: τον Πάπυρο του
Rhind, που βρίσκεται στο Βρετανικό Μουσείο και τον Πάπυρο της Μόσχας. Ότι
γνωρίζουμε για τα επιτεύγματα των Βαβυλωνίων τα οφείλουμε σε πήλινες πινακίδες
που βρέθηκαν κυρίως στην περιοχή της Ασσυρίας. Μία τέτοια πινακίδα που βρέθηκε
το 1936 και χρονολογείται μεταξύ 1900 και 1600 π.Χ. δίνει στον αριθμό π την τιμή
3,125. Οι Βαβυλώνιοι είναι αυτοί που πραγματοποίησαν σημαντικές προόδους στη
λογιστική αριθμητική και στην επίλυση πρωτοβαθμίων και δευτεροβαθμίων
εξισώσεων. Η συνεισφορά των δύο λαών στα Μαθηματικά περιορίσθηκε στο να
κληροδοτήσουν στους Έλληνες ένα σύνολο εμπειρικών μαθηματικών κανόνων. Για
παράδειγμα αν και οι δύο λαοί γνώριζαν το πυθαγόρειο θεώρημα, κανείς τους δεν
διατύπωσε το γενικό κανόνα που διέπει τις πλευρές οποιουδήποτε ορθογωνίου
τριγώνου. Αυτό που έκαναν π.χ. οι Βαβυλώνιοι ήταν να προσδιορίζουν απλώς τριάδες
ακεραίων αριθμών που ικανοποιούν αυτή τη σχέση. Ποτέ δεν αναρωτήθηκαν γιατί να
ισχύει μία τέτοια σχέση ή ακόμη περισσότερο να την αξιοποιήσουν για να
ανακαλύψουν καινούργια γνώση. Αν είχαν κάνει κάτι τέτοιο ίσως θα ήταν αυτοί που
θα ανακάλυπταν τους άρρητους αριθμούς προλαβαίνοντας τους Έλληνες. Η
γεωμετρία που αναπτύχθηκε πριν το 600π.Χ. είναι κυρίως εργαστηριακή ή
επιστημονική γεωμετρία.
γ) Το τρίτο στάδιο στην εξέλιξη της γεωμετρίας αρχίζει γύρω στο 600π.Χ. και
οφείλεται κυρίως στις πρωτοποριακές προσπάθειες του Θαλή του Μιλήσιου, ενός
από τους επτά σοφούς της αρχαιότητας. Το έδαφος προς αυτή την κατεύθυνση
προετοίμασε μια γενικότερη αλλαγή που συντελείτε στην ανθρώπινη σκέψη, στην
περιοχή αυτή, ενάντια στις δοξασίες, τους μυστικισμούς και τις δεισιδαιμονίες του
παρελθόντος. Ο Θαλής είναι αυτός που εισάγει την αποδεικτική διαδικασία στη
γεωμετρία, αποδεικνύοντας γεωμετρικά θεωρήματα και πραγματοποιεί έτσι τα πρώτα
βήματα για τη συστηματοποίηση της γεωμετρίας, την οποία ολοκληρώνει τρεις
αιώνες αργότερα ο Ευκλείδης με τα περίφημα Στοιχεία του. Ήταν ο πρώτος που
εξέτασε την έννοια της ισότητας σχημάτων στο χώρο μέσω της μετατόπισης,
κάνοντας ουσιαστικά τα πρώτα βήματα προς τη μαθηματικοποίηση του χώρου.
Ταξίδεψε στη Βαβυλώνα και την Αίγυπτο όπου και μυήθηκε στις Μαθηματικές
γνώσεις αυτών των λαών. Να τονίσουμε ακόμη μία φορά ότι τα Μαθηματικά των
Ανατολικών λαών είχαν εμπειρικό χαρακτήρα και περιορίζονταν στη διατύπωση
μαθηματικών κανόνων χωρίς ίχνη αιτιολόγησης.
Στη διάρκεια της παραμονής του στην Αίγυπτο υπολόγισε το ύψος της
πυραμίδας του Χέοπα χρησιμοποιώντας θεωρία όμοιων τριγώνων. Συγκεκριμένα
μέτρησε το μήκος της σκιάς της πυραμίδας, το μήκος της σκιάς ενός ραβδιού κάθετου
στη γη και από τα όμοια τρίγωνα που σχηματίζονται προσδιόρισε το ύψος της
πυραμίδας. Πρέπει να σημειώσουμε ότι για τη μέτρηση της σκιάς της πυραμίδας, που
είχε τετραγωνική βάση, έπρεπε οι ακτίνες του ήλιου να πέφτουν κάθετα στην
πυραμίδα, κάτι που συμβαίνει δυο φορές το χρόνο.
Στο Θαλή οφείλονται οι πρώτες γεωμετρικές αποδείξεις όπως:
• Οι κατακορυφήν γωνίες είναι ίσες.
124

128. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
• Οι προσκείμενες στη βάση γωνίες του ισοσκελούς τριγώνου είναι ίσες.
• Η εγγεγραμμένη γωνία που βαίνει σε ημικύκλιο είναι ορθή.
• Δύο τρίγωνα είναι ίσα αν έχουν μία πλευρά ίση και τις προσκείμενες
σ’αυτήν γωνίες ίσες μία προς μία.
Μετά το Θαλή τον Μιλήσιο ο Πυθαγόρας είναι αυτός που συνέβαλε στην
παραπέρα εξέλιξη της γεωμετρίας με την ανακάλυψη του πυθαγορείου θεωρήματος
και την θεωρητική μελέτη του συστήματος των ακεραίων αριθμών.
Το Πυθαγόρειο Θεώρημα είναι το πρώτο σημαντικό θεώρημα στην ιστορία των
μαθηματικών. Έχουν καταγραφεί πάνω από πεντακόσιες διαφορετικές αποδείξεις
του. Οι πυθαγόρειοι υποστηρίζουν ότι η ανακάλυψή του οφειλόταν στο δάσκαλό
τους, ο οποίος θυσίασε στους θεούς εκατό βόδια σε ένδειξη ευγνωμοσύνης.
Η ανακάλυψη του Πυθαγορείου Θεωρήματος στάθηκε ταυτόχρονα και μοιραία
για τη σχολή των πυθαγορείων, γιατί διαπιστώθηκε η ύπαρξη ασύμμετρων μεγεθών
και κατ’ επέκταση άρρητων αριθμών, πράγμα αντίθετο με τις μέχρι τότε πεποιθήσεις
τους. Αυτό είχε σαν αποτέλεσμα τη δημιουργία της πρώτης κρίσης στην ιστορία των
μαθηματικών. (Να αναφέρουμε μόνο ότι η κρίση ξεπεράστηκε προσωρινά από ένα
οξυδερκή μαθηματικό της κλασικής περιόδου, το Εύδοξο τον Κνίδιο, ο οποίος
ανέπτυξε τη θεωρία των λόγων στην οποία δεν κάνει διάκριση για ρητά ή άρρητα
ευθύγραμμα τμήματα). Για να κατανοήσει κάποιος το μέγεθος της κρίσης που
ξέσπασε θα πρέπει να γνωρίζει κάποια πράγματα για τη φιλοσοφία των πυθαγορείων.
Η φιλοσοφική σχολή των πυθαγορείων είναι η πλέον σημαντική ανάμεσα στους
προσωκρατικούς φιλοσόφους. Ιδρυτής της ήταν ο Πυθαγόρας ο Σάμιος, ο οποίος
έφυγε από τη Σάμο και εγκαταστάθηκε στον Κρότωνα της Νότιας Ιταλίας, γύρω στα
530 π.Χ., όπου και ίδρυσε τη σχολή του με μεγάλο αριθμό μαθητών. Οι πυθαγόρειοι
ψάχνοντας για την αλήθεια των νόμων του σύμπαντος ασχολήθηκαν με τη μελέτη της
αριθμητικής , της γεωμετρίας, της αστρονομίας και της μουσικής(το γνωστό
τετραόδιο). Πίστευαν ότι τα δομικά υλικά για την κατανόηση του κόσμου που μας
περιβάλλει είναι οι φυσικοί αριθμοί και ότι ο λόγος δύο οποιονδήποτε ομοειδών
μεγεθών είναι ίσος με το λόγο δύο φυσικών αριθμών. Για το λόγο αυτό ανήγαγαν την
αριθμητική σε θεωρητική επιστήμη υψηλού επιπέδου, σε αντίθεση με την
υπολογιστική αριθμητική των Βαβυλωνίων.
Η Σχολή των Πυθαγορείων ξεπεράστηκε από την ακαδημία του Πλάτωνα, με
τον Αριστοτέλη να είναι ο πιο σημαντικός από τους μαθητές της.
Να τονίσουμε ότι οι Αρχαίοι Έλληνες δημιούργησαν ακόμη έννοιες σχετικές με
τα απειροστά και διαδικασίες πρόσθεσης ( μέθοδος εξάντλησης ), που στα χρόνια
της Αναγέννησης αποτέλεσαν τη βάση για την ανακάλυψη του Διαφορικού και
Ολοκληρωτικού Λογισμού. Ανέπτυξαν ακόμη γεωμετρία καμπυλών διαφορετικών
από την ευθεία και τον κύκλο ( κωνικές τομές ) και γεωμετρία επιφανειών
διαφορετικών από το επίπεδο και τη σφαίρα. Ένα μεγάλο μέρος της γεωμετρίας
αυτής οφείλεται στις προσπάθειες για τη λύση των τριών διάσημων προβλημάτων της
αρχαιότητας, ο διπλασιασμός του κύβου ( Δήλιο πρόβλημα ), η τριχοτόμηση της
γωνίας και το πλέον σημαντικό ο τετραγωνισμός του κύκλου.
Το έργο όλων των σχολών και των μεγάλων μαθηματικών της κλασικής
περιόδου το συγκέντρωσε ο Ευκλείδης ( ο πρώτος μεγάλος μαθηματικός της
Αλεξανδρινής εποχής ) , το ταξινόμησε, το συμπλήρωσε, το συστηματοποίησε και
το παρουσίασε με ιδανικό τρόπο σε ένα έξοχο σύγγραμμα, τα Στοιχεία του.
Ξεκινώντας από επιλεγμένα με σοφό τρόπο αξιώματα και αρχικές έννοιες, απέδειξε
όλα τα βασικά θεωρήματα των προγενέστερων μαθηματικών. Όπως επισημαίνουν
ιστορικοί ερευνητές των Μαθηματικών το έργο του Ευκλείδη αποτελεί έργο τέχνης
125

129. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
με τα Στοιχεία του να υπολείπονται σε εκδόσεις μόνο της Αγίας Γραφής. Μπορούμε
να σημειώσουμε ότι και σήμερα ακόμη η αξιωματική μέθοδος είναι από τα πιο
σημαντικά ερευνητικά εργαλεία των Μαθηματικών. Να τονίσουμε ακόμη ότι η
αμφισβήτηση του αιτήματος των παραλλήλων δημιούργησε το 18ο αιώνα τις μη
Ευκλείδειες Γεωμετρίες.
Συνοπτικά μπορούμε να πούμε ότι στο χρονικό διάστημα από το 600 π.Χ. μέχρι
το 300 π.Χ. περίπου οι Αρχαίοι Έλληνες, με την αποδεικτική διαδικασία που
εισήγαγαν μέσω του παραγωγικού συλλογισμού, που χρησιμοποιούσαν στη
φιλοσοφία τους, την εξιδανίκευση των μαθηματικών εννοιών μέσω της αφαίρεσης
και της γενίκευσης, έδωσαν ουσιαστικά στα Μαθηματικά τη μορφή που έχουν
σήμερα.
Γ. Tο διάγραμμα μεθόδου του G. Polya: «πώς να το λύσω».
Ο μεγάλος δάσκαλος των Μαθηματικών G. Polya στο περίφημο βιβλίο του
«πώς να το λύσω», παρουσιάζει συνοπτικά ένα διάγραμμα, στο οποίο αναφέρει όλες
τις σκέψεις (ερωτήσεις – υποδείξεις) που κάνει ένας μαθηματικός στην προσπάθειά
του να λύσει ένα πρόβλημα. Η μελέτη του διαγράμματος θα βοηθήσει το μαθητή στη
λύση προβλημάτων γιατί δίνει τον τρόπο και τη μέθοδο με την οποία πρέπει να
προσεγγίζεται ένα πρόβλημα.
Μέθοδος επίλυσης ενός προβλήματος
Κατανόηση του προβλήματος
Πρώτο: Πρέπει να γίνει κατανοητό το πρόβλημα.
1. Ποιο είναι το ζητούμενο; Ποια είναι τα δεδομένα; Ποια είναι η συνθήκη;
2. Χαράξτε ένα σχήμα. Χρησιμοποιείστε κατάλληλο συμβολισμό.
3. Χωρίστε τα διάφορα μέρη της συνθήκης. Μπορείτε να τα γράψετε;
Δεύτερο: Βρείτε τη σχέση μεταξύ των δεδομένων και του ζητούμενου. Αν δεν
μπορεί να βρεθεί άμεση συσχέτιση, ίσως να αναγκαστείτε να εξετάσετε
βοηθητικά προβλήματα. Πρέπει τελικά να αποκτήσετε ένα σχέδιο λύσης.
Επινόηση ενός σχεδίου
1. Το έχετε συναντήσει άλλοτε; Μήπως έχετε δει το ίδιο πρόβλημα με
126
διαφορετική μορφή;
2. Γνωρίζετε κανένα σχετικό πρόβλημα; Γνωρίζετε κάποιο θεώρημα που θα
μπορούσε να είναι χρήσιμο;
3. Αναλογιστείτε το ζητούμενο και προσπαθήστε να σκεφτείτε γνωστό
πρόβλημα με το ίδιο ή παρόμοιο ζητούμενο.
4. Αν δεν μπορείτε να λύσετε το πρόβλημά σας προσπαθήστε να λύσετε πρώτα
ένα άλλο σχετικό πρόβλημα. Θα μπορούσατε να σκεφτείτε ένα πιο προσιτό
σχετικό πρόβλημα; Ένα γενικότερο πρόβλημα; Ένα ειδικότερο πρόβλημα;
Ένα ανάλογο πρόβλημα; Θα μπορούσατε να λύσετε ένα μέρος του
προβλήματος; Κρατήστε μόνο ένα μέρος της συνθήκης και αγνοήστε το άλλο
μέρος, κατά πόσο έχει έτσι προσδιοριστεί το ζητούμενο και κατά ποιο τρόπο
μπορεί αυτό να μεταβάλλεται;
5. Θα μπορούσατε να εξαγάγετε κάτι χρήσιμο από τα δεδομένα; Θα
μπορούσατε να σκεφτείτε άλλα δεδομένα, κατάλληλα για τον προσδιορισμό

130. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
του ζητούμενου; Θα μπορούσατε να αλλάξετε το ζητούμενο ή τα δεδομένα ή
στην ανάγκη και τα δύο, έτσι ώστε το νέο ζητούμενο και τα νέα δεδομένα να
βρίσκονται πιο κοντά μεταξύ τους;
6. Χρησιμοποιήσατε όλα τα δεδομένα; Χρησιμοποιήσατε ολόκληρη τη
συνθήκη; Λάβατε υπόψη σας όλες τις ουσιώδες έννοιες που περιέχονται στο
πρόβλημα;
Εκτέλεση του σχεδίου
Τρίτο: Εκτελέστε το σχέδιό σας. Όταν εκτελείτε το σχέδιο λύσης, να ελέγχετε κάθε
βήμα. Μπορείτε να αντιληφθείτε καθαρά ότι το βήμα είναι ορθό; Μπορείτε να
αποδείξετε ότι είναι ορθό;
Ανασκόπηση
127
Τέταρτο:
1. Μπορείτε να ελέγξετε το αποτέλεσμα;
2. Μπορείτε να βρείτε το αποτέλεσμα με άλλο τρόπο;
3. Μπορείτε να χρησιμοποιήσετε το αποτέλεσμα ή τη μέθοδο για κάποιο
άλλο πρόβλημα;
Δ. Μεθοδολογικά στοιχεία
Μολονότι τα Μαθηματικά προβλήματα δεν αντιμετωπίζονται όλα με κάποια
συγκεκριμένη μεθοδολογία, εν τούτοις, υπάρχουν κάποιες τεχνικές που βοηθούν το
μαθητή να προχωρήσει στα πρώτα του βήματα και με τη συστηματική ενασχόληση
να αποκτήσει εμπειρία και ευχέρεια στην προσέγγιση και τη λύση γεωμετρικών
θεμάτων. Στα μαθηματικά γενικότερα υπάρχουν κάποιες εκφράσεις - κλειδιά που
παραπέμπουν σε συγκεκριμένες ενέργειες και τεχνικές. Στη συνέχεια αναλύουμε
χαρακτηριστικές εκφράσεις τις οποίες συναντάμε συχνά στις ασκήσεις που
παρουσιάζουμε:
α) Να αποδειχθεί ότι τρία σημεία π.χ. Α, Β, Γ είναι συνευθειακά.
1ος τρόπος: Αρκεί να αποδείξουμε ότι δύο από τις ευθείες που ορίζουν τα σημεία
αυτά είναι παράλληλες ή κάθετες στην ίδια ευθεία.
2ος τρόπος: Αρκεί να θεωρήσουμε ευθεία χ΄χ η οποία να διέρχεται από το σημείο
Β με τα σημεία Α και Γ εκατέρωθεν και στη συνέχεια να αποδείξουμε ότι οι
γωνίες ΑΒx' και xΒΓ είναι ίσες.
3ος τρόπος: Αρκεί να αποδείξουμε ότι η γωνία ΑΒΓ είναι 180 μοίρες.
β) Να αποδειχθεί ότι τέσσερα σημεία π.χ. Α, Β, Γ, Δ είναι ομοκυκλικά 1
1ος τρόπος: Αρκεί να αποδείξουμε ότι το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι εγγράψιμο.
1 Με τις μετρικές σχέσεις σε κύκλο ( μέρος Δ ) θα εμπλουτίσουμε τους τρόπους με τους οποίους
αποδεικνύουμε ότι τέσσερα τουλάχιστον σημεία είναι ομοκυκλικά.

131. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
2ος τρόπος: Αρκεί να προσδιορίσουμε κατάλληλο ευθύγραμμο τμήμα, π.χ. ΚΛ.
το οποίο να φαίνεται από τα σημεία Α, Β, Γ, Δ με ορθή γωνία. Τότε τα σημεία Α,
Β, Γ, Δ θα ανήκουν σε κύκλο με διάμετρο το ευθύγραμμο τμήμα ΚΛ.
γ) Να αποδειχθεί ότι τρεις ή περισσότερες ευθείες συντρέχουν.
Στις ασκήσεις που παρουσιάζουμε παρακάτω ο μαθητής θα συναντήσει αρκετές
φορές την παραπάνω έκφραση, οπότε και θα αποσαφηνίσει τις τεχνικές με τις
οποίες αποδεικνύουμε ότι τρεις τουλάχιστον ευθείες συντρέχουν.
Ενδεικτικά αναφέρουμε το αντίστροφο της Δέσμης ευθειών, το αντίστροφο του
Θεωρήματος Ceva, τις διαμέσους τριγώνου, τα ύψη τριγώνου, τις διχοτόμους
τριγώνου, την τεχνική των παραλληλογράμμων ( αν δύο παραλληλόγραμμα έχουν
κοινή διαγώνιο, τότε οι άλλες δύο διαγώνιες θα διέρχονται από το μέσο της
κοινής διαγωνίου, κατά συνέπεια έχουμε τρεις ευθείες οι οποίες συντρέχουν ),
ακόμη τρεις ευθείες συντρέχουν αν και μόνο αν οι συμμετρικές τους ως προς
κέντρο ή ως προς άξονα συντρέχουν.
δ) Στην αποκαλούμενη «Στατική Γεωμετρία» ( η Γεωμετρία της Κλασικής
Περιόδου ), συχνά μας ζητείται να αποδείξουμε ότι δύο γωνίες είναι ίσες ή ότι
δύο ευθύγραμμα τμήματα είναι ίσα. Στην περίπτωση αυτή φροντίζουμε να
μεταφέρουμε τις γ ωνίες ή τ α ε υθύγραμμα τ μήματα σ ε ά λλη θ έση ώ στε τ α
στοιχεία αυτά να είναι άμεσα συγκρίσιμα Για το σκοπό αυτό όταν μας δίνονται τα
δεδομένα της άσκησης κάνουμε τις λεγόμενες «άμεσες κινήσεις» έτσι ώστε να
αξιοποιήσουμε καλύτερα τα γνωστά θεωρήματα.
Μερικά απλά παραδείγματα ( χωρίς να καλύπτουμε όλες τις περιπτώσεις ).
1 Όταν μας δίνεται ένα παραλληλόγραμμο και η μία διαγώνιος, θα φέρουμε
οπωσδήποτε και την άλλη διαγώνιο για να αξιοποιήσουμε όλες τις ιδιότητες
των παραλληλογράμμων.
2 Όταν μας δίνεται κύκλος, σημείο Σ εκτός του κύκλου και το εφαπτόμενο
τμήμα ΣΑ, τότε οι άμεσες κινήσεις είναι να φέρουμε το άλλο εφαπτόμενο
τμήμα ΣΒ, να φέρουμε τ η χ ορδή Α Β κ αι τη διακεντρική ευθεία ΟΣ. Οι
ιδιότητες που μπορούμε να αξιοποιήσουμε είναι:
ι) Η διακεντρική ευθεία ΟΣ διχοτομεί τις γωνίες στο Σ και στο Ο.
ιι) Η ευθεία ΣΟ είναι μεσοκάθετος στη χορδή ΑΒ
ιιι) Τα εφαπτόμενα τμήματα είναι ίσα
3. Όταν σε τρίγωνο μας δίνονται τα τρία ύψη του, οι άμεσες κινήσεις είναι να
ενώσουμε τα ίχνη των υψών του. Στη συνέχεια αξιοποιούμε το γεγονός ότι
έξι ( 6 ) τετράπλευρα είναι εγγράψιμα.
4. Όταν δύο κύκλοι εφάπτονται μία πρώτη κίνηση είναι να φέρουμε την κοινή
εφαπτομένη 2
Σημαντική παρατήρηση: Ένα καλά σχεδιασμένο γεωμετρικό σχήμα αποκαλύπτει
πολλές από τις κρυμμένες ιδιότητές του.
2 Η συνεχής και συστηματική ενασχόληση με τη Γεωμετρία θα εξασκήσει το μαθητή στις πρώτες
σημαντικές κινήσεις για τη λύση ασκήσεων.
128

132. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
Ε. Γενικά θέματα γεωμετρίας με τη λύση τους3
«Ό,τι υποχρεωθήκατε να ανακαλύψετε μόνοι σας, χαράζει ένα μονοπάτι στο
μυαλό σας, το οποίο μπορείτε να το ανακαλύψετε πάλι, αν η ανάγκη το απαιτήσει»
G.G. Lichenberg ( Γερμανός Φυσικός του 18ου αιώνα ).
1. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και ο περιγεγραμμένος κύκλος του ( Ο, R ). Αν ΒΔ και
ΓΕ είναι ύψη του τριγώνου ΑΒΓ να αποδείξετε ότι ΟΑ ⊥ ΔΕ ( Θεώρημα Nagel ).
Απόδειξη
Φέρνουμε την εφαπτομένη x ' x στο σημείο Α.
Επειδή η ακτίνα ΟΑ είναι κάθετη στην
εφαπτομένη, αρκεί να αποδείξουμε ότι
η ΔΕ είναι παράλληλη στην εφαπτομένη.
Έχουμε:  '
Σχόλιο: Από το παραπάνω θεώρημα διαπιστώνουμε ότι οι κάθετες από τις
κορυφές τριγώνου στις αντίστοιχες πλευρές του ορθικού τριγώνου διέρχονται
από το περίκεντρο του τριγώνου. Το συμπέρασμα αυτό αποτελεί τεχνική για
να αποδείξουμε ότι τρεις ευθείες συντρέχουν, όπως φαίνεται στην επόμενη
άσκηση
129
Α
Ε
Δ
Ο
Β Γ
χ΄
χ
Ια
Ιβ
Ιγ
Α
Β Γ
Γ = x ΑΒ ( από χορδής και
εφαπτομένης ) ( 1 ). Από το εγγράψιμο
τετράπλευρο ΒΓΔΕ προκύπτει Γ = ΑΕΔ (2).
Από τις σχέσεις ( 1 ) και ( 2 ) έπεται ότι
x'ΑΒ = ΑΕΔ . Επομένως x ' x // ΔΕ και έτσι η
απόδειξη είναι πλήρης.
2. Από τα παράκεντρα , , α β γ Ι Ι Ι τριγώνου ΑΒΓ φέρνουμε κάθετες στις πλευρές
ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ του τριγώνου αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι οι κάθετες αυτές
διέρχονται από το περίκεντρο του τριγώνου α β γ Ι Ι Ι .
Απόδειξη
Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι το ορθικό
τρίγωνο του τριγώνου α β γ Ι Ι Ι
( γιατί;). Με εφαρμογή του
θεωρήματος Nagel προκύπτει το
ζητούμενο ( γιατί; ).
3 Είναι μαθησιακά ωφέλιμο για το μαθητή να αποσαφηνίζει όλα τα ερωτηματικά «γιατί;» που
υπάρχουν στις λύσεις που παραθέτουμε.

133. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
3. Να αποδείξετε ότι οι προβολές κάθε σημείου του περιγεγραμμένου κύκλου
τριγώνου πάνω στις πλευρές του είναι σημεία συνευθειακά ( ευθεία Simson ).
Απόδειξη
Έστω Μ τυχαίο σημείο του περιγεγραμμένου
κύκλου στο τρίγωνο ΑΒΓ. Έστω ακόμη Δ, Ε, Ζ
οι προβολές του Μ στις πλευρές ΒΓ, ΓΑ και ΑΒ
αντίστοιχα. Φέρνουμε τα τμήματα ΖΕ και ΕΔ.
Αρκεί να αποδείξουμε ότι ΑΕΖ = ΓΕΔ ( γιατί; ).
Η προηγούμενη σχέση προκύπτει από τα
εγγράψιμα τετράπλευρα ΜΖΑΕ, ΜΕΔΓ και
ΜΑΒΓ ( γιατί; ).
Σχόλιο: Η ευθεία του Simson μας παρέχει μια νέα τεχνική για να
αποδεικνύουμε ότι τρία σημεία είναι συνευθειακά. Προς τούτο αρκεί να
δείξουμε ότι τα σημεία αυτά ορίζουν την ευθεία Simson κάποιου τριγώνου
αντίστοιχη σε κάποιο σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ( βλ.
επόμενη άσκηση ).
4. Δίνεται κύκλος και τρεις χορδές του ΑΒ, ΑΓ, ΑΔ. Με διαμέτρους τις χορδές
αυτές γράφουμε κύκλους οι οποίοι τέμνονται ανά δύο σε τρία σημεία τα οποία
βρίσκονται στην ίδια ευθεία ( Θεώρημα Salmon ).
Απόδειξη
Έστω ότι οι κύκλοι με διαμέτρους ΑΒ,
ΑΓ τέμνονται στο σημείο Η, οι κύκλοι
με διαμέτρους ΑΓ, ΑΔ τέμνονται στο
σημείο Ζ και οι κύκλοι με διαμέτρους
ΑΔ,ΑΒ τέμνονται στο σημείο Ε.
Επειδή ΑΗΒ = ΑΗΓ = 90o έπεται ότι η
ΗΒΓ είναι ευθεία. Όμοια είναι ευθεία
και η ΒΕΔ και η ΓΖΔ. Θεωρούμε τώρα
το τρίγωνο ΒΓΔ όπου το σημείο Α
ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του. Η
ευθεία του Simson για το σημείο Α είναι η
ευθεία που ορίζεται από τα
σημεία H, Ε, Ζ. Άρα είναι συνευθειακά.
130
Α
Μ
Ε
Β Δ
Γ
Ζ
Δ
Γ
Β
Α
Ζ
Η
Ε

134. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
5. Σε κάθε τρίγωνο το ορθόκεντρο και τυχαίο σημείο του περιγεγραμμένου
κύκλου απέχουν εξ ίσου από την ευθεία του Simson την αντίστοιχη προς το
σημείο.
Απόδειξη
Έστω ΑΒΓ το δοσμένο τρίγωνο και ΙΘ η
αντίστοιχη ευθεία Simson. Φέρνουμε το
ευθύγραμμο τμήμα ΗΜ (Η το ορθόκεντρο)
το οποίο τέμνει την ευθεία Simson στο
σημείο Λ. Αρκεί να αποδείξουμε ότι το
Λ είναι μέσο του τμήματος ΗΜ (γιατί ;).
Έστω Ζ το σημείο τομής του ύψους ΑΔ
με τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου.
Φέρνουμε την ΜΖ η οποία τέμνει την
πλευρά ΒΓ στο σημείο Κ και την ευθεία
Simson στο Ν. Το τρίγωνο ΚΖΗ είναι
ισοσκελές4 ( γιατί;). Αξιοποιώντας αυτό το
στοιχείο και το ότι το τετράπλευρο ΜΓΘΙ
( δες σχήμα ) συμπεραίνουμε ότι ΘΝ//ΗΚ και ακόμη ότι το Ν είναι μέσο του
τμήματος ΚΜ ( γιατί;). Από το τρίγωνο τώρα ΜΗΚ επειδή το Ν είναι μέσο της ΚΜ
και ΝΛ//ΚΗ έπεται ότι και το σημείο Λ είναι μέσο της ΗΜ και η απόδειξη είναι
ολοκληρωμένη.
6. Τέσσερες ευθείες τεμνόμενες ανά τρεις σχηματίζουν τέσσερα τρίγωνα. Να
αποδειχθεί ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι στα τρίγωνα αυτά διέρχονται από το
ίδιο σημείο ( σημείο Miquel ).
Απόδειξη
Θεωρούμε τους περιγεγραμμένους κύκλους στα τρίγωνα ΒΔΖ και ΑΒΓ οι οποίοι
τέμνονται στο σημείο Μ ( βλ.σχήμα ). Αρκεί να αποδείξουμε ότι το τετράπλευρο
ΜΓΕΖ είναι εγγράψιμο ( η απόδειξη απλή ).
131
Α
Η
Ε
Β Δ
Γ
Μ
Ζ
Θ
Ι
Κ
Λ
Ν
Α
Β
Δ
Γ
Μ
Ζ Ε
7. Στην προηγούμενη άσκηση να αποδειχθεί ότι τα ορθόκεντρα των τεσσάρων
τριγώνων βρίσκονται στην ίδια ευθεία.
4 Είναι καλό να γνωρίζει ο μαθητής ότι τα συμμετρικά του ορθοκέντρου ως προς τις πλευρές του
ανήκουν στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου.

135. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
Απόδειξη
Έστω Μ το σημείο του Mikel. Τα τέσσερα τρίγωνα έχουν την ίδια ευθεία Simson ως
προς το σημείο Μ ( γιατί;). Έστω Η1,Η2 ,Η3 ,Η4 τα ορθόκεντρα των τεσσάρων
τριγώνων. Τότε τα μέσα των τμημάτων 1 2 3 4 ΜΗ ,ΜΗ ,ΜΗ ,ΜΗ βρίσκονται στην
ευθεία του Simson σύμφωνα με την άσκηση 5. Επομένως και τα σημεία
1 2 3 4 Η ,Η ,Η ,Η θα είναι συνευθειακά.
8. Σε τρίγωνο ΑΒΓ ο εγγεγραμμένος κύκλος εφάπτεται στις πλευρές ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ
στα σημεία Δ, Ε, Ζ αντίστοιχα. Αν Ι είναι το έγκεντρο του τριγώνου και η ΒΙ
τέμνει τη ΔΕ στο σημείο Κ , να αποδειχθεί ότι: ΑΚ ⊥ ΒΚ .
Απόδειξη
Φέρνουμε την ΑΚ ⊥ ΒΙ . Αρκεί να δείξουμε ότι τα σημεία Δ, Κ, Ε είναι συνευθειακά.
Το τετράπλευρο ΑΙΛΓ είναι εγγράψιμο σε κύκλο ( γιατί;). Το σημείο Ι ανήκει στον
περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΛΓ, οπότε σύμφωνα με το θεώρημα Simson
οι προβολές του στις πλευρές του είναι σημεία συνευθειακά.
Ε
Κ
132
Α
Ι
Ζ
Δ
Β Λ
Γ
Σχόλιο: Παρατηρούμε ότι η λύση της άσκησης ανάγεται στην τεχνική των
συνευθειακών σημείων, ενώ κάτι τέτοιο δεν προϊδεάζεται από το ζητούμενο της
άσκησης. Η φυσιολογική προσέγγιση θα ήταν να αποδείξουμε ότι στο τρίγωνο ΑΙΚ οι
γωνίες Α και Ι έχουν άθροισμα 90 μοίρες, κάτι που ενδεχομένως να είναι πολύ
δύσκολο! ( δοκιμάστε το).
9. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και το ορθόκεντρό του Η. Αν 1 2 3 Μ , Μ , Μ είναι τα μέσα
των πλευρών ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ αντίστοιχα, 1 2 3 ΑΗ , ΒΗ , ΓΗ τα ύψη του και
1 2 3 Ζ , Ζ , Ζ τα μέσα των ΗΑ, ΗΒ, ΗΓ αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι:
i) το τετράπλευρο 1 1 2 3 Η Μ Μ Μ είναι εγγράψιμο.
ii) το τετράπλευρο 1 1 1 2 Ζ Η Μ Μ είναι εγγράψιμο.
iii) τα σημεία , , 1, 2,3 i i i i
Μ Η Ζ = είναι ομοκυκλικά ( κύκλος Euler ).

136. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
Μ 2 Μ 3
Η3
Ζ3
Μ 1
133
Α
Η2
Ο
Ζ1
Η
Ζ2
Β Η1 Γ
Απόδειξη
Το τετράπλευρο 1 1 2 3 Η Μ Μ Μ είναι ισοσκελές τραπέζιο ( γιατί;), επομένως είναι
εγγράψιμο. Από αυτό συμπεραίνουμε ότι ο κύκλος που διέρχεται από τα μέσα των
πλευρών του τριγώνου περνάει και από τους πόδες των τριών υψών. Μένει να
αποδείξουμε ότι ο παραπάνω κύκλος διέρχεται και από τα σημεία 1 2 3 Ζ , Ζ , Ζ .
Πράγματι: 1 2 3 Ζ Μ // ΓΗ και 1 2// Μ Μ ΑΒ επομένως 1
2 1 Ζ Μ Μ = 90o .
Αυτό σημαίνει ότι ο κύκλος με διάμετρο το τμήμα 1 1 Ζ Μ διέρχεται από το σημείο
2 Μ . Όμως 
1 1 1 Ζ Η Μ = 90o άρα διέρχεται και από το σημείο 1 Η . Απ’ αυτό έπεται ότι
πρόκειται για τον κύκλο που διέρχεται από τα μέσα των πλευρών και τους πόδες των
υψών και σύμφωνα με τα παραπάνω διέρχεται και από το σημείο 1 Ζ . Όμοια
αποδεικνύεται ότι διέρχεται και από τα σημεία 2 3 Ζ , Ζ .
10. Να αποδειχθεί ότι η ακτίνα του κύκλου των εννέα σημείων είναι ίση με το
μισό της ακτίνας του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου.
Απόδειξη
Σύμφωνα με την προηγούμενη απόδειξη η διάμετρος του κύκλου των εννέα σημείων
είναι η 1 1 Ζ Μ . Έστω Ο το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο ΑΒΓ.
Τα τρίγωνα 1 2 ΟΜ Μ και 1 2 ΗΖ Ζ είναι ίσα ( γιατί; ). Άρα 1 1 ΟΜ = ΑΖ . Επομένως το
τετράπλευρο 1 1 ΟΑΖ Μ είναι παραλληλόγραμμο, που σημαίνει 1 1 Ζ Μ = ΟΑ ο.ε.δ.
Σχόλιο: Εύκολα διαπιστώνεται από τα παραπάνω ότι το κέντρο του κύκλου των
εννέα σημείων είναι το μέσο του τμήματος που ενώνει το ορθόκεντρο με το
περίκεντρο του τριγώνου.
11. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ το περίκεντρό του Ο και η ακτίνα R του
περιγεγραμμένου κύκλου του. Έστω 1 Ο το συμμετρικό του Ο ως προς την

137. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
πλευρά ΒΓ, Ο το συμμετρικό του Ο ως προς την πλευρά ΑΓ και Ο το
2 3 συμμετρικό του Ο ως προς την πλευρά ΑΒ.
α) Να αποδείξετε ότι οι κύκλοι C1 (Ο1, R), C2 (Ο2 , R), C3 (Ο3 , R) διέρχονται από
το ίδιο σημείο.
β) Να αποδείξετε ότι οι κύκλοι Euler των τριγώνων Ο Ο Ο και ΑΒΓ ταυτίζοντα
1 2 3 12. Να αποδειχθεί ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος σε τρίγωνο ΑΒΓ δεν περνά από
τα παράκεντρά του. Ακόμη ούτε ο κύκλος Euler του ΑΒΓ διέρχεται από κορυφή
του.
Απόδειξη
Ας υποθέσουμε ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο ΑΒΓ διέρχεται από το
Α 
παράκεντρο Ι . Τότε έχουμε: Α  + ΒΙ  Γ = 180o
ή Α+  o − = o
ή Α =180o
α α Α Δ
134
Β
Γ
Ζ
Ε
Η
Θ
Α
Β Γ
Ια
90 180
2
άτοπο. Το δεύτερο ερώτημα προκύπτει από το προηγούμενο και την παρατήρηση ότι
το τρίγωνο ΑΒΓ είναι το ορθικό του τριγώνου α β γ Ι Ι Ι .
13. Δίνεται εγγράψιμο τετράπλευρο ΑΒΓΔ. Με χορδές τις πλευρές του γράφουμε
μέσα στο τετράπλευρο τόξα τα οποία τέμνονται ανά δύο στα σημεία Ε, Ζ, Η, Θ.
Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο ΕΖΗΘ είναι εγγράψιμο σε κύκλο ( οι έξι
κύκλοι του Miquel ).
Υπόδειξη

138. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
Από το εγγράψιμο ΑΒΓΔ έχουμε Α + Γ = 2 ορθές. Στη συνέχεια έχουμε:
Α + Γ = ΔΑΘ+ΘΑΒ+ ΒΓΖ + ΖΓΔ = Ε +Η ( γιατί; ). Άρα Ε +Η = 2 ορθές.
14. Να αποδειχθεί ότι σε κάθε τρίγωνο το ορθόκεντρο Η, το βαρύκεντρο Μ και
το περίκεντρο Ο είναι σημεία συνευθειακά και ισχύει ΗΜ = 2ΟΜ.
Απόδειξη (α΄τρόπος)
Φέρνουμε την ΗΜ και στην προέκτασή της
ΗΜ
παίρνουμε σημείο Ο τέτοιο ώστε
ΜΟ = . Αν
135
Α
Ο
Η
Ρ
Ι Μ
Β Κ Δ
Γ
Α
Ε
Β Γ
Δ
Ζ
Η
Λ
Κ
2
Δ είναι το μέσο της ΒΓ αρκεί να δείξουμε
ότι ΟΔ ⊥ ΒΓ , οπότε το Ο θα είναι το
περίκεντρο ( γιατί; ). Έστω Ι το μέσο της
ΗΜ και Ρ το μέσο της ΑΜ. Τα τρίγωνα ΡΜΙ
και ΟΔΜ είναι ίσα ( γιατί ΡΜ=ΜΔ ). Άρα
ΟΔΜ =ΜΡΙ =ΜΑΗ , επομένως
ΟΔ ⊥ ΒΓ .
Σχόλιο: Από τη λύση που παρουσιάσαμε διαπιστώνεται ότι δεν ακολουθήθηκε η
γνωστή τεχνική των συνευθειακών σημείων. Αυτό δείχνει ότι τα μαθηματικά
προβλήματα γενικότερα δεν αντιμετωπίζονται όλα με τεχνικές και
τυποποιημένες μεθοδολογίες. Η συστηματική ενασχόληση με αυτά αναπτύσσει
τη δημιουργική φαντασία και ένα κριτικό πνεύμα μπορεί να επινοήσει σύντομα
και παρθένα μονοπάτια για να οδηγηθεί στη λύση.
β΄τρόπος
Έστω Η το ορθόκεντρο, Ο το περίκεντρο και ΑΔ η διάμεσος η οποία τέμνει την ΗΟ
στο σημείο Μ. Αρκεί να δείξουμε ότι το Μ είναι το βαρύκεντρο και ότι ΗΜ = 2ΜΟ.
Αυτό προκύπτει από το γεγονός ότι τα τρίγωνα ΑΗΜ και ΜΟΔ είναι όμοια με λόγο
ΑΜ ΗΑ
ομοιότητας = =
2
ΜΔ ΟΔ
(στην απόδειξη του κύκλου Euler αποδείξαμε ότι
ΑΗ
ΟΔ = ).
2
15. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ. Στις πλευρές ΑΒ και ΑΓ κατασκευάζουμε εξωτερικά
τα τετράγωνα ΑΒΔΕ και ΑΓΖΗ. Να αποδειχθεί ότι οι ευθείες ΒΖ και ΓΔ
τέμνονται σε σημείο που βρίσκεται στο ύψος ΑΚ του τριγώνου ( θεώρημα
Vecten ).
Απόδειξη
Από το σημείο Β φέρνουμε κάθετη στη
ΔΓ η οποία τέμνει το ύψος ΑΚ στο σημείο Λ.
Από τα ίσα τρίγωνα ΑΛΒ και ΔΒΓ ( γιατί;)
προκύπτει ότι ΑΛ=ΒΓ. Όμοια, αν από το
σημείο Γ φέρουμε κάθετη στη ΒΖ η οποία

139. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
τέμνει το ύψος ΑΚ σε σημείο Ν θα ισχύει ΑΝ=ΒΓ. Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι
ΑΛ=ΑΝ, άρα τα σημεία Λ και Ν ταυτίζονται. Στο τρίγωνο ΛΒΓ οι ευθείες ΛΚ, ΒΖ
και ΓΔ είναι ύψη του επομένως διέρχονται από το ίδιο σημείο.
16. Να αποδειχθεί ότι σε κάθε τρίγωνο τα συμμετρικά του πόδα ενός ύψους ως
προς τις προσκείμενες πλευρές του είναι σημεία συνευθειακά με τους πόδας των
δύο άλλων υψών.
Απόδειξη
Αρκεί να δείξουμε ότι τα σημεία Ι, Ζ, Ε είναι
συνευθειακά. Προς τούτο αρκεί να αποδείξουμε
ότι ΙΖΒ = ΑΖΕ ( γιατί;). Από το εγγράψιμο
τετράπλευρο ΒΓΕΖ έπεται ότι ΑΖΕ = Γ (1).
Ακόμη έχουμε: ΙΖΒ = ΒΖΔ (2) ( από
το ισοσκελές τρίγωνο ΖΔΙ ) και
ΒΖΔ = ΒΗΔ (3) ( από το εγγράψιμο
ΒΔΗΖ ). Τέλος ΒΗΔ = Γ (4) ( από το
εγγράψιμο ΓΕΗΔ). Από τις σχέσεις (2), (3),
(4) προκύπτει ότι ΙΖΒ = Γ (5). Από τις
σχέσεις (1) και (5) προκύπτει ότι ΙΖΒ = ΑΖΕ,
δηλαδή αυτό που θέλαμε.
17. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90o ) και έστω ΑΔ το ύψος του. Αν
1 2 Ι , Ι , Ι είναι τα κέντρα των εγγεγραμμένων κύκλων στα τρίγωνα ΑΒΔ, ΑΓΔ
και ΑΒΓ αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι το σημείο Ι είναι το ορθόκεντρο του
τριγώνου 1 2 ΑΙ Ι .
Απόδειξη
136
Α
Η
Ε
Ζ
Β Δ
Γ
Θ
Ι
Α
Ε
Ι2 Ι1
Δ
Ι
Β Γ
Έστω 1 2 Ι , Ι τα έγκεντρα των τριγώνων ΑΒΔ και ΑΓΔ. Αρκεί να αποδείξουμε ότι
 2
ΑΒΕ + ΒΑΙ = 90o . ( Η απόδειξη απλή ).
18. Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ και στο εξωτερικό του κατασκευάζουμε ισόπλευρα
τρίγωνα 1 1 1 ΒΓΑ , ΓΑΒ , ΑΒΓ . Να αποδειχθεί ότι:
i) 1 1 1 ΑΑ = ΒΒ = ΓΓ
ii) Οι ευθείες 1 1 1 ΑΑ ,ΒΒ ,ΓΓ διέρχονται από το ίδιο σημείο.

140. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
Απόδειξη
α) Τα τρίγωνα 1 ΑΓΑ και 1 ΒΓΒ
είναι ίσα ( γιατί;). Επομένως 1 1 ΑΑ = ΒΒ .
Όμοια αποδεικνύεται ότι και 1 1 ΑΑ = ΓΓ .
β) Έστω ότι οι ευθείες 1 ΑΑ και 1 ΒΒ
τέμνονται στο σημείο Κ. Αρκεί να αποδείξουμε
ότι τα σημεία Γ, Κ και 1 Γ είναι συνευθειακά,
δηλαδή ότι 1
Γ ΚΓ =180o . Από την ισότητα των
τριγώνων 1 ΑΓΑ και 1 ΒΓΒ προκύπτει ότι  1
ΚΑΓ = ΚΒ Γ
1 1 1 60o ΓΚΑ = Α ΚΒ = ΒΚΓ = . Άρα 1
137
Α
Β Γ
Β1
Α1
Γ1
Κ
Ια
Ιβ
Ιγ
Μ
Α
Β Γ
και  1
ΚΒΓ = ΚΑ Γ . Επομένως τα τετράπλευρα 1 ΑΚΓΒ
και 1 ΒΚΓΑ είναι εγγράψιμα. Εύκολα διαπιστώνουμε
ότι:
  
Γ ΚΓ =180o .
19. Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ και το τρίγωνο α β γ Ι Ι Ι που ορίζεται από τα
παράκεντρά του. Να αποδειχθεί ότι το μέσο Μ της πλευράς β γ Ι Ι βρίσκεται στον
περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ.
Απόδειξη
Αρκεί να αποδείξουμε ότι το τετράπλευρο ΑΒΓΜ είναι εγγράψιμο σε κύκλο ( γιατί;).
20. Να αποδειχθεί ότι οι προβολές των ποδών των υψών του στις προσκείμενες
πλευρές είναι έξι σημεία ομοκυκλικά ( κύκλος Taylor ).
21. Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ αν ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ είναι τα ύψη του και Η είναι το
ορθόκεντρο, να αποδειχθεί ότι τα τρίγωνα ΗΒΓ , ΗΓΑ και ΗΑΒ έχουν τον ίδιο
κύκλο των εννέα σημείων με το αρχικό τρίγωνο ΑΒΓ.

141. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
22. Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει Β − Γ = 90o , να αποδειχθεί ότι το κέντρο του
κύκλου των εννέα σημείων βρίσκεται στη ΒΓ.
23. Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ και μία τυχαία διάμετρο ΜΝ του περιγεγραμμένου
του κύκλου. Να αποδειχθεί ότι:
i) Οι ευθείες του Simson που αντιστοιχούν στα σημεία Μ και Ν
138
τέμνονται κάθετα.
ii) Το σημείο τομής τους ανήκει στον κύκλο των εννέα σημείων του
τριγώνου.
24. Σε τρίγωνο ΑΒΓ φέρνουμε το ύψος ΑΔ, τη διχοτόμο ΑΕ και τις κάθετες ΒΖ
και ΓΗ σ’ αυτή. Αν Μ είναι το μέσο της πλευράς ΒΓ, να αποδειχθεί ότι:
i) Το τετράπλευρο ΔΖΜΗ είναι εγγράψιμο σε κύκλο.
ii) Το κέντρο του παραπάνω κύκλου βρίσκεται στον κύκλο του Euler
του τριγώνου ΑΒΓ.
25. Έστω Μ τυχαίο σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου τριγώνου ΑΒΓ. Αν η
κάθετη από το σημείο Μ στη ΒΓ τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο στο σημείο Δ,
να αποδειχθεί ότι η ευθεία ΑΔ είναι παράλληλη προς την ευθεία Simson , η οποία
αντιστοιχεί στο σημείο Μ.
26. Με κέντρα τις κορυφές τριγώνου και ακτίνες τις αποστάσεις αυτών από
τυχαίο σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου, γράφουμε κύκλους. Να αποδειχθεί
ότι τα άλλα σημεία τομής ( τρία ) αυτών των κύκλων είναι συνευθειακά.

142. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
ΜΕΡΟΣ ΔΕΥΤΕΡΟ
ΑΝΑΛΟΓΙΕΣ - ΟΜΟΙΟΤΗΤΑ ΕΠΙΠΕΔΩΝ ΣΧΗΜΑΤΩΝ
ΟΡΙΣΜΟΙ - ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ
1. Αν τρεις τουλάχιστον παράλληλες ευθείες τέμνουν δύο άλλες ευθείες, ορίζουν σε
αυτές τμήματα ανάλογα ( Θεώρημα του Θαλή ).
Σχ. 1 Σχ. 2
139
Αν ε1 ε 2 ε 3 , τότε
ΑΒ ΒΓ ΑΓ
= =
ΕΖ ΖΗ ΕΗ
( σχ. 1 )
Αν 1 2 3 δ δ δ , τότε
ΚΛ ΛΜ ΚΜ
= =
ΕΖ ΖΗ ΕΗ
( σχ. 2 )
2. Θεωρούμε δύο ευθείες 1 δ
και 2 δ που τέμνουν δύο παράλληλες ευθείες 1 ε
και 2 ε
στα σημεία Α, Β και Ε, Ζ αντίστοιχα. Αν Γ και Η είναι σημεία των ευθειών 1 δ
και 2 δ
αντίστοιχα τέτοια ώστε να ισχύει
ΑΒ ΕΖ
=
ΒΓ ΖΗ
, τότε η ευθεία ΓΗ είναι παράλληλη προς
τις ευθείες 1 ε
και 2 ε ( αντίστροφο του προηγουμένου).
3. Το τρίγωνο που ορίζεται από τις ευθείες δύο πλευρών τριγώνου και μία παράλληλη
προς τ ην τ ρίτη πλευρά του, έχει πλευρές ανάλογες προς τις πλευρές του αρχικού
τριγώνου.
Αν ΔΕ//ΒΓ τότε
ΑΔ ΑΕ ΔΕ
= =
ΑΒ ΑΓ ΒΓ

143. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
4. Θεωρήματα εσωτερικής και εξωτερικής διχοτόμου: Η εσωτερική και
εξωτερική διχοτόμος μιας γωνίας τριγώνου διαιρούν την απέναντι πλευρά εσωτερικά
και εξωτερικά στον ίδιο λόγο που είναι ίσος με το λόγο των προσκείμενων πλευρών.
140
Δηλαδή:
ΔΒ ΕΒ ΑΒ
= =
ΔΓ ΕΓ ΑΓ
( 1 ).
Από τ ις α ναλογίες ( 1 ) μ πορούμε ν α ε κφράσουμε τ α τ μήματα Δ Β, Δ Γ κ αι Ε Β, Ε Γ
συναρτήσει των πλευρών του τριγώνου.
Συγκεκριμένα:
α ⋅
γ
β γ
ΔΒ =
+
,
α ⋅
β
β γ
ΔΓ =
+
,
α ⋅
γ
β γ
ΕΒ =
−
,
α ⋅
β
β γ
ΕΓ =
−
6. Ορισμός: Τα σημεία Γ και Δ είναι συζυγή αρμονικά των σημείων Α και Β, αν τα
ΓΑ ΔΑ
τέσσερα σημεία είναι συνευθειακά και ισχύει
=
ΓΒ ΔΒ
. Από τη σχέση αυτή
προκύπτει η αναλογία:
ΑΓ ΒΓ
=
ΑΔ ΒΔ
από την οποία συμπεραίνουμε ότι και τα σημεία Α
και Β είναι συζυγή αρμονικά των Γ και Δ.
7. Από τα θεωρήματα της εσωτερικής και εξωτερικής διχοτόμου συμπεραίνουμε ότι
τα σημεία Δ και Ε είναι συζυγή αρμονικά των Β και Γ.
8. Ορισμός: Δύο ευθύγραμμα σχήματα λέγονται όμοια, αν έχουν τις πλευρές τους
ανάλογες και τις γωνίες που σχηματίζονται από τις ομόλογες πλευρές τους ίσες μία
προς μία. Ο λόγος δύο ομόλογων πλευρών λέγεται λόγος ομοιότητας.
9. Θεώρημα: Ο λόγος των περιμέτρων δύο όμοιων ευθύγραμμων σχημάτων ισούται
με το λόγο ομοιότητάς τους.

144. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
Κριτήρια ομοιότητας τριγώνων
10. 1ο Κριτήριο ομοιότητας: Αν δύο τρίγωνα έχουν δύο γωνίες τους ίσες μία προς
μία, τότε είναι όμοια.
11. 2ο Κριτήριο ομοιότητας: Αν δύο τρίγωνα έχουν δύο πλευρές ανάλογες μία προς
μία και τις περιεχόμενες στις πλευρές αυτές γωνίες ίσες, τότε είναι όμοια.
12. 3ο Κριτήριο ομοιότητας: Αν δύο τρίγωνα έχουν τις πλευρές τους ανάλογες μία
προς μία, τότε είναι όμοια.
13. Θεώρημα: Ο λόγος ομοιότητας δύο όμοιων τριγώνων είναι ίσος με το λόγο δύο
ομόλογων υψών ή με το λόγο δύο ομόλογων διαμέσων ή δύο ομόλογων διχοτόμων ή
με το λόγο δύο άλλων αντίστοιχων στοιχείων των τριγώνων.
14. Αν δύο τρίγωνα έχουν τις πλευρές τους αντίστοιχα παράλληλες ή κάθετες μία
προς μία τότε είναι όμοια.
15. Βασική σχέση: Σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει: βγ = 2Rυα , όπου R η ακτίνα του
περιγεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο.
16. Δύο πολύγωνα είναι όμοια αν χωρίζονται σε τρίγωνα τα οποία είναι ανά δύο
όμοια και όμοια τοποθετημένα.
17. Δέσμη ευθειών: Αν οι ευθείες Οχ, Οψ, Οζ,…. τέμνουν δύο παράλληλες ευθείες
και 2 ε στα σημεία Α, Β, Γ, Δ…… και Α' ,Β' ,Γ' ,Δ'.....αντίστοιχα , τότε ισχύουν οι
αναλογίες ' ' ' ' ' ' ......
141
1 ε
ΑΒ ΒΓ ΓΔ
= = =
Α Β Β Γ Γ Δ
Αντίστροφα, αν ισχύουν οι παραπάνω αναλογίες και 1 2 ε ε , τότε οι ευθείες
ΑΑ' , ΒΒ' , ΓΓ' ,....συντρέχουν. ( Βλ. παρακάτω σχήμα )

145. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
Παρατήρηση: Σε τυχαίο τραπέζιο οι μη παράλληλες πλευρές του και η ευθεία
που ενώνει τα μέσα των βάσεών του διέρχονται από το ίδιο σημείο
Ασκήσεις Α΄ επιπέδου
1. Σε τρίγωνο ΑΒΓ η γωνία Β είναι διπλάσια της γωνίας Γ. Να αποδείξετε τη σχέση:
β 2 =γ (γ +α )
Απόδειξη
Γράφουμε την προς απόδειξη σχέση με μορφή
αναλογίας, δηλαδή
142
β γ +
α
γ β
= . Γίνεται
επομένως φανερό ότι για να ισχύει αυτή η
σχέση αρκεί τα τρίγωνα με πλευρές β, γ+α και
γ, β να είναι όμοια. Αυτό μας βοηθάει να
συμπεράνουμε ότι πρέπει να δημιουργήσουμε
τρίγωνο με πλευρά γ+α. Προεκτείνουμε κατά
συνέπεια την πλευρά ΑΒ κατά τμήμα
ΒΔ=ΒΓ=α. Εύκολα διαπιστώνουμε ότι τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΓΔ είναι όμοια Από την
ομοιότητα των τριγώνων προκύπτει η σχέση ( 1 ) που είναι ισοδύναμη με τη σχέση
που θέλουμε να αποδείξουμε.
Σχόλιο: Η τεχνική αυτής της απόδειξης χρησιμοποιείται, συνήθως σε απλές
περιπτώσεις, όταν θέλουμε να αποδείξουμε ότι δύο γινόμενα είναι ίσα. Υπάρχουν
περιπτώσεις στις οποίες η απόδειξη ισότητας δύο γινομένων απαιτεί
περισσότερες συγκρίσεις, όπως διαπιστώνεται με την επόμενη άσκηση.
2. Από σημείο Α εκτός κύκλου φέρνουμε τα εφαπτόμενα τμήματα ΑΒ, ΑΓ και την
τέμνουσα ΑΔΕ. Να αποδειχθεί ότι ΒΕ ⋅ ΔΓ = ΒΔ ⋅ ΓΕ

146. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
3. Θεωρούμε τραπέζιο ΑΒΓΔ και έστω Ο το σημείο τομής των διαγωνίων του. Από
το σημείο Ο φέρνουμε ευθεία παράλληλη προς τις βάσεις του τραπεζίου η οποία
τέμνει τις μη παράλληλες πλευρές του στα σημεία Ε και Ζ. Να αποδείξετε ότι ΟΕ =
ΟΖ.
Υπόδειξη
Ξεκινούμε αξιοποιώντας την ομοιότητα των τριγώνων ΔΕΟ, ΔΑΒ και ΓΖΟ, ΓΒΑ.
4. Θεωρούμε εγγράψιμο τετράπλευρο ΑΒΓΔ και έστω Ε το σημείο τομής των
διαγωνίων του. Να αποδειχθεί ότι: ΑΒ ⋅ ΒΓ ⋅ ΕΔ = ΑΔ ⋅ ΔΓ ⋅ ΒΕ .
Υπόδειξη
Εφαρμόζουμε τη γνωστή σχέση
βγ = 2Rυα στα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΔΓ.
5. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και έστω ΑΕ η εξωτερική του διχοτόμος. Να αποδειχθεί ότι:
ΑΕ2 = ΕΒ⋅ΕΓ − ΑΒ⋅ΑΓ .
6. Θεωρούμε τυχαίο κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓΔ. Να αποδειχθεί ότι η ευθεία που
συνδέει τα μέσα των διαγωνίων του χωρίζει τις απέναντι πλευρές του σε μέρη
ανάλογα.
Υπόδειξη
Φέρνουμε α πό τ α σ ημεία Α κ αι Γ
παράλληλες προς τη διαγώνιο ΒΔ και
θεωρούμε τα σημεία τομής αυτών των
παραλλήλων με την ευθεία που συνδέει
τα μέσα των διαγωνίων.
143

147. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
7. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Α =120ο . Να αποδείξετε ότι: 1 = 1 + 1
144
ΑΔ ΑΒ ΑΓ
8. Θεωρούμε κύκλο με κέντρο Ο, μία διάμετρό του ΑΒ και τυχαίο σημείο Σ ε πί της
διαμέτρου. Φέρνουμε από το σημείο Σ τυχαία ευθεία που τέμνει τον κύκλο στο
σημείο Μ. Στη συνέχεια φέρνουμε κάθετη στη ΜΣ στο σημείο Μ, η οποία τέμνει τις
εφαπτόμενες του κύκλου στα άκρα της διαμέτρου, στα σημεία Γ και Δ. Να
αποδείξετε ότι ΑΓ ⋅ ΒΔ = ΒΣ ⋅ ΑΣ .
Απόδειξη
Γράφουμε την προς απόδειξη σχέση σε
ΑΓ ΑΣ
μορφή αναλογίας
=
ΒΣ ΒΔ
.
Αρκεί τώρα να αποδείξουμε ότι τα τρίγωνα
ΑΓΣ και ΒΔΣ είναι όμοια.
Τα τρίγωνα είναι ορθογώνια, ενώ εύκολα
διαπιστώνεται ότι ΑΣΓ = ΒΔΣ ( γιατί ;).
9. Θεωρούμε ορθογώνιο ΑΒΓΔ και έστω Μ, Ν τα μέσα των πλευρών του ΑΔ και ΒΓ
αντίστοιχα. Έστω Ρ τυχαίο σημείο στην προέκταση της ΓΔ. Αν Σ είναι το σημείο
τομής της ΡΜ με τη διαγώνιο ΑΓ του ορθογωνίου, να αποδείξετε ότι
ΜΝΣ =ΜΝΡ .
10. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = 5 και ΑΓ = 20. Αν ΑΔ είναι η διχοτόμος του
τριγώνου, να αποδείξετε ότι ΑΔ 8.
Ασκήσεις Β΄ επιπέδου.
11. Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ και έστω Δ, Ε, Ζ τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου
κύκλου Ι με τις πλευρές ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ. Αν η ευθεία ΙΔ τέμνει την ΕΖ στο σημείο Η, να
αποδείξετε ότι η ευθεία ΑΗ διέρχεται από το μέσο της πλευράς ΒΓ του τριγώνου.
12. Θεωρούμε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ ( ΑΒ = ΑΓ ) και έστω Μ εσωτερικό σημείο
του τέτοιο ώστε τα κάθετα τμήματα Μ Δ, Μ Ε, ΜΖ του σ ημείου Μ από τις πλευρές
ΒΓ, ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα να ικανοποιούν τη σχέση ΜΔ2 =ΜΕ⋅ΜΖ . Να αποδειχθεί
ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΒΜΓ εφάπτεται των ίσων πλευρών του
ισοσκελούς τριγώνου στα σημεία Β και Γ.
13. Αν δύο τετράπλευρα έχουν τις γωνίες τους ίσες μία προς μία και είναι
περιγράψιμα, τότε τα τετράπλευρα αυτά είναι και όμοια.
14. Θεώρημα Μενελάου.
Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και ευθεία ε που τέμνει τις ευθείες
ΑΒ, ΒΓ, ΓΑ στα σημεία Δ, Ε, Ζ αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι
1
ΔΑ ΕΒ ΖΓ
⋅ ⋅ =
ΔΒ ΕΓ ΖΑ
( 1 ).

148. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
Αντίστροφα: Αν Δ, Ε, Ζ είναι σημεία των ευθειών ΑΒ, ΒΓ, ΓΑ αντίστοιχα ( έστω Δ,
Ζ εσωτερικά των ΑΒ, ΑΓ και Ε εξωτερικό του ΒΓ ) και ισχύει η σχέση ( 1 ), τότε τα
σημεία Δ, Ε, Ζ είναι συνευθειακά.
Απόδειξη
Παρατήρηση: Το αντίστροφο του Θεωρήματος Μενελάου χρησιμοποιείται
για να αποδείξουμε ότι τρία σημεία είναι συνευθειακά.
145
Φέρνουμε την ΓΗ//ΑΒ. Θα έχουμε:
ΕΒ ΔΒ
=
ΕΓ ΓΗ
και
ΖΓ ΓΗ
=
ΖΑ ΔΑ
. Επομένως
ΕΒ ΖΓ ΔΒ ΓΗ
⋅ = ⋅
ΕΓ ΖΑ ΓΗ ΔΑ
ΔΑ ΕΒ ΖΓ
⇔ ⋅ ⋅ =
1
ΔΒ ΕΓ ΖΑ
.
15. Θεώρημα Ceva.
Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και τα σημεία Δ, Ε, Ζ των ευθειών ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ αντίστοιχα. Αν
οι ευθείες ΑΔ, ΒΕ και ΓΖ συντρέχουν στο σημείο Η, τότε ισχύει:
1
ΔΒ ΕΓ ΖΑ
⋅ ⋅ =
ΔΓ ΕΑ ΖΒ
( 2 ).
Αντίστροφα: Αν Δ, Ε , Ζ ε ίναι σ ημεία τ ων π λευρών Β Γ, Γ Α, Α Β α ντίστοιχα κ αι
ισχύει η σχέση ( 2 ) τότε οι ευθείες ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ συντρέχουν.
Απόδειξη
Εφαρμόζουμε το Θεώρημα του
Μενελάου στο τρίγωνο ΑΒΔ για
την τέμνουσα ΓΖ. Θα έχουμε:
1
ΖΑ ΓΒ ΗΔ
⋅ ⋅ =
ΖΒ ΓΔ ΗΑ
( 1 ).
Όμοια στο τρίγωνο ΑΓΔ με
τέμνουσα την ΕΒ. Θα έχουμε:
1
ΗΑ ΒΔ ΕΓ
⋅ ⋅ =
ΗΔ ΒΓ ΕΑ
( 2 ).
Με πολλαπλασιασμό των σχέσεων ( 1 ) και ( 2 ) κατά μέλη προκύπτει η ζητούμενη
σχέση.

149. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
Παρατήρηση: Το αντίστροφο του Θεωρήματος Ceva χρησιμοποιείται για να
αποδείξουμε ότι τρεις ευθείες συντρέχουν.
16. Να αποδειχθεί ότι σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ τα ίχνη των εξωτερικών διχοτόμων του
τριγώνου είναι σημεία συνευθειακά.
Υπόδειξη
Εφαρμόζουμε το θεώρημα της εξωτερικής διχοτόμου για τις τρεις γωνίες,
πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη και αξιοποιούμε το αντίστροφο του θεωρήματος
Μενελάου.
17. Δίνεται τρίγωνο Α ΒΓ κ αι έ στω Δ , Ε , Ζ τ α σημεία επαφής του εγγεγραμμένου
κύκλου με τις πλευρές ΒΓ, ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι τα ευθύγραμμα
τμήματα ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ διέρχονται από το ίδιο σημείο.
Υπόδειξη: Αξιοποιούμε το αντίστροφο του θεωρήματος Ceva.
18. Θεώρημα του Pascal
Θεωρούμε εξάγωνο ΑΒΓΔΕΖ εγγεγραμμένο σε κύκλο. Να αποδείξετε ότι τα σημεία
τομής τ ων α πέναντι π λευρών τ ου ( Α Β, Δ Ε ), ( Β Γ, Ε Ζ ) ( Γ Δ, ΑΖ ) ε ίναι
συνευθειακά.
19.Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο. Να αποδείξετε ότι οι
εφαπτόμενες του κύκλου στις κορυφές του τριγώνου τέμνουν τις απέναντι πλευρές σε
σημεία που βρίσκονται στην ίδια ευθεία.
20. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και τα σημεία Α' , Β' , Γ' στις π λευρές Β Γ, Γ Α, Α Β
αντίστοιχα. Έστω Α'' το συμμετρικό του Α' ως προς το μέσο της πλευράς ΒΓ, Β'' το
συμμετρικό του Β' ως προς το μέσο της πλευράς ΓΑ και Γ'' το συμμετρικό του Γ' ως
προς το μέσο της πλευράς ΑΒ. Αν οι ευθείες ΑΑ΄, ΒΒ΄, ΓΓ΄ διέρχονται από το ίδιο
σημείο, να αποδείξετε ότι και οι ευθείες ΑΑ'' , ΒΒ'' , ΓΓ'' διέρχονται από το ίδιο
σημείο.
ΟΡΙΣΜΟΣ 1
Συμμετροδιάμεσος τριγώνου ονομάζεται η συμμετρική κάθε διαμέσου ως προς την
αντίστοιχη διχοτόμο.
21.Θεώρημα: Οι συμμετροδιάμεσοι κάθε τριγώνου διέρχονται από το ίδιο σημείο
( σημείο του Lemoine ).
Απόδειξη
Έστω ότι η ΑΔ είναι η συμμετροδιάμεσος και ΑΜ η διάμεσος που αντιστοιχούν στην
πλευρά ΒΓ του τριγώνου ΑΒΓ. Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΜΓ έχουν τις γωνίες ΒΑΔ και
ΜΑΓ ίσες. Άρα από το θεώρημα των εμβαδών θα έχουμε
146
( )
( )
ΑΒΔ ΑΒ ⋅ ΑΔ
=
ΑΜΓ ΑΜ ⋅ ΑΓ
( 1 ).
Όμοια α πό τ ο ί διο θ εώρημα γ ια τ α τ ρίγωνα Α ΒΜ κ αι Α ΓΔ θ α έ χουμε

150. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
147
( )
( )
ΑΒΜ ΑΒ ⋅ ΑΜ
=
ΑΓΔ ΑΔ ⋅ ΑΓ
( 2 ). Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη των σχέσεων ( 1 ) και ( 2 )
έχουμε:
( )
( )
ΑΒΔ ΑΒ ⋅ ΑΔ ⋅ ΑΒ ⋅ ΑΜ
=
ΑΓΔ ΑΜ ⋅ ΑΓ ⋅ ΑΔ ⋅ ΑΓ
⇔
2
2
ΒΔ ΑΒ
=
ΔΓ ΑΓ
( 3 ) . Ό μοια κ αι γ ια τ ις
συμμετροδιαμέσους ΒΔ΄ και ΓΔ΄΄ θα έχουμε:
' 2
' 2
ΓΔ ΒΓ
=
Δ Α ΑΒ
( 4 ) και
'' 2
'' 2
ΑΔ ΑΓ
=
Δ Β ΒΓ
( 5 ).
Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη των σχέσεων ( 3 ), ( 4 ), ( 5 ) προκύπτει η ισότητα
ΒΔ⋅ΓΔ' ⋅ΑΔ'' = ΔΓ⋅ΑΔ' ⋅ΒΔ'' , επομένως σύμφωνα με το αντίστροφο του θεωρήματος
Ceva οι συμμετροδιάμεσοι ΑΔ, ΒΔ΄ και ΓΔ΄΄ διέρχονται από το ίδιο σημείο.
22. Σε τρίγωνο ΑΒΓ έστω ΑΜ η διάμεσος και ΑΔ η αντίστοιχη συμμετροδιάμεσος.
Φέρνουμε τις: ΔΚ ⊥ ΑΒ, ΔΛ ⊥ ΑΓ και ΜΝ ⊥ ΑΒ, ΜΡ ⊥ ΑΓ . Να αποδειχθεί
ΔΚ ΜΡ ΑΒ
ότι:
= =
ΔΛ ΜΝ ΑΓ
.
23. Αν από το σημείο τομής των συμμετροδιαμέσων τριγώνου φέρουμε κάθετες στις
πλευρές του, οι πόδες αυτών των καθέτων ορίζουν τρίγωνο του οποίου οι πλευρές του
είναι αντίστοιχα κάθετες στις διαμέσους του τριγώνου.
Παρατήρηση: Για τη λύση της παραπάνω άσκησης χρησιμοποιείστε την άσκηση:
23*. Δίνεται γωνία χΟψ. Από την κορυφή Ο φέρνουμε τα τμήματα ΟΑ, ΟΒ έτσι ώστε
xΟΑ =ψΟΒ ( ισογώνιες των ΟΑ, ΟΒ ) και τις ΑΓ, ΑΔ κάθετες αντίστοιχα στις Οχ
και Οψ. Να αποδειχθεί ότι η ΓΔ είναι κάθετος στην ΟΒ.
24. Έστω ευθεία ΜΝ παράλληλη προς την πλευρά ΒΓ τριγώνου ΑΒΓ, όπου Μ, Ν
είναι σημεία των πλευρών ΑΒ , ΑΓ αντίστοιχα. Οι ευθείες ΒΝ και ΓΜ τέμνονται στο
σημείο Ρ. Οι περιγργραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ΒΜΡ και ΓΝΡ τέμνονται σε δύο
διαφορετικά σημεία Ρ και Σ. Να αποδείξετε ότι: ΒΑΣ = ΓΑΡ .
( 26η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα )
ΟΡΙΣΜΟΣ 2
Πλήρες τετράπλευρο: Αν σε ένα κυρτό τετράπλευρο προεκτείνουμε τις απέναντι
πλευρές του μέχρι του σημείου τομής τους , τότε προκύπτει το πλήρες τετραπλευρο,
το οποίο έχει έξι κορυφές και τρεις διαγωνίους.
Άσκηση 25: Σε κάθε πλήρες τετράπλευρο τα μέσα των τριών διαγωνίων του
βρίσκονται σε ευθεία γραμμή.
Απόδειξη
Έστω ΑΒΓΔ το κυρτό τετράπλευρο και Ε, Ζ οι δύο επιπλέον κορυφές του πλήρους
τετραπλεύρου. Ονομάζουμε Ι, Θ, Η τα μέσα των διαγωνίων ΑΓ, ΒΔ, ΕΖ του πλήρους
τετραπλεύρου. Έστω ακόμη Κ, Λ, Μ τα μέσα των τμημάτων ΕΒ, ΕΓ, ΒΓ αντίστοιχα.
Γίνεται φανερό ότι αρκεί να αποδείξουμε ότι ισχύει το θεώρημα του Μενελάου στο
τρίγωνο ΚΛΜ για τα σημεία Ι, Θ, Η. Αξιοποιούμε το θεώρημα του Μενελάου στο
τρίγωνο ΕΒΓ για την τέμνουσα ΑΔΖ.

151. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
148
26. Θεώρημα Van Aubel
Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ και τα
τμήματα Α Δ, Β Ε, Γ Ζ τ α ο ποία
διέρχονται από το ίδιο σημείο Ρ. Να
ΑΡ ΑΖ ΑΕ
αποδείξετε ότι:
= +
ΡΔ ΖΒ ΕΓ
Απόδειξη
Εφαρμόζουμε το θεώρημα Μενελάου
στο τρίγωνο ΑΔΒ με διατέμνουσα την
ΓΖ κ αι σ το τ ρίγωνο Α ΔΓ μ ε
διατέμνουσα την ΒΕ οπότε θα έχουμε:
1 (1)
ΑΖ ΓΒ ΔΡ
⋅ ⋅ =
ΖΒ ΓΔ ΡΑ
ΑΕ ΒΓ ΔΡ
και ⋅ ⋅ =
1 ( 2)
ΕΓ ΒΔ ΡΑ
Από τη σχέση
( 1 ) έπεται
ΑΖ ΓΔ ΡΑ
= ⋅
ΖΒ ΓΒ ΔΡ
( 3 ) και από τη σχέση ( 2 ) έχουμε
ΑΕ ΒΔ ΡΑ
= ⋅
ΕΓ ΒΓ ΡΔ
( 4 ).
Με πρόσθεση κατά μέλη των σχέσεων ( 3 ) και ( 4 ) προκύπτει η σχέση που θέλουμε.
Άσκηση 27. Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ και ευθεία ( ε ) //ΒΓ. Έστω Μ τυχαίο σημείο
της ( ε ). Αν η ΒΜ τέμνει την πλευρά ΑΓ στο σημείο Δ και η ΓΜ τέμνει την πλευρά
ΑΒ ΑΓ
ΑΒ στο σημείο Ε, να αποδειχθεί ότι το άθροισμα
+
ΕΒ ΔΓ
είναι σταθερό.
Υπόδειξη
Χρησιμοποιείστε το θεώρημα του Van Aubel.
Άσκηση 28 Θεωρούμε τετράπλευρο ΑΒΓΔ περιγεγραμμένο σε κύκλο και έστω Κ, Λ,
Μ, Ν τα σημεία επαφής του κύκλου με τις πλευρές ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ αντίστοιχα. Να
αποδείξετε ότι οι ευθείες ΚΛ, ΜΝ, ΑΓ διέρχονται από το ίδιο σημείο.
Απόδειξη
Έστω ότι οι ευθείες ΚΛ και ΑΓ τέμνονται στο σημείο Ο. Υποθέτουμε ότι η ευθεία
ΜΝ τέμνει την ΑΓ σε σημείο Σ διαφορετικό από το Ο. Εφαρμόζουμε το θεώρημα του
Μενελάου στο τρίγωνο ΑΒΓ με διατέμνουσα την ΟΚΛ και στο τρίγωνο ΑΔΓ με
διατέμνουσα την ΜΝΣ.
Άσκηση 29. ( Α΄ Θεώρημα του Πτολεμαίου )
Αν ΑΒΓΔ είναι εγγράψιμο
τετράπλευρο, να αποδείξετε ότι:
ΑΒ ⋅ ΓΔ + ΑΔ ⋅ ΒΓ = ΑΓ ⋅ ΒΔ
Απόδειξη
Φέρνουμε το τμήμα ΑΕ ( το σημείο
Ε στη διαγώνιο ΒΔ ) τέτοιο ώστε
ΔΑΕ = ΒΑΓ . Τα τρίγωνα ΔΑΕ και
ΑΒΓ είναι όμοια, και επομένως θα
έχουμε:

152. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
149
ΑΔ ΔΕ
=
ΑΓ ΒΓ
⇔ ΑΔ ⋅ ΒΓ = ΑΓ ⋅ ΔΕ (1)
Ακόμη από την ομοιότητα των τριγώνων ΑΕΒ και ΑΔΓ ( γιατί; ) θα ισχύει:
ΑΒ ΒΕ
=
ΑΓ ΔΓ
⇔ ΑΒ ⋅ ΔΓ = ΒΕ ⋅ ΑΓ (2)
Με πρόσθεση κατά μέλη των σχέσεων (1)
και (2) προκύπτει η ζητούμενη.
30.Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι 2ΒΓ = ΑΒ + ΑΓ .
Να αποδειχθεί ότι η διχοτόμος της γωνίας
Α είναι κάθετη στην ευθεία που συνδέει
το έγκεντρο Ι με το περίκεντρο Ο του
τριγώνου.
Υπόδειξη
Έστω ότι η ΑΙ τέμνει τον περιγεγραμμένο
κύκλο του τριγώνου στο σημείο Δ5.
Εφαρμόζουμε το θεώρημα του
Πτολεμαίου στο τετράπλευρο ΑΒΔΓ.
31. Έστω παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ. Θεωρούμε κύκλο που διέρχεται από την
κορυφή Α και τέμνει τις πλευρές του ΑΒ, ΑΔ και τη διαγώνιό του ΑΓ στα σημεία Κ,
Λ και Μ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι: ΑΚ ⋅ ΑΒ + ΑΛ ⋅ ΑΔ = ΑΜ ⋅ ΑΓ .
Υπόδειξη
Αξιοποιούμε το θεώρημα Πτολεμαίου στο τετράπλευρο ΑΚΜΛ και την ομοιότητα
των τριγώνων ΑΔΓ και ΚΛΜ.
5 Είναι χρήσιμο να γνωρίζει ο μαθητής ότι η ευθεία που συνδέει την κορυφή Α με το κέντρο Ι του
εγγεγραμμένου κύκλου τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο σε σημείο , έστω Δ , που είναι μέσο του
τόξου ΒΓ. Ακόμη ΔΒΙ = ΔΙΒ.

153. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
ΜΕΡΟΣ ΤΡΙΤΟ
ΜΕΤΡΙΚΕΣ ΣΧΕΣΕΙΣ ΣΕ ΤΡΙΓΩΝΑ
1. Μετρικές σχέσεις σε ορθογώνια τρίγωνα
Θεωρούμε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( Α = 90o ) και έστω ΑΔ το ύψος του. Ισχύουν οι
παρακάτω σχέσεις:
α) ΑΒ2 + ΑΓ2 = ΒΓ2
β) ΑΒ2 = ΒΓ⋅ΒΔ
γ) ΑΓ2 = ΒΓ⋅ΒΔ
δ) ΑΔ2 = ΔΒ⋅ΔΓ , ΑΔ είναι το ύψος προς την
υποτείνουσα του τριγώνου
ε) ΑΒ ⋅ ΑΓ = ΒΓ ⋅ ΑΔ
2. Γενίκευση Πυθαγορείου Θεωρήματος
α) Το τετράγωνο πλευράς τριγώνου, που βρίσκεται απέναντι από οξεία γωνία, είναι
ίσο με το άθροισμα των τετραγώνων των δύο άλλων πλευρών του, ελαττωμένο κατά
το διπλάσιο γινόμενο της μίας από αυτές επί την προβολή της άλλης πάνω σε αυτή.
Α 90o
ΒΓ2 = ΑΒ2 + ΑΓ2 − 2⋅ΑΓ⋅ΑΔ
β) Το τετράγωνο πλευράς τριγώνου που βρίσκεται απέναντι από αμβλεία γωνία είναι
ίσο με το άθροισμα των τετραγώνων των δύο άλλων πλευρών, αυξημένο κατά το
διπλάσιο γινόμενο της μίας από αυτές επί την προβολή της άλλης πάνω σε αυτή.
150
Α 90o
ΒΓ2 = ΑΒ2 + ΑΓ2 + 2⋅ΑΓ⋅ΑΔ
γ) Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύουν οι

154. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
α=⋅ − − − όπου τ η ημιπερίμετρος του τριγώνου.
151
ισοδυναμίες:
i) α 2 β 2 +γ 2 ⇔ Α 90o
ii) α 2 = β 2 +γ 2 ⇔ Α = 90o
iii) α 2 β 2 +γ 2 ⇔ Α 90o
δ) Νόμος των συνημιτόνων
Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει η σχέση α 2 = β 2 +γ 2 − 2βγ ⋅συνΑ
ε) Το ύψος α υ ενός τριγώνου ΑΒΓ δίνεται από τον τύπο
2 ( )( )( )
α υ
τ τ α τ β τ γ
3. Θεωρήματα Διαμέσων
α) 1ο Θεώρημα Διαμέσων
Το άθροισμα των τετραγώνων δύο πλευρών ενός τριγώνου ισούται με το διπλάσιο
του τετραγώνου της διαμέσου που περιέχεται μεταξύ των πλευρών αυτών, αυξημένο
κατά το μισό του τετραγώνου της τρίτης
πλευράς
Δηλαδή:
2
2 2 2 2
α
β +γ = μ +
2 α
β) 2ο Θεώρημα Διαμέσων
Η διαφορά των τετραγώνων δύο πλευρών
ενός τριγώνου ισούται με το διπλάσιο
γινόμενο της τρίτης πλευράς επί την προβολή της αντίστοιχης διαμέσου πάνω στην
πλευρά αυτή.
Δηλαδή: Αν βγ τότε β 2 −γ 2 = 2α ⋅ΔΜ, όπου ΔΜ είναι η προβολή της διαμέσου
ΑΜ πάνω στην πλευρά ΒΓ.
Ασκήσεις Α΄ επιπέδου
1. Δίνεται κύκλος με κέντρο Ο και διάμετρος ΑΒ αυτού. Από τυχαίο σημείο Γ της
διαμέτρου φέρνουμε χορδή ΔΓΕ η οποία σχηματίζει με τη διάμετρο ΑΒ γωνία 45o .
Να αποδειχθεί ότι ΓΔ2 + ΓΕ2 = 2R2 , όπου R η ακτίνα του κύκλου.
2. Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει η σχέση 2α 2 = β 2 +γ 2 και Η είναι το ορθόκεντρο του
τριγώνου, να αποδείξετε ότι: 2⋅ΑΗ2 = ΒΗ2 + ΓΗ2
3. Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των τετραγώνων των διαγωνίων ενός
παραλληλογράμμου ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων των πλευρών του.

155. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
4. Θεωρούμε δύο κύκλους (O, R) και (Κ, ρ ) οι οποίοι εφάπτονται εξωτερικά. Να
αποδειχθεί ότι το τετράγωνο της κοινής εξωτερικής εφαπτομένης ισούται με το
γινόμενο των διαμέτρων των κύκλων.
5. Σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει η σχέση β 2 +γ 2 = 5α 2 . Να αποδείξετε ότι οι διάμεσοι ΒΔ
και ΓΕ τέμνονται κάθετα.
6. Δύο κύκλοι ( Ο, R ) και ( Κ, ρ ) εφάπτονται εξωτερικά στο σημείο Α. Φέρνουμε
από το σημείο Α δύο τυχαίες τέμνουσες κάθετες μεταξύ τους, τις ΒΑΒ΄ και ΓΑΓ΄.
Αν η διάκεντρος ΟΚ τέμνει τους κύκλους στα σημεία Δ και Δ΄, να αποδείξετε ότι
ΒΒ'2 + ΓΓ'2 = ΔΔ'2 .
7. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 90o + Γ . Να αποδειχθεί ότι ΑΒ2 + ΒΓ2 = 4R2
8. Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90o ) τα σημεία Δ και Ε χωρίζουν την
υποτείνουσα ΒΓ σε τρία ίσα μέρη. Να αποδειχθεί ότι: 2 2 2 2 2
152
ΑΔ + ΔΕ + ΑΕ = ⋅ ΒΓ .
3
9. Αν ΑΒΓΔ είναι κυρτό τετράπλευρο και ΚΛ είναι το τμήμα που ενώνει τα μέσα των
διαγωνίων του ΑΓ και ΒΔ, τότε ΑΒ2 + ΒΓ2 + ΓΔ2 + ΔΑ2 = ΑΓ2 + ΒΔ2 + 4⋅ΚΛ2 .
Ασκήσεις β΄ επιπέδου
1. Θεώρημα του Stewart: Αν Δ είναι τυχαίο σημείο της πλευράς ΒΓ τριγώνου ΑΒΓ
τότε ισχύει η σχέση: ΑΒ2 ⋅ΔΓ + ΑΓ2 ⋅ΒΔ = ΑΔ2 ⋅ΒΓ + ΒΔ⋅ΒΓ⋅ΔΓ
Απόδειξη
Εφαρμόζουμε το θεώρημα της οξείας και αμβλείας γωνίας στα τρίγωνα ΑΒΔ και
ΑΔΓ. Θα έχουμε: ΑΒ2 = ΑΔ2 + ΒΔ2 − 2⋅ΒΔ⋅ΔΕ ( 1 ) και
ΑΓ2 = ΑΔ2 + ΔΓ2 + 2⋅ΓΔ⋅ΔΕ ( 2 ). Αν πολλαπλασιάσουμε τη σχέση ( 1 ) επί ΔΓ και
τη σχέση ( 2 ) επί ΒΔ και προσθέσουμε κατά μέλη θα προκύψει η ζητούμενη σχέση.
Σχόλιο: Αν το σημείο Δ βρίσκεται στην προέκταση της ΒΓ προς το μέρος του
σημείου Γ, τότε η σχέση παίρνει τη μορφή:
ΑΓ2 ⋅ΒΔ − ΑΒ2 ⋅ΓΔ = ΑΔ2 ⋅ΒΓ −ΒΔ⋅ΔΓ⋅ΒΓ
2.Θεώρημα του Euler: Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι Ο το κέντρο του περιγεγραμμένου
κύκλου, Ι το κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου και R , ρ οι ακτίνες τους αντίστοιχα,
να αποδείξετε τη σχέση:
ΟΙ2 = R(R − 2ρ )
Απόδειξη
Φέρνουμε την ΑΙ που τέμνει τον
περιγεγραμμένο κύκλο στο σημείο Μ.
Η ΟΜ είναι κάθετη στη ΒΓ στο μέσο
της Ε ( γιατί; ). Φέρνουμε τη ΙΖ ⊥ ΒΓ ,
οπότε ΙΖ=ρ. Από το θεώρημα οξείας
γωνίας στο τρίγωνο ΙΟΜ θα έχουμε:
ΙΟ2 = ΙΜ2 +ΟΜ2 − 2⋅ΟΜ⋅ΜΛ ή
ΙΟ2 = ΙΜ2 + R2 − 2R⋅(ΜΕ + ΕΛ) ( 1 )
Ακόμη ΙΜ = ΜΒ από την ισότητα των

156. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
γωνιών ΙΒΜ = ΒΙΜ άρα η σχέση ( 1 ) γίνεται: ΙΟ2 = ΒΜ2 + R2 − 2R(ΜΕ + ΙΖ) ή
ΙΟ2 =ΜΕ⋅ΜΗ + R2 − 2R(ΜΕ + ρ ) ή ΙΟ2 = 2R⋅ΜΕ + R2 − 2R⋅ΜΕ − 2Rρ ή
ΙΟ2 = R2 − 2Rρ .
3. Στο εσωτερικό ενός τετραγώνου με πλευρά 1 υπάρχουν 51 σημεία. Να αποδείξετε
ότι τρία τουλάχιστον από τα σημεία αυτά βρίσκονται στο εσωτερικό κύκλου με
ακτίνα 1
153
ρ .
7
4. Θεωρούμε τετράγωνο ΑΒΓΔ με πλευρά 1. Στις πλευρές του ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ
παίρνουμε τα σημεία Κ, Λ, Μ, Ν αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι η περίμετρος του
τετραπλεύρου ΚΛΜΝ είναι μεγαλύτερη ή ίση από 2 2.
5.Θεώρημα του Pompeiu:
Θεωρούμε ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ και σημείο Ρ στο επίπεδο του τριγώνου. Να
αποδείξετε ότι τα τμήματα ΡΑ, ΡΒ, ΡΓ είτε αποτελούν πλευρές τριγώνου, είτε το
μεγαλύτερο από αυτά είναι ίσο με το άθροισμα των άλλων δύο τμημάτων.
6. Θεώρημα Leibnitz
Αν G είναι το βαρύκεντρο τριγώνου ΑΒΓ και Μ τυχαίο σημείο του επιπέδου του,
τότε ισχύει: 3(ΜΑ2 +ΜΒ2 +ΜΓ2 ) = 9⋅ΜG2 + ΑΒ2 + ΒΓ2 + ΓΑ2
7. Δίνεται τ ρίγωνο Α ΒΓ κ αι Δ σ ημείο τ ης π λευράς Β Γ. Φ έρνουμε ε υθεία ( ε )
παράλληλη σ την ΑΔ η οποία τέμνει την π λευρά ΒΓ σ το σ ημείο Κ, την πλευρά ΑΓ
στο σημείο Λ και την προέκταση της πλευράς ΒΑ στο σημείο Μ. Να αποδείξετε ότι:
1
ΑΒ ΒΜ ΑΓ ΓΛ ΜΚ ΛΚ
⋅ + ⋅ + ⋅ =
ΒΓ ΒΚ ΒΓ ΓΚ ΚΒ ΚΓ
Υπόδειξη
Το θεώρημα Stewart μπορεί να πάρει τη μορφή
2 2 2
1
ΑΒ ΑΓ ΑΔ
+ + =
ΒΓ ⋅ ΔΒ ΒΓ ⋅ ΓΔ ΔΒ ⋅ ΔΓ
.
Στη συνέχεια αξιοποιείστε την ομοιότητα των τριγώνων ΑΒΔ, ΜΒΚ και ΑΓΔ, ΛΓΚ.
8. Σε κύκλο ( Ο, R ) θεωρούμε δύο κάθετες διαμέτρους ΑΒ , ΓΔ. Αν Ρ είναι τυχαίο
σημείο του κύκλου να αποδείξετε ότι: ΡΑ4 + ΡΒ4 + ΡΓ4 + ΡΔ4 = 24R4 .
9. Θεωρούμε ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ και σημείο Μ του περιγεγραμμένου κύκλου
του τριγώνου. Να αποδείξετε ότι το άθροισμα S (Μ) =ΜΑ2 +ΜΒ2 +ΜΓ2 είναι
σταθερό.

157. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
ΜΕΡΟΣ ΤΕΤΑΡΤΟ
ΜΕΤΡΚΕΣ ΣΧΕΣΕΙΣ ΣΕ ΚΥΚΛΟ
Θεώρημα 1
Αν δύο χορδές ΑΒ, ΓΔ ή οι προεκτάσεις τους τέμνονται σε ένα σημείο Ρ τότε ισχύει:
ΡΑ⋅ΡΒ = ΡΓ⋅ΡΔ = ΡΟ2 − R2 ,
αν το σημείο Ρ είναι εξωτερικό του κύκλου (Ο, R) ( σχ. 1) και
ΡΑ⋅ΡΒ = ΡΓ⋅ΡΔ = R2 − ΡΟ2 ,
αν το σημείο Ρ είναι εσωτερικό του κύκλου (Ο, R) ( σχ. 2).
σχ. 1 σχ. 2
Θεώρημα 2
Αν από ένα εξωτερικό σημείο Ρ φέρουμε το εφαπτόμενο τμήμα ΡΕ και μία τυχαία
τέμνουσα ΡΑΒ τότε ισχύει:
ΡΕ2 = ΡΑ⋅ΡΒ ( σχ. 1 ).
Ορισμός:
Αν συμβολίσουμε με δ την απόσταση ΟΡ, τότε η διαφορά δ 2 − R2 λέγεται δύναμη
του σημείου Ρ ως προς τον κύκλο (Ο, R) και συμβολίζεται: ( )
154
2 2
,R Ρ δ R
ΟΔ= − .
Ρ
• Αν το σημείο Ρ είναι εξωτερικό του κύκλου τότε ( , ) 0 R
ΟΔ και αντίστροφα.
Ρ
Ο Δ και αντίστροφα
• Αν το σημείο Ρ είναι εσωτερικό του κύκλου τότε ( , ) 0 R
Ρ
• Αν το σημείο Ρ είναι σημείου του κύκλου τότε ( , ) 0 R
ΟΔ=
Σχόλιο: Το κέντρο του κύκλου Ο έχει
δύναμη −R2 .
Πρόταση1: Αν οι προεκτάσεις των
πλευρών ΑΒ και ΔΓ κυρτού
τετραπλεύρου ΑΒΓΔ τέμνονται στο
σημείο Ρ και ισχύει ΡΑ ⋅ ΡΒ = ΡΓ ⋅ ΡΔ ,
τότε το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι
εγγράψιμο, δηλαδή τα σημεία Α, Β, Γ, Δ
είναι ομοκυκλικά. ( σχ. 3 ) σχ. 3

158. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
Πρόταση 2: Αν οι διαγώνιες ΑΒ και ΓΔ κυρτού τετραπλεύρου ΑΓΒΔ τέμνονται στο
σημείο Ρ και ισχύει ΡΑ ⋅ ΡΒ = ΡΓ ⋅ ΡΔ , τότε το τετράπλευρο ΑΓΒΔ είναι εγγράψιμο
δηλαδή τα σημεία Α, Β, Γ, Δ είναι ομοκυκλικά. ( σχ. 4 ).
σχ. 4
Σχόλιο: Από τις παραπάνω προτάσεις προκύπτει μεθοδολογία για να αποδεικνύουμε
ότι τέσσερα σημεία είναι ομοκυκλικά. Συγκεκριμένα:
Για να αποδείξουμε ότι τα σημεία Α, Β, Γ, Δ είναι ομοκυκλικά, αρκεί να
αποδείξουμε ότι: ΡΑ ⋅ ΡΒ = ΡΓ ⋅ ΡΔ ( Αξιοποιούμε ανάλογα με την περίπτωση
είτε το σχήμα (3) είτε το σχήμα (4) )
Πρόταση 3: Ας θεωρήσουμε ευθεία ( ε ) και
τρία σημεία της Ρ, Α, Β, με το σημείο Α μεταξύ
των σημείων Ρ και Β. Έστω σημείο Ε εκτός της
ευθείας ( ε ) τέτοιο ώστε ΡΕ2 = ΡΑ⋅ΡΒ . Τότε
το τμήμα ΡΕ είναι εφαπτόμενο στον κύκλο που
ορίζουν τα σημεία Α, Β, Ε. ( σχ. 5 )
155
σχ. 5

159. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
Ασκήσεις6
1. Να αποδείξετε ότι οι κοινές χορδές τριών κύκλων ανά δύο τεμνομένων διέρχονται
από το ίδιο σημείο.
2. Σε τρίγωνο ΑΒΓ οι πλευρές α, β, γ ικανοποιούν τη σχέση 2α 2 = β 2 +γ 2 . Αν G
είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου, να αποδείξετε ότι ο κύκλος που ορίζεται από τα
σημεία Α, Μ, Β εφάπτεται στην πλευρά ΒΓ στο σημείο Β.
3*. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και έστω 1 2 3 Μ ,Μ ,Μ τα μέσα των πλευρών ΑΒ, ΒΓ, ΓΑ
αντίστοιχα. Με κέντρο το 1 Μ γράφουμε κύκλο που διέρχεται από το ορθόκεντρο Η
του τριγώνου και τέμνει την πλευρά ΑΒ στα σημεία 1 1 Δ ,Ε , με κέντρο το
2 Μ γράφουμε κύκλο που διέρχεται από το ορθόκεντρο Η και τέμνει τη ΒΓ στα
σημεία 2 2 Δ ,Ε και με κέντρο το 3 Μ γράφουμε κύκλο που διέρχεται από το
ορθόκεντρο Η και τέμνει την ΓΑ στα σημεία 3 3 Δ , Ε . Να αποδείξετε ότι τα σημεία
1 1 2 2 3 3 Δ ,Ε ,Δ ,Ε ,Δ ,Ε είναι ομοκυκλικά.
4. Έστω ΑΔ η διχοτόμος τριγώνου ΑΒΓ. Να αποδείξετε ότι
ΑΔ2 = ΑΒ⋅ΑΓ −ΒΔ⋅ΔΓ .
5. Έστω ΑΔ η διχοτόμος τριγώνου ΑΒΓ. Ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο
ΑΔΒ τέμνει την πλευρά ΑΓ στο σημείο Ε. ενώ ο περιγεγραμμένος κύκλος στο
τρίγωνο ΑΔΓ τέμνει την πλευρά ΑΒ στο σημείο Ζ. Να αποδείξετε ότι ΒΖ = ΓΕ.
6. Σε τρίγωνο ΑΒΓ οι πλευρές του ικανοποιούν τη σχέση 2α 2 = β 2 +γ 2 . Αν Θ είναι
το βαρύκεντρο και Η το ορθόκεντρο του τριγώνου, να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο
ΒΜΗΓ είναι εγγράψιμο.
7*. Σε τρίγωνο ΑΒΓ οι πλευρές του ικανοποιούν τη σχέση 2α 2 = β 2 +γ 2 . Αν ΒΕ, ΓΖ
είναι ύψη του τριγώνου να αποδείξετε ότι η ΖΕ διέρχεται από το μέσο της διαμέσου
ΑΔ.
8. Σε τρίγωνο ΑΒΓ με διαμέτρους τις διαμέσους ΒΔ και ΓΕ γράφουμε κύκλους. Να
αποδείξετε ότι η κοινή χορδή αυτών των κύκλων διέρχεται από την κορυφή Α του
τριγώνου και είναι κάθετη στην πλευρά ΒΓ.
9*. Έστω ΑΒΓ τρίγωνο με περίκεντρο Ο. Τα σημεία Ρ και Σ είναι εσωτερικά σημεία
των πλευρών ΑΓ και ΑΒ αντίστοιχα. Έστω Κ, Λ, Μ τα μέσα των τμημάτων ΒΡ, ΓΣ
και ΡΣ αντίστοιχα. Έστω ακόμη ότι ο κύκλος που περνάει από τα σημεία Κ, Λ, Μ
εφάπτεται στο τμήμα ΡΣ. Να αποδείξετε ότι ΟΡ = ΟΣ.
( 50η Διεθνής Μαθηματική Ολυμπιάδα ).
10*. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ στο οποίο ο εγγεγραμμένος κύκλος χωρίζει τη διάμεσο ΑΜ
σε τρία ίσα μέρη. Να υπολογίσετε το λόγο των πλευρών του τριγώνου.
6 Οι ασκήσεις με αστερίσκο θεωρούνται β΄ επιπέδου.
156

160. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
11*. Δίνεται κύκλος με κέντρο Ο και διάμετρος ΑΒ. Σε τυχαίο σημείο Μ του κύκλου
φέρουμε εφαπτομένη η οποία τέμνει τις εφαπτομένες στα σημεία Α, Β στα σημεία Δ
και Ε αντίστοιχα. Οι ευθείες ΔΒ και ΑΕ τέμνονται στο σημείο Ζ. Η ΜΖ τέμνει την
ΑΒ στο σημείο Η. Να αποδείξετε ότι:
α) Η ευθεία ΜΖΗ είναι κάθετος στην ΑΒ.
β) ΜΖ = ΖΗ.
12. Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο C(Ο, R) . Αν 1 1 1 Α ,Β ,Γ
είναι τα μέσα των πλευρών του ΒΓ, ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα και 2 2 2 Α ,Β ,Γ είναι τα μέσα
των ΟΑ, ΟΒ, ΟΓ αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι το εξάγωνο 2 1 2 1 2 1 Α Β Γ Α Β Γ έχει τις
πλευρές του ίσες και ότι οι διαγώνιές του 1 2 Α Α , 1 2 Β Β και 1 2 Γ Γ διέρχονται από το
ίδιο σημείο. ( Διαγωνισμός «Θαλής» 2009 ).
13. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο C(Ο, R) και έστω 1 1 1 Α ,Β , Γ τα
μέσα των πλευρών του ΒΓ,ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα. Θεωρούμε τους κύκλους
157
C  Α , R  , C Β , R  , C R  1 1 2  2  1 2  3  Γ ,
     1 2


. Να αποδείξετε ότι οι κύκλοι 1 2 3 C , C , C
διέρχονται από το ίδιο σημείο , έστω Ν και ότι τα δεύτερα κοινά σημεία τους είναι τα
μέσα 2 2 2 Α ,Β ,Γ των ΟΑ, ΟΒ, ΟΓ αντίστοιχα. Στη συνέχεια να αποδείξετε ότι οι
ευθείες 1 2 1 2 1 2 Α Α ,Β Β ,Γ Γ και η ΟΝ διέρχονται από το ίδιο σημείο ( «Θαλής» 2009 ).
14. Δίνεται οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο ΑΒC, Κ τυχαίο σημείο στο εσωτερικό του
και τα ύψη του 1 2 3 ΑΗ , ΒΗ , CΗ . Ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο 2 3 ΑΗ Η
τέμνει την ημιευθεία ΑΚ στο σημείο 1 Κ , ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου
1 3 ΒΗ Η τέμνει την ημιευθεία ΒΚ στο σημείο 2 Κ και ο περιγεγραμμένος κύκλος του
τριγώνου 1 2 CΗ Η τέμνει την ημιευθεία CK στο σημείο 3 Κ . Να αποδείξετε ότι τα
σημεία 1 2 3 Κ , Κ , Κ ,Η και Κ είναι ομοκυκλικά.( Η είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου)
( «Ευκλείδης» 2010 ).
15. Έστω Η το ορθόκεντρο και Ο το περίκεντρο οξυγωνίου τριγώνου ΑΒΓ. Έστω
ακόμη Δ , Ε , Ζ τ α μ έσα τ ων π λευρών  τ ου 
Β Γ, ΑΓ,  Α Β α 
ντίστοιχα. Θ  εωρούμε 
τ α
σημεία Δ , Ε Ζ έτσι ώστε ΟΔ = λ ⋅ΟΔ
, ΟΕ = λ ⋅ΟΕ
και ΟΖ = λ ⋅ΟΖ
1 1, 1 1 1 1 , με
λ1. Ο κύκλος Cα που έχει κέντρο το σημείο 1 Δ και διέρχεται από το Η τέμνει την
ευθεία ΒΓ στα σημεία 1 Α και 2 Α . Όμοια οι κύκλοι ( ) 1 1 C , β Ε Ε Η και ( ) 1 1 C , γ Ζ Ζ Η
ορίζουν τα σημεία 1 2 Β , Β και 1 2 Γ , Γ στις ευθείες ΑΓ και ΑΒ αντίστοιχα. Να
αποδείξετε ότι τα σημεία 1 2 1 2 1 2 Α , Α ,Β , Β ,Γ ,Γ είναι ομοκυκλικά
( «Ευκλείδης» 2009 ).

161. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2014 Γεωμετρία
158

162. 8o Kalokairinì Majhμatikì sqoleÐo E.M.E.
Leptokaruˆ PierÐac 2014
Diairetìthta
kai
IsotiμÐec
B' kai G' LukeÐou
Alèxandroc G. Sugkelˆkhc
ags@math.uoc.gr
IoÔlioc 2014
159

163. Diairetothta kai Isotiμiec
PROLOGOS
To parìn ˆrjro eÐnai μÐa sugkèntrwsh kˆpoiwn asik¸n protˆsewn kai para-
deigμˆtwn apì th

164. ewrÐa thc Diairetìthtac kai twn (graμμik¸n kurÐwc) isotiμi¸n.
Se kaμÐa perÐptwsh den epikaleÐtai o suggrafèac tou ˆrjrou thn prwtotupÐa twn
perieqoμènwn, ta opoÐa rÐskontai sta iblÐa thc ibliografÐac pou paratÐjetai
sto tèloc tou parìntoc, sth sullog μajhμatik¸n diagwnisμ¸n tou grˆfontoc kai
se arketˆ iblÐa stoiqei¸douc JewrÐac Arijμ¸n. Parˆ taÔta, katabl jhke idiaÐ-
terh prospˆjeia ¸ste h parousÐash thc Ôlhc na eÐnai diabajμisμènh kai ìla ta
perieqìμena na perièqoun ask seic pou endiafèroun μikroÔc allˆ kai μegˆlouc
μajhtèc μe endiafèron gia ta μajhμatikˆ kai sugkekriμèna touc MajhμatikoÔc
DiagwnisμoÔc. Me μegˆlh qarˆ

165. a deqt¸ sto email μou ags@math.uoc.gr, tic
upodeÐxeic sac, kaj¸c epÐshc kai ta sqìlia - kritikèc sac. Monadikìc upeÔjunoc
gia ta grafìμena, eÐnai o suggrafèac pou èkane thn epilog twn protˆsewn kai
twn ask sewn apì ta iblÐa thc ibliografÐac. Telei¸nontac,

166. a jela na eu-
qarist sw ton Kajhght tou PanepisthμÐou Kr thc ko Miqˆlh Lˆμprou gia thn
polÔtiμh suμbol tou stic diorj¸seic tou parìntoc.
Alèxandroc G. Sugkelˆkhc
IoÔlioc 2014
160

167. 8o Kalokairinì Majhμatikì sqoleÐo, Leptokarua Pieriac 2014
SUMBOLISMOI
ajb : «O a diaireÐ ton b» dhlad upˆrqei k 2 Z, tètoioc ¸ste b = k a.
pkka : «To pk eÐnai h μegalÔterh dÔnaμh tou p pou diaireÐ to a.» Dhlad to pk
diaireÐ akrib¸c to a (ara pkja en¸ pk+16 j a).
a6 j b : «O a den diaireÐ ton b ».
min fa1; : : : ; ang : O μikrìteroc μetaxÔ twn arijμ¸n a1; : : : an.
max fa1; : : : ; ang : O μegalÔteroc μetaxÔ twn arijμ¸n a1; : : : an.
(a1; : : : ; an) : O M.K.D. twn arijμ¸n a1; : : : an.
[a1; : : : ; an] : To E.K.P. twn arijμ¸n a1; : : : an.
n! : Diabˆzetai «n paragontikì» kai orÐzetai na eÐnai n! = 1 2 n n 2 kai
0!=1, 1!=1.
a b (mod n) : «O a eÐnai isìtiμoc μe ton b modulo n ( katˆ μètro n) » dhlad
nj(a b).
ordn(a) : «Tˆxh tou a modn» μe (a; n) = 1, onoμˆzouμe ton elˆqisto akè-
aio r gia ton opoÐo isqÔei ar 1 (mod n). ApodeiknÔetai (polÔ eÔkola) ìti
ordn(a)j(n).
Z : To sÔnolo twn akerai¸n arijμ¸n f: : : ;2;1; 0; 1; 2; : : :g.
N : To sÔnolo twn usik¸n arijμ¸n f0; 1; 2; 3 : : :g.
9 : O uparxiakìc posodeÐkthc. Diabˆzetai «Upˆrqei
» (toulˆqiston èna).
jaj : «Apìluth tiμ tou arijμoÔ a» dhlad jaj =
a; ean a 0
a; ean a 0
Alexandroc G. Sugkelakhc 161

168. Diairetothta kai Isotiμiec
1 Diairetìthta
1.1 EukleÐdeia DiaÐresh
EÐnai gnwstì apì thn eukleÐdeia diaÐresh ìti ean èqouμe dÔo usikoÔc arijμoÔc
(Diairetèoc) kai (diairèthc) μe 6= 0 tìte upˆrqoun μonadikoÐ akèraioi
(phlÐko) kai (upìloipo) tètoioi ¸ste na isqÔei
= + ; 0
To parapˆnw Je¸rhμa isqÔei kai genikìtera gia opoiousd pote
akèraiouc kai

169. .
Je¸rhμa 1.1 Ean kai

170. akèraioi μe

171. 6= 0, tìte upˆrqoun μonadikoÐ akèraioi
kai tètoioi, ¸ste
=

172. + ; 0 j

173. j:
Parˆdeigμa 1.1 Ean = 231 kai

174. = 26 tìte apì th diaÐresh tou 231 μe to 26
èqouμe 231 = 8 26 + 23 epoμènwc
231 = 8 26 23
= 8 26 26 + 26 23
= 9 26 + 3
kai 0 3 26 dhlad to phlÐko thc diaÐreshc tou 231 μe to 26 eÐnai 9 kai to
upìloipo eÐnai 3.
'Askhsh: Me ton Ðdio trìpo na ektelèsete tic diairèseic tou 231 μe to 26 kai
tou 231 μe to 26.
2
Parat rhsh: 'Opwc gÐnetai antilhptì apì ta parapˆnw, ìtan o diairèthc thc
eukleÐdeiac diaÐreshc eÐnai o n tìte ta dunatˆ upìloipa thc diaÐreshc opoioud -
pote arijμoÔ μe to n eÐnai 0; 1; : : : ; n 1. 'Ara kˆje arijμìc eÐnai thc μorf c
k n; k n + 1; : : : ; k n + (n 1). Eidikˆ ìtan n = 2 tìte ta dunatˆ upìloipa
eÐnai 0; 1. Eˆn = 0 tìte o = 2k lègetai ˆrtioc, en¸ ean = 1 tìte o = 2k+1
lègetai perittìc.
Parˆdeigμa 1.2 Ean o a eÐnai akèraioc tìte kai o A =
a(a2 + 2)
3
eÐnai akèraioc.
Apìdeixh:
Epeid ta dunatˆ upìloipa tou a μe to 3 eÐnai 0,1,2, o akèraioc a èqei μÐa apì
tic μorfèc a = 3k a = 3k + 1 a = 3k + 2, k 2 Z.
• Ean a = 3k tìte A = 3k[(3k2)+2]
3 = k(9k2 + 2) 2 Z.
162

175. 8o Kalokairinì Majhμatikì sqoleÐo, Leptokarua Pieriac 2014 1 Diairetìthta
• Ean a = 3k + 1 tìte A = (3k+1)[(3k+1)2+2]
3 = (3k + 1)(3k2 + 2k + 1) 2 Z.
• Ean a = 3k + 2 tìte A = (3k+2)[(3k+2)2+2]
3 = (3k + 2)(3k2 + 4k + 2) 2 Z.
2
Alexandroc G. Sugkelakhc 163

176. 1.2 Basikèc Idiìthtec Diairetìthtoc Diairetothta kai Isotiμiec
1.2 Basikèc Idiìthtec Diairetìthtoc
Orisμìc 1.1 Lèμe ìti h diaÐresh tou a μe to b (b6= 0) eÐnai tèleia, ìtan to upì-
loipo thc diaÐres c touc eÐnai Ðso μe μhdèn. Se aut thn perÐptwsh lèμe ìti to b
diaireÐ (akrib¸c) to a ìti to a diaireÐtai (akrib¸c) apì to b akìμa ìti o a eÐnai
pollaplˆsio tou b, kai grˆfouμe bja a = o:b. 'Ara
bja () 9 k 2 Z tètoio ¸ste a = k b:
Parat rhsh: Gia na dhl¸souμe ìti o akèraioc b den diaireÐ ton akèraio a,
grˆfouμe b6 j a isodÔnaμa a6= o:b. EpÐshc ean bja tìte isodÔnaμa a = kb
gia kˆpoio k 2 Z isodÔnaμa a = (k)(b) pou shμaÐnei ìti ean o b eÐnai
diairèthc tou a, tìte kai o b eÐnai diairèthc tou a. Epoμènwc oi diairètec enìc
akeraÐou eμfanÐzontai katˆ
eÔgh antÐjetwn akeraÐwn.
Wc ˆμesec sunèpeiec tou parapˆnw orisμoÔ èqouμe tic ex c idiìthtec :
(i) aj0 gia kˆje a 2 Z,
(ii) An 0jb, tìte b = 0,
(iii) ajb , ajb , aj b , jaj j jbj
(iv) 1ja kai aja gia kˆje a 2 Z.
(v) An bja, tìte kbjka, gia kˆje k 2 Z.
Lìgw twn parapˆnw idiot twn gÐnetai anerì ìti gia th μelèth thc diairetìthtac
sto sÔnolo twn akeraÐwn, eÐnai arketì na perioristoÔμe sto sÔnolo twn

177. etik¸n
akeraÐwn.
Parakˆtw anafèrouμe (qwrÐc apìdeixh) tic asikìterec idiìthtec thc diairetì-
thtac.
Prìtash 1.1 'Estw a; b; c; d 2 Z. Tìte isqÔoun oi parakˆtw idiìthtec :
(i) Ean ajb kai bjc, tìte ajc.
(ii) Ean ajb kai cjd, tìte acjbd.
(iii) Ean ajb tìte ajb gia kˆje akèraio 2 Z.
(iv) Ean ajb kai ajc, tìte ajb + c.
(v) Ean ajb kai b6= 0, tìte jaj jbj.
(vi) Ean ajb kai bja, tìte a = b a = b (D lad jaj = jbj).
164

178. 8o Kalokairinì Majhμatikì sqoleÐo, Leptokarua Pieriac 2014 1 Diairetìthta
Parat rhsh: Apì tic idiìthtec (iii); (iv) thc parapˆnw Prìtashc prokÔptei ìti
ean ajb kai ajc, tìte ajkb + mc, gia kˆje k;m 2 Z. O akèraioc kb + mc lègetai
graμμikìc sunduasμìc twn b kai c.
Parˆdeigμa 1.3 (Basik Efarμog ) Na apodeÐxete ìti to ginìμeno n diadoqik¸n
akeraÐwn diaireÐtai apì to n.
Apìdeixh:
'Estw k; k + 1; : : : ; k + (n 1), n to pl joc diadoqikoÐ akèraioi. Jètouμe A =
k(k + 1) (k + (n 1)). Tìte, apì thn eukleÐdeia diaÐresh, upˆrqoun akèraioi
q; r tètoioi, ¸ste
k = nq + r; 0 r n 1:
An r = 0, tìte njk, ap’ ìpou njA. An r6= 0 tìte 1 n r n 1. Opìte
A = k(k + 1) (k + n r) (k + n 1)
= (nq + r) (nq + r + n r) (nq + r + n 1):
Kaj¸c nq + r + n r = n(q + 1), paÐrnouμe njA.
2
Parˆdeigμa 1.4 Na prosdiorÐsete ìlouc touc akèraiouc arijμoÔc m pou ikano-
poioÔn th sqèsh m + 1jm2 + 1.
LÔsh:
Epeid m + 1jm + 1, ˆra lìgw thc parat rhshc thc Prìtashc 1:1 èqouμe m +
1jm2 +m+2. Kaj¸c ìμwc m2 +m+2 = m(m+1)+2 kai m+1jm(m+1), h Ðdia
parat rhsh dÐnei ìti m + 1j2 ap’ ìpou m + 1 = 1;2 dhlad m = 3;2; 0; 1.
2
Parˆdeigμa 1.5 (Diagwnisμìc «EukleÐdhc» 1995) JewroÔμe 6 diadoqikoÔc usi-
koÔc arijμoÔc. 'Estw a to ˆjroisμa twn tri¸n pr¸twn kai b to ˆjroisμa twn tri¸n
ˆllwn. EÐnai dunatìn na isqÔei ab = 19951995;
LÔsh:
To ˆjroisμa tri¸n diadoqik¸n arijμ¸n eÐnai pˆntote pollaplˆsio tou 3, diìti
an n eÐnai o μesaÐoc tìte oi arijμoÐ eÐnai oi n1; n; n+1 μe ˆjroisμa 3n. Sunep¸c
oi a; b eÐnai pollaplˆsia tou 3 ki ètsi to ab eÐnai pollaplˆsio tou 9. 'Oμwc o
arijμìc 19951995 den eÐnai pollaplˆsio tou 9 afoÔ to ˆjroisμa twn yhfÐwn tou
den diaireÐtai μe to 9.
2
Parˆdeigμa 1.6 (Diagwnisμìc «EukleÐdhc» 1995) Na exetˆsete ean upˆrqoun a-
kèraioi x; y pou ikanopoioÔn thn exÐswsh x2 + 4y = 1995.
Alexandroc G. Sugkelakhc 165

179. 1.2 Basikèc Idiìthtec Diairetìthtoc Diairetothta kai Isotiμiec
LÔsh:
Ean o x eÐnai perittìc dhlad x = 2k +1; k 2 Z tìte x2 = 4k(k +1)+1 dhlad
x2 =poll.4+1. An o x eÐnai ˆrtioc dhlad x = 2k; k 2 Z tìte x2 = 4k2 dhlad
x2 =poll.4.
Sunep¸c afoÔ to 4y eÐnai poll.4,

180. a èqouμe x2 + 4y = poll.4 eÐte x2 + 4y =
poll.4+1 allˆ 1995=poll.4+3 ˆra h exÐswsh eÐnai adÔnath 1.
2
Parˆdeigμa 1.7 Na deÐxete ìti gia kˆje usikì arijμì n isqÔei
9j10n + 3 4n+2 + 5:
Apìdeixh:
Ja efarμìsouμe th μèjodo thc μajhμatik c epagwg c. Jètouμe
P(n) = 10n + 3 4n+2 + 5:
Gia n = 0 èqouμe P(0) = 54, pou diaireÐtai apì to 9. Upojètouμe ìti 9jP(k) dhlad
ìti 9j10k + 3 4k+2 + 5. Tìte
P(k + 1) = 10k+1 + 3 4k+3 + 5 = 10 10k + 3 4 4k+2 + 5
= 10k + 3 4k+2 + 5 + 9 10k + 9 4k+2 = P(k) + 9(10k + 4k+2):
Kaj¸c 9jP(k), h parat rhsh thc Prìtashc 1:1 dÐnei ìti 9jP(k + 1). Sunep¸c
isqÔei 9jP(n) gia kˆje n 2 N.
2
Parˆdeigμa 1.8 Na deÐxete ìti gia kˆje n 2 Z isqÔei 46 j n2 + 2.
Apìdeixh:
Ac upojèsouμe, antÐjeta, ìti upˆrqei akèraioc n tètoioc ¸ste 4jn2 + 2. Tìte
èqouμe tic ex c dÔo peript¸seic gia ton akèraio n :
• Ean n = 2k, ìpou k 2 Z, tìte n2 + 2 = 4k2 + 2. Kaj¸c 4jn2 + 2, èpetai ìti
4j4k2 + 2, dhlad 4j2, ˆtopo.
• Ean n = 2k + 1, ìpou k 2 Z, tìte n2 + 2 = (2k + 1)2 + 2 = 4k2 + 4k + 3:
Epeid ìμwc 4j4k2 + 4k, èpetai ìti 4j3, ˆtopo.
'Ara gia kˆje n 2 Z isqÔei 46 j n2 + 2.
2
1Fusikˆ μporeÐ na epilujeÐ ˆμesa μe th qr sh isotiμi¸n (gia tic opoÐec

181. a μil souμe pio
kˆtw).
166

182. 8o Kalokairinì Majhμatikì sqoleÐo, Leptokarua Pieriac 2014 1 Diairetìthta
1.3 Mègistoc Koinìc Diairèthc (M.K.D.)
Prìtash 1.2 (Arq thc kal c diˆtaxhc) 'Estw S èna μh kenì uposÔnolo tou N.
Tìte to S èqei èna μonadikì elˆqisto stoiqeÐo, dhlad , èna stoiqeÐo a 2 S tètoio,
¸ste a x, gia kˆje x 2 S.
'Estw a1; : : : ; an akèraioi arijμoÐ apì touc opoÐouc ènac toulˆqiston eÐnai6= 0.
Kˆje akèraioc pou diaireÐ kajèna apì touc a1; : : : ; an lègetai koinìc diairèthc
twn a1; : : : ; an. SuμbolÐzouμe μe S to sÔnolo twn

183. etik¸n koin¸n diairet¸n twn
a1; : : : ; an. To S eÐnai μh kenì diìti 1 2 S. An ak6= 0 kai d 2 S tìte djak kai
epoμènwc d jakj. 'Ara to sÔnolo S eÐnai peperasμèno. To μègisto stoiqeÐo tou
S eÐnai ènac

184. etikìc akèraioc pou lègetai μègistoc koinìc diairèthc (M.K.D.)
twn a1; : : : ; an kai suμbolÐzetai μe (a1; : : : ; an). Gia kˆje a 2 Z, to sÔnolo twn

185. etik¸n diairet¸n tou a suμpÐptei μe autì tou a. Epoμènwc isqÔei (a1; : : : ; an) =
(ja1j; : : : ; janj), dhlad o M.K.D. eÐnai anexˆrthtoc pros μwn. EpÐshc, kaj¸c kˆje
akèraioc eÐnai diairèthc tou 0, èqouμe (0; a1; : : : ; an) = (a1; : : : ; an). Sunep¸c
μporoÔμe na upojèsouμe ìti kanènac ek twn akeraÐwn a1; : : : ; an den eÐnai μhdèn.
An (a1; : : : ; an) = 1, tìte oi akèraioi a1; : : : ; an kaloÔntai pr¸toi μetaxÔ touc.
EpÐshc ean (ai; aj) = 1 gia kˆje i; j 2 f1; : : : ; ng μe i6= j, tìte oi akèraioi
a1; : : : ; an kaloÔntai pr¸toi μetaxÔ touc anˆ dÔo. EÐnai profanèc ìti ean oi
akèraioi a1; : : : ; an eÐnai pr¸toi μetaxÔ touc anˆ dÔo, tìte eÐnai kai pr¸toi μetaxÔ
touc. To antÐstrofì ìμwc den isqÔei en gènei.
Je¸rhμa 1.2 (L μμa Bezout) 'Estw a1; : : : ; an μh μhdenikoÐ akèraioi kai d =
(a1; : : : ; an). Tìte upˆrqoun akèraioi k1; : : : ; kn tètoioi, ¸ste
d = k1a1 + + knan:
Pìrisμa 1.1 'Estw a1; : : : ; an μh μhdenikoÐ akèraioi. O

186. etikìc akèraioc d eÐnai
o M.K.D. twn a1; : : : ; an an kai μìno an, isqÔoun ta ex c :
(i) dja1; : : : ; djan,
(ii) An eÐnai

187. etikìc akèraioc μe ja1; : : : ; jan, tìte jd.
Pìrisμa 1.2 'Estw a1; : : : ; an μh μhdenikoÐ akèraioi. An d eÐnai ènac

188. etikìc
koinìc diairèthc twn a1; : : : ; an μe d = k1a1 + + knan, ìpou k1; : : : ; kn 2 Z, tìte
d = (a1; : : : ; an).
Pìrisμa 1.3 'Estw a1; : : : ; an μh μhdenikoÐ akèraioi. Oi akèraioi a1; : : : ; an eÐnai
pr¸toi μetaxÔ touc, an kai μìno an, upˆrqoun k1; : : : ; kn 2 Z tètoioi ¸ste 1 =
k1a1 + + knan.
Alexandroc G. Sugkelakhc 167

189. 1.3 Mègistoc Koinìc Diairèthc (M.K.D.) Diairetothta kai Isotiμiec
Parˆdeigμa 1.9 'Estw akèraioi a; b pr¸toi μetaxÔ touc. Na deÐxete ìti
(9a + 7b; 4a + 3b) = 1:
Apìdeixh:
'Estw d o M.K.D. twn akeraÐwn 9a + 7b kai 4a + 3b. Tìte dj9a + 7b kai dj4a + 3b.
Opìte dj4(9a+7b)9(4a+3b) kai dj3(9a+7b)7(4a+3b), ap’ ìpou paÐrnouμe djb
kai dja antÐstoiqa. Sunep¸c, to Pìrisμa 1:1 dÐnei dj(a; b) ap’ ìpou dj1. Epoμènwc
d = 1.
2
Prìtash 1.3 'Estw ; a1; : : : ; an μh μhdenikoÐ akèraioi. IsqÔoun ta ex c :
(i) (a1; : : : ; an) = jj(a1; : : : ; an),
(ii) an (a1; : : : ; an) = d, tìte
a1
d ; : : : ; an
d
= 1,
(iii) (a1; : : : ; an) = (a1 + k2a2 + + knan; a2; : : : ; an), ìpou k2; : : : ; kn 2 Z.
Parˆdeigμa 1.10 Ean a; b eÐnai dÔo akèraioi pr¸toi μetaxÔ touc, tìte na deÐxete
ìti (a + b; a b) = 1 2.
Apìdeixh:
Prˆgμati èstw d = (a + b; a b). Tìte dja + b kai dja b. Epoμènwc èqouμe
dj(a+b)+(ab) kai dj(a+b)(ab), dhlad dj2a kai dj2b opìte dj(2a; 2b) kai
lìgw thc Prìtashc 1:3(i) paÐrnouμe (2a; 2b) = 2(a; b) = 2 ˆra dj2 opìte d = 1 2.
2
Prìtash 1.4 'Estw a1; : : : ; an μh μhdenikoÐ akèraioi μe n 2. Gia kˆje k, 1
k n 2 isqÔei
(a1; : : : ; an) = (a1; : : : ; ak; (ak+1; : : : ; an)) :
Parat rhsh: H parapˆnw Prìtash anˆgei ton upologisμì tou M.K.D. pepera-
sμènou pl jouc akeraÐwn ston upologisμì tou M.K.D. dÔo akeraÐwn.
Prìtash 1.5 (Basik Prìtash) 'Estw a; b; c treic μh μhdenikoÐ akèraioi. Ean ajbc
kai (a; b) = 1 tìte ajc.
Parˆdeigμa 1.11 (RouμanÐa 2000) Na apodeiqjeÐ ìti den upˆrqoun usikoÐ arij-
μoÐ x; y kai z gia touc opoÐouc na isqÔoun tautìqrona oi sqèseic
5x 3y + 10z = 0 kai y(x + 2z) = 2004:
Apìdeixh:
168

190. 8o Kalokairinì Majhμatikì sqoleÐo, Leptokarua Pieriac 2014 1 Diairetìthta
'Estw ìti upˆrqoun tètoioi usikoÐ μe tic idiìthtec
5x 3y + 10z = 0 (1) kai y(x + 2z) = 2004:
Tìte h (1) grˆfetai: 5x + 10z = 3y , 5(x + 2z) = 3y. Epoμènwc 5j3y kai epeid
(5; 3) = 1 ˆra 5jy. Allˆ tìte 5jy(x + 2z) dhlad 5j2004 (afoÔ y(x + 2z) = 2004).
Autì ìμwc eÐnai adÔnato, sunep¸c den upˆrqoun usikoÐ arijμoÐ μe tic idiìthtec
thc ekfwn sewc.
2
Alexandroc G. Sugkelakhc 169

191. 1.4 EukleÐdeioc Algìrijμoc Diairetothta kai Isotiμiec
1.4 EukleÐdeioc Algìrijμoc
O EukleÐdeioc algìrijμoc perigrˆfei μÐa diadikasÐa gia thn eÔresh tou M.K.D.
dÔo akeraÐwn.
Ac upojèsouμe ìti a; b 2 Z, kai qwrÐc lˆbh thc genikìthtoc, b 0, diìti ean
tan b 0, tìte (a; b) = (a; jbj), kai ean tan b = 0, tìte (a; b) = jaj. Jètouμe
d := (a; b).
Apì thn EukleÐdeia diaÐresh μporoÔμe na roÔμe akeraÐouc q kai r tètoiouc,
¸ste a = q0b + r0 ìpou 0 r0 b.
Ac shμeiwjeÐ ìti (a; b) = (b; r0), epeid d j a kai d j b, sunep¸c d j r0 = a q0b.
Eˆn oi b kai r0 eÐqan koinì diairèth d0 μegalÔtero tou d, tìte to d0

192. a tan koinìc
diairèthc twn a kai b, to opoÐo

193. a erqìtan se antÐjesh μe thn epilog tou d wc
μègistou. Sunep¸c, d = (b; r0).
MporoÔμe na epanalˆbouμe th diaÐresh, aut th orˆ μe ta b kai r0. SuneqÐ-
ontac μe ton Ðdio trìpo diadoqikˆ èqouμe
a = q0b + r0 ìpou 0 r0 b
b = q1r0 + r1 ìpou 0 r1 r0
r0 = q2r1 + r2 ìpou 0 r2 r1
r1 = q3r2 + r3 ìpou 0 r3 r2
...
Sunep¸c paÐrnouμe μÐa jÐnousa akoloujÐa μh arnhtik¸n akeraÐwn b r0
r1 r2 : : : , h opoÐa prèpei na tˆnei kapoia stigμ sto 0. Ac upojèsouμe
ìti autì gÐnetai sto n-ostì μa. Tìte rn = 0 kai o algìrijμoc terμatÐzei.
MporoÔμe polÔ eÔkola na genikeÔsouμe autì to epiqeÐrhμa gia na deÐxouμe ìti
d = (rk1; rk) = (rk; rk+1) gia k = 0; 1; 2; : : :, ìpou r1 = b. Sunep¸c, d =
(rn1; rn) = (rn1; 0) = rn1:
Pio sugkekriμèna, o M.K.D. eÐnai to elˆqisto μh μhdenikì upìloipo ston pa-
apˆnw algìrijμo.
O parapˆnw algìrijμoc μac dÐnei kˆti parapˆnw ektìc apì ton M.K.D. DÐnei
èna trìpo gia na ekfrˆsouμe ton M.K.D. d, wc graμμikì sunduasμì twn a kai
b, èna Je¸rhμa gnwstì wc L μμa Bezout. (Je¸rhμa 1:2). Akolouj¸ntac thn
170

194. 8o Kalokairinì Majhμatikì sqoleÐo, Leptokarua Pieriac 2014 1 Diairetìthta
antÐstrofh poreÐa apì thn prohgoÔμenh, èqouμe
a q0b = r0
b q1r0 = r1
r0 q2r1 = r2
r1 q3r2 = r3
...
rn3 qn1rn2 = rn1
rn2 = qnrn1
sunep¸c, antikajist¸ntac kˆje upìloipo rk sthn epìμenh exÐswsh paÐrnouμe
b q1(a q0b) = k1a + l1b = r1
(a q0b) q2(k1a + l1b) = k2a + l2b = r2
(k1a + l1b) q3(k2a + l2b) = k3a + l3b = r3
...
...
(kn3a + ln3b) qn(kn2a + ln2b) = kn1a + ln1b = rn1
Parˆdeigμa 1.12 Na reÐte ton M.K.D. twn akeraÐwn 391 kai 323, kˆnontac qr -
sh tou EukleideÐou Algìrijμou kai na grˆyete ton M.K.D. wc graμμikì sunduasμì
twn 391 kai 323.
LÔsh: EÐnai
391 = 1 323 + 68
323 = 4 68 + 51
68 = 1 51 + 17
51 = 3 17 + 0:
Epoμènwc (391,323)=17. Sth sunèqeia

195. a roÔμe akeraÐouc x; y ètsi, ¸ste 17 =
391x + 323y. 'Eqouμe
17 = 68 51 = 68 (323 4 68) = 323 + 5 68
= 323 + 5(391 323) = 5 391 6 323
Epoμènwc 17 = 5 391 + (6) 323.
Parˆdeigμa 1.13 Ja roÔμe ton M.K.D. twn a = 756 kai b = 595. Ston parakˆtw
pÐnaka, to r qrhsiμopoieÐtai gia ta upìloipa pou eμfanÐzontai apì tic diadoqikèc
diairèseic, to q gia thn antÐstoiqh akoloujÐa phlÐkwn kai oi st lec twn k, l eÐ-
nai h antÐstoiqh akoloujÐa twn ki kai li pou perigrˆfetai parapˆnw. Sunep¸c,
(756; 595) = 7 kai μˆlista 37 756 47 595 = 7.
Alexandroc G. Sugkelakhc 171

196. 1.5 Elˆqisto Koinì Pollaplˆsio (E.K.P.) Diairetothta kai Isotiμiec
r q k l
756 1 0
595 1 0 1
161 3 1 1
112 1 3 4
49 2 4 5
14 3 11 14
7 2 37 47
0
1.5 Elˆqisto Koinì Pollaplˆsio (E.K.P.)
'Estw a1; : : : ; an 2 Z. 'Enac akèraioc kaleÐtai koinì pollaplˆsio twn a1; : : : ; an
ean a1j; : : : ; anj. ParathroÔμe ìti ean ènac apì touc akèraiouc a1; : : : ; an eÐnai
to 0, tìte to μonadikì pollaplˆsio touc eÐnai to 0. Ac upojèsouμe sth sunèqeia
ìti oi akèraioi a1; : : : ; an eÐnai μh μhdenikoÐ. O usikìc ja1 anj eÐnai èna koinì
pollaplˆsio twn a1; : : : ; an. Epoμènwc, (lìgw thc Prìtashc 1:2) to sÔnolo twn

197. etik¸n pollaplasÐwn twn a1; : : : ; an eÐnai μh kenì, epoμènwc èqei èna elˆqisto
stoiqeÐo. To stoiqeÐo autì kaleÐtai Elˆqisto Koinì Pollaplˆsio (E.K.P.) twn
a1; : : : ; an kai suμbolÐzetai μe [a1; : : : ; an]. Kaj¸c to sÔnolo twn

198. etik¸n polla-
plasÐwn twn a1; : : : ; an eÐnai to Ðdio μe ekeÐno twn ja1j; : : : ; janj, suμperaÐnouμe ìti
[a1; : : : ; an] = [ja1j; : : : ; janj].
Prìtash 1.6 'Estw a1; : : : ; an μh μhdenikoÐ akèraioi. O

199. etikìc akèraioc m eÐnai
to E.K.P. twn a1; : : : ; an, an kai μìno an, èqouμe
(i) a1jm; : : : ; anjm,
(ii) ean eÐnai

200. etikìc akèraioc μe a1j; : : : ; anj, tìte mj.
Prìtash 1.7 'Estw ; a1; : : : ; an μh μhdenikoÐ akèraioi. IsqÔoun ta ex c :
(i) [a1; : : : ; an] = jj[a1; : : : ; an],
(ii) an [a1; : : : ; an] = m tìte
m
a1
; : : : ; m
an
= 1.
Prìtash 1.8 'Estw a1; : : : ; an μh μhdenikoÐ akèraioi μe n 2. Gia kˆje k, 1
k n 2 isqÔei
[a1; : : : ; an] = [a1; : : : ; ak; [ak+1; : : : ; an]] :
Parat rhsh: H parapˆnw Prìtash anˆgei ton upologisμì tou E.K.P. pepera-
sμènou pl jouc akeraÐwn ston upologisμì tou E.K.P. dÔo akeraÐwn.
172

201. 8o Kalokairinì Majhμatikì sqoleÐo, Leptokarua Pieriac 2014 1 Diairetìthta
1.6 Pr¸toi ArijμoÐ
Orisμìc 1.2 'Enac

202. etikìc akèraioc p 1 kaleÐtai pr¸toc ean oi μìnoi diairètec
tou eÐnai oi akèraioi 1 kai p. 'Enac pr¸toc arijμìc pou eÐnai diairèthc enìc
akèraiou m kaleÐtai pr¸toc diairèthc pr¸toc parˆgontac tou m. 'Enac

203. etikìc
akèraioc n 1 pou den eÐnai pr¸toc, kaleÐtai sÔnjetoc. Se aut thn perÐptwsh
upˆrqoun d; e tètoioi, ¸ste
n = d e kai 1 d e n:
(To 2 eÐnai o μonadikìc ˆrtioc pr¸toc arijμìc).
Prìtash 1.9 Kˆje akèraioc arijμìc a 1 èqei èna toulˆqiston pr¸to diairèth.
Parˆdeigμa 1.14 Na reÐte ìlouc touc

204. etikoÔc akeraÐouc n gia touc opoÐouc oi
arijμoÐ 3n 4; 4n 5; 5n 3 eÐnai ìloi pr¸toi arijμoÐ.
LÔsh:
To ˆjroisμa twn 3 arijμ¸n eÐnai ˆrtioc, sunep¸c toulˆqiston ènac apì autoÔc
eÐnai ˆrtioc. O μonadikìc ˆrtioc pr¸toc eÐnai to 2. Mìno oi 3n4 kai 5n3 μporeÐ
na eÐnai ˆrtioi. LÔnontac loipìn tic exis¸seic 3n4 = 2 kai 5n3 = 2 paÐrnouμe
n = 2 kai n = 1 antÐstoiqa. Mìno gia n = 2 oi 3 parapˆnw arijμoÐ eÐnai pr¸toi
ˆra eÐnai kai h μonadik lÔsh.
2
Parˆdeigμa 1.15 (AHSME 1976) Ean oi p kai q eÐnai pr¸toi kai to tri¸nuμo
x2 px + q = 0 èqei diakekriμènec

205. etikèc akèraiec Ðzec, na reÐte ta p kai q.
LÔsh:
'Estw x1 kai x2 μe x1 x2, oi dÔo diakekriμènec

206. etikèc akèraiec Ðzec. Tìte
x2 px + q = (x x1)(x x2), to opoÐo dÐnei ìti p = x1 + x2 kai q = x1x2. Kaj¸c
o q eÐnai pr¸toc, ˆra x1 = 1. Sunep¸c oi q = x2 kai p = x2 + 1 eÐnai diadoqikoÐ
pr¸toi arijμoÐ, ˆra q = 2 kai p = 3.
2
Parˆdeigμa 1.16 (ARML 2003) Na reÐte to μegalÔtero diairèth tou arijμoÔ
1001001001 pou den xepernˆ to 10000.
LÔsh:
'Eqouμe
1001001001 = 1001 106 + 1001 = 1001 (106 + 1) = 7 11 13 (106 + 1):
Ac shμeiwjeÐ ìti
x6 + 1 = (x2)3 + 1 = (x2 + 1)(x4 x2 + 1):
Alexandroc G. Sugkelakhc 173

207. 1.6 Pr¸toi ArijμoÐ Diairetothta kai Isotiμiec
'Ara 106 + 1 = 101 9901, ˆra 1001001001 = 7 11 13 101 9901. Den eÐnai
dÔskolo t¸ra na elègxouμe ìti kanènac sunduasμìc twn 7,11,13 kai 101 den
tiˆqnei ginìμeno pou na xepernˆ to 9901 kai na eÐnai μikrìtero tou 1000, ˆra h
apˆnthsh eÐnai 9901.
2
Parˆdeigμa 1.17 'Estw n ènac

208. etikìc akèraioc. Na apodeiqjeÐ ìti o 32n + 1
diaireÐtai apì to 2 allˆ ìqi apì to 4 2.
Apìdeixh:
Katarq n, o 32n eÐnai perittìc kai o 32n + 1 eÐnai ˆrtioc. EpÐshc,
32n
= (32)2n1
= 92n1
= (8 + 1)2n
:
Apì to di¸nuμo tou NeÔtwna
(x + y)m = xm +
m
1
xm1y +
m
2
xm2y2 + +
xym1 + ym;
m
m 1
gia x = 8; y = 1 kai m = 2n1, ìloi oi ìroi tou ajroÐsμatoc plhn tou teleutaÐou
(pou eÐnai ym = 1), eÐnai pollaplˆsia tou 8 (ta opoÐa eÐnai pollaplˆsia tou 4).
Sunep¸c to upìloipo tou 32n ìtan diairejeÐ μe to 4 eÐnai Ðso μe 1, kai to upìloipo
tou 32n + 1 μe to 4 eÐnai Ðso μe 2.
Parat rhsh: Fusikˆ to parapˆnw prìblhμa aplopoieÐtai ean kˆnouμe qr sh
isotiμi¸n modulo 4 (lèpe parakˆtw).
2
Parˆdeigμa 1.18 Na rejeÐ to n ètsi ¸ste 2nk31024 1.
LÔsh:
H apˆnthsh eÐnai 12. Ac shμei¸souμe ìti 1024 = 210 kai x2y2 = (xy)(x+y).
Tìte, èqouμe
3210
1 =
329
+ 1
329
=
1
329
+ 1
328
+ 1
328
1
= =
329
+ 1
328
+ 1
321
+ 1
320
+ 1
(3 1)
'Oμwc apì to parˆdeigμa (1:17), 2k32k + 1 gia

209. etikoÔc akeraÐouc k. Sunep¸c h
apˆnthsh eÐnai 9+2+1=12.
2
2Dhlad 2k32n
+ 1.
174

210. 8o Kalokairinì Majhμatikì sqoleÐo, Leptokarua Pieriac 2014 1 Diairetìthta
H akìloujh Prìtash eÐnai polÔ qr siμh se ask seic stic opoÐec qreiazìμaste
thn anaparˆstash enìc pr¸tou arijμoÔ.
Prìtash 1.10 Kˆje pr¸toc arijμìc eÐnai eÐte thc μorf c 6k + 1 eÐte thc μorf c
6k + 5.
Je¸rhμa 1.3 To pl joc twn pr¸twn eÐnai ˆpeiro.
Apìdeixh: 3
Ac upojèsouμe ìti p1; : : : ; pn eÐnai ìloi oi pr¸toi arijμoÐ. JewroÔμe ton arijμì
A = p1 pn + 1:
SÔμfwna μe thn Prìtash 1:9, upˆrqei pr¸toc p tètoioc, ¸ste pjA. Kaj¸c p1; : : : ; pn
eÐnai ìloi oi pr¸toi, èqouμe p = pj gia kˆpoio deÐkth j μe 1 j n. Epoμènwc
pjA kai pjp1 pn ap’ ìpou paÐrnouμe pj1 pou eÐnai ˆtopo. Sunep¸c, to pl joc
twn pr¸twn eÐnai ˆpeiro.
2
Prìtash 1.11 Ean μe pn suμbolÐsouμe ton n-ostì pr¸to arijμì, tìte isqÔei (h
apìdeixh μe epagwg )
pn 22n1
:
Parˆdeigμa 1.19 Gia kˆje usikì arijμì n 1 upˆrqoun n diadoqikoÐ usikoÐ
arijμoÐ, kaneÐc apì touc opoÐouc den eÐnai pr¸toc arijμìc.
Apìdeixh:
ArkeÐ na

211. ewr souμe touc ex c n diadoqikoÔc usikoÔc arijμoÔc
(n + 1)! + 2; (n + 1)! + 3; ; (n + 1)! + (n + 1):
KaneÐc apì touc arijμoÔc autoÔc den eÐnai pr¸toc, diìti gia kˆje m = 2; 3; ; n+
1, o arijμìc (n + 1)! + m diaireÐtai dia tou m 4.
Parat rhsh: Apì to parapˆnw parˆdeigμa prokÔptei ìti upˆrqoun ìso μegˆla
kenˆ pr¸twn arijμ¸n

212. èlouμe, sto sÔnolo twn usik¸n arijμ¸n.
Wstìso, anoiktì paraμènei to er¸thμa an μporoÔμe μe kˆpoio ˆllo trìpo (ektìc
apì exantlhtikì yˆxiμo) na roÔμe touc μikrìterouc diadoqikoÔc arijμoÔc pou na
èqoun to epijuμhtì kenì. Aut eÐnai eÔlogh er¸thsh an analogistoÔμe ìti to para-
gontikì μegal¸nei polÔ polÔ gr gora. Na anafèrouμe ìti p.q. μe ton parapˆnw
trìpo gia na prosdiorÐsouμe 5 diadoqikoÔc sÔnjetouc arijμoÔc μporoÔμe na pˆ-
ouμe touc arijμoÔc 6!+2, 6!+3, 6!+4, 6!+4, 6!+6 dhlad touc arijμoÔc 722, 723,
724, 725, 726. 'Oμwc oi 5 pr¸toi diadoqikoÐ usikoÐ arijμoÐ pou sunantˆμe eÐnai
oi 24,25,26,27,28 (asfal¸c polÔ polÔ μikrìteroi apì ekeÐnouc pou prokÔptoun
μe thn parapˆnw μèjodo).
3Prìkeitai gia μÐa polÔ ìμorfh apìdeixh h opoÐa ofeÐletai ston EukleÐdh kai thn opoÐa
parajètouμe gia istorikoÔc lìgouc.
4EpÐshc oi arijμoÐ (n + 1)! (n + 1); : : : ; (n + 1)! 3; (n + 1)! 2 eÐnai apodektoÐ.
Alexandroc G. Sugkelakhc 175

213. 1.6 Pr¸toi ArijμoÐ Diairetothta kai Isotiμiec
2
H Prìtash pou akoloujeÐ μac dÐnei èna trìpo gia na elègqouμe ean ènac usi-
kìc arijμìc eÐnai pr¸toc.
Prìtash 1.12 Kˆje sÔnjetoc usikìc arijμìc a 1, èqei èna toulˆqiston pr¸to
diairèth p, μe p
p
a.
Pìrisμa 1.4 Ean ènac usikìc arijμìc a 1 den diaireÐtai apì kanèna pr¸to p,
μe p
p
n, tìte o arijμìc a eÐnai pr¸toc.
Pparˆdeigμa 1.20 Ja exetˆsouμe èan o akèraioc 383 eÐnai pr¸toc. 'Eqouμe 19
383 20. Oi pr¸toi pou eÐnai 19 eÐnai oi 2,3,5,7,11,13,17 kai 19. Kanènac
apì autoÔc den diaireÐ to 383. Epoμènwc o arijμìc 383 eÐnai pr¸toc.
Prìtash 1.13 'Estw a; b akèraioi6= 0; 1 kai p ènac pr¸toc. Ean pjab tìte pja
pjb.
GenÐkeush: 'Estw a1; : : : ; an akèraioi6= 0; 1 kai p ènac pr¸toc. Ean pja1 an
tìte pjam gia kˆpoio deÐkth m (1 m n).
To akìloujo Je¸rhμa eÐnai èna apì ta shμantikìtera thc JewrÐac Arijμ¸n
kai eÐnai gnwstì wc to Jeμeli¸dec Je¸rhμa thc Arijμhtik c.
Je¸rhμa 1.4 (Jeμeli¸dec Je¸rhμa thc Arijμhtik c) Kˆje usikìc a 1 ana-
lÔetai se ginìμeno pr¸twn katˆ èna kai μìno trìpo, an parablèyouμe thn tˆxh
twn paragìntwn sto ginìμeno.
Orisμìc 1.3 SÔμfwna μe to parapˆnw Je¸rhμa, ean a eÐnai ènac usikìc 1,
tìte upˆrqoun diaforetikoÐ pr¸toi p1; : : : ; pk kai usikoÐ a1; : : : ; ak 0 ètsi, ¸ste
1 pak
a = pa1
k :
H parapˆnw graf tou a

214. a kaleÐtai prwtogen c anˆlush tou a.
Prìtash 1.14 'Estw a ènac usikìc 1 kai a = pa1
1 pak
k h prwtogen c tou
anˆlush. O usikìc arijμìc d diaireÐ ton a, an kai μìno an, d = p

215. 1
1 p

216. k
k μe
0

217. i ai (i = 1; : : : ; k).
Parˆdeigμa 1.21 (EukleÐdhc 1995) Na prosdiorÐsete ìla ta
eugˆria usik¸n
arijμ¸n x; y pou ikanopoioÔn thn exÐswsh x2 = y2 + 2y + 9.
LÔsh:
x2 = y2 + 2y + 9 , x2 (y + 1)2 = 8 , (x y 1)(x + y + 1) = 8. Oi arijμoÐ
x y; x + y eÐnai eÐte kai oi dÔo ˆrtioi eÐte kai oi dÔo perittoÐ, an ìμwc tan ˆrtioi
tìte oi arijμoÐ xy1; x+y+1

218. a tan perittoÐ μe ginìμeno perittì, ˆtopo. 'Ara
x y perittìc kai x + y perittìc. Mˆlista afoÔ o x + y + 1 eÐnai

219. etikìc prèpei
x y 1

220. etikìc. 'Ara (x y 1; x + y + 1) = (2; 4) (4; 2) ap’ ìpou paÐrnouμe
kai th μonadik lÔsh (x; y) = (3; 0).
176

221. 8o Kalokairinì Majhμatikì sqoleÐo, Leptokarua Pieriac 2014 1 Diairetìthta
2
Parˆdeigμa 1.22 (EukleÐdhc 1997) Oi usikoÐ arijμoÐ a; b (a; b 2 N) eÐnai tè-
toioi, ¸ste
a3 + 1
b + 1
+
b3 + 1
a + 1
2 N:
Na apodeÐxete ìti kˆje èna apì ta klˆsμata
a3 + 1
b + 1
;
b3 + 1
a + 1
eÐnai usikoÐ.
Apìdeixh:
'Estw (a+1; b+1) = d. Tìte a+1 = d p1p2 pk kai b+1 = d q1q2 ql, ìpou
pi; qj pr¸toi μe pi6= qj ; 8i = 1; 2 : : : ; k kai j = 1; 2; : : : ; l allˆ ìqi kat’ anˆgkh oi
pi diaforetikoÐ μetaxÔ touc oÔte oi qj μetaxÔ touc.
'Eqouμe diadoqikˆ
a3 + 1
b + 1
+
b3 + 1
a + 1
=
(a + 1)(a2 a + 1)
b + 1
+
(b + 1)(b2 b + 1)
a + 1
=
d p1p2 pk(a2 a + 1)
d q1q2 ql
+
d q1q2 ql(b2 b + 1)
d p1p2 pk
=
p21
p22
k(a2 a + 1) + q2
p2
l (b2 b + 1)
1q2
2 q2
q1q2 qlp1p2 pk
2 N
Efìson ta qj diairoÔn ton arijμì q2
1q2
2 q2
l (b2 b + 1) kai to ˆjroisμa
p21
p22
p2
k(a2 a + 1) + q2
1q2
2 q2
l (b2 b + 1);
k(a2 a + 1). 'Oμwc

222. a diairoÔn kai th diaforˆ touc dhlad ton arijμì p21p22 p2
ta qj den diairoÔn ton arijμì p21
p22
p2
k ˆra ta qj diairoÔn ton a2 a + 1 dhlad
a2 a + 1
q1q2 ql
2 N )
d(a2 a + 1)
d q1q2 ql
2 N
)
d(a2 a + 1)
b + 1
2 N
) p1p2 pk
d(a2 a + 1)
b + 1
2 N
)
(a + 1)(a2 a + 1)
b + 1
2 N
)
a3 + 1
b + 1
2 N
kai efìson
a3 + 1
b + 1
+
b3 + 1
a + 1
2 N ˆra b3+1
a+1 2 N.
2
Alexandroc G. Sugkelakhc 177

223. 1.7 Efarμogèc ston M.K.D. kai sto E.K.P Diairetothta kai Isotiμiec
1.7 Efarμogèc ston M.K.D. kai sto E.K.P
Prìtash 1.15 'Estw a1; : : : ; an μh μhdenikoÐ akèraioi μe
1 pa1k
ja1j = pa11
1 pank
k ; : : : ; janj = pan1
k
ìpou p1; : : : ; pk eÐnai pr¸toi kai aij usikoÐ arijμoÐ (i = 1; : : : ; n; j = 1; : : : ; k).
Tìte
1 pdk
(a1; : : : ; an) = pd1
k ;
ìpou dj = min fa1j ; : : : ; anjg (j = 1; : : : ; k):
Pìrisμa 1.5 'Estw a1; : : : ; an μh μhdenikoÐ akèraioi kai m 2 N. Tìte
(am1
; : : : ; amn
) = (a1; : : : ; an)m:
Prìtash 1.16 'Estw a; b1; ; bn (n 2) μh μhdenikoÐ akèraioi kai oi b1; ; bn
pr¸toi μetaxÔ touc anˆ dÔo. Tìte
(a; b1; : : : ; bn) = (a; b1) (a; bn):
Pìrisμa 1.6 'Estw a; b1; : : : ; bn (n 2) μh μhdenikoÐ akèraioi kai oi b1; : : : ; bn
pr¸toi μetaxÔ touc anˆ dÔo. Ean b1ja; : : : ; bnja tìte b1 bnja.
Parˆdeigμa 1.23 'Estw n ènac perittìc akèraioc 1. Na deÐxete ìti
24jn(n2 1):
Apìdeixh:
O akèraioc A = n(n2 1) = (n 1)n(n + 1) eÐnai ginìμeno tri¸n diadiqik¸n
akeraÐwn sunep¸c eÐnai pollaplˆsio tou 3 ˆra 3jA. Epeid o akèraioc n eÐnai
perittìc 1, upˆrqei k 2 N μe k6= 0 ètsi, ¸ste n = 2k + 1. Opìte
A = 4k(k + 1)(2k + 1):
'Enac apì touc usikoÔc k; k + 1 eÐnai ˆrtioc ˆra 8jA. Tèloc, kaj¸c (3; 8) = 1, to
pìrisμa (3:1) dÐnei to
htoÔμeno 24jA.
2
Prìtash 1.17 'Estw a1; : : : ; an μh μhdenikoÐ akèraioi μe
1 pa1k
ja1j = pa11
1 pank
k ; : : : ; janj = pan1
k
ìpou p1; : : : ; pk eÐnai pr¸toi kai aij usikoÐ arijμoÐ (i = 1; : : : ; n; j = 1; : : : ; k). Tìte
1 pck
[a1; : : : ; an] = pc1
k ;
ìpou cj = max fa1j ; : : : ; anjg (j = 1; : : : ; k):
178

224. 8o Kalokairinì Majhμatikì sqoleÐo, Leptokarua Pieriac 2014 1 Diairetìthta
Pìrisμa 1.7 'Estw a1; : : : ; an μh μhdenikoÐ akèraioi kai m 2 N. Tìte
[am1
; : : : ; amn
] = [a1; : : : ; an]m:
Parˆdeigμa 1.24 Oi protˆseic (1:15); (1:17) eÐnai polÔ qr siμec gia thn eÔresh
tou M.K.D. kai E.K.P. dÔo perissotèrwn usik¸n sthn perÐptwsh pou gnwrÐzouμe
thn prwtogen touc anˆlush. Gia ton M.K.D. arkeÐ na pˆrouμe to ginìμeno ìlwn
twn pr¸twn pou eμfanÐzontai sthn prwtogen anˆlush kˆje arijμoÔ uywμèno sth
μikrìterh dÔnaμh (ean kˆpoioc pr¸toc den eμfanÐzetai sthn prwtogen anˆlush
tou arijμoÔ, tìte

225. ewroÔμe ìti eμfanÐzetai μe ekjèth 0, sunep¸c autìc o ekjèthc
eÐnai kai o μikrìteroc pou eμfanÐzetai gia ton en lìgw pr¸to). Gia to E.K.P.
arkeÐ na pˆrouμe to ginìμeno ìlwn twn pr¸twn pou eμfanÐzontai sthn prwtogen
anˆlush kˆje arijμoÔ uywμèno sth μegalÔterh dÔnaμh. 'Etsi, o M.K.D. twn
arijμ¸n 49000 = 23 53 72, 36400 = 24 52 7 13, 27500 = 22 54 11 eÐnai
22 52 70 110 130 = 100. en¸ to E.K.P. twn Ðdiwn eÐnai 24 54 72 1113 = 70070000.
Prìtash 1.18 'Estw a; b dÔo μh μhdenikoÐ akèraioi. Tìte
(a; b) [a; b] = jabj:
Parat rhsh: Gia perissìterouc apì dÔo akeraÐouc, den isqÔei anˆlogh sqèsh
μe thn parapˆnw. Dhlad genikˆ, èqouμe
(a1; : : : ; an) [a1; : : : ; an]6= ja1 anj gia n 2:
Gia parˆdeigμa, (6; 8; 10) [6; 8; 10] = 2 120 = 2406= 480 = 6 8 10:
Alexandroc G. Sugkelakhc 179

226. Diairetothta kai Isotiμiec
2 IsotiμÐec
2.1 Orisμìc kai asikèc Idiìthtec
Orisμìc 2.1 'Estw n ènac ènac

227. etikìc akèraioc. DÔo akèraioi a; b lègontai
isoôpìloipoi μe μètro n, ìtan diairoÔμenoi μe to n af noun to Ðdio upìloipo. Tìte
grˆfouμe ìti
a b (mod n)
kai diabˆzouμe «a isoôpìloipo μe to b μìntoulo n». Ean o akèraioc a den eÐnai
isoupìloipoc μe ton b μìntoulo n, grˆfouμe
a6 b (mod n)
.
Gia parˆdeigμa 10 2 (mod 4), 11 15 (mod 13) en¸ 76 11 (mod 5).
Je¸rhμa 2.1
a b (mod n) () nja b
'Aμesec sunèpeiec tou orisμoÔ eÐnai oi epìμenec idiìthtec.
Pìrisμa 2.1 (i) a a (mod n) (anaklastik idiìthta).
(ii) Ean a b (mod n), tìte b a (mod n) (suμμetrik idiìthta).
(iii) Ean a b (mod n) kai b c (mod n), tìte a c (mod n)
(μetabatik idiìthta).
Pìrisμa 2.2 (i) a 0 (mod n) , nja,
(ii) O akèraioc a eÐnai ˆrtioc, an kai μìno an, a 0 (mod 2),
(iii) O akèraioc a eÐnai perittìc, an kai μìno an, a 1 (mod 2),
(iv) Ean a b (mod n) kai mjn tìte a b (mod m),
(v) Gia kˆje
eÔgoc akeraÐwn a; b isqÔei a b (mod 1),
(vi) Ean to upìloipo thc diaÐreshc tou a μe to n eÐnai , tìte a (mod n).
Prìtash 2.1 'Estw a; b; c; d 2 Z kai f(x) èna polu¸nuμo μe akèraiouc suntele-
stèc. Ean a b (mod n) kai c d (mod n), tìte
(i) a + c b + d (mod n) kai ac bd (mod n),
(ii) am bm (mod n), gia kˆje m 2 N,
180

228. 8o Kalokairinì Majhμatikì sqoleÐo, Leptokarua Pieriac 2014 2 IsotiμÐec
(iii) f(a) f(b) (mod n).
Prìtash 2.2 'Estw a; b; k 2 Z μe k6= 0 kai d = (n; k). Tìte
ka kb (mod n) () a b (mod
n
d
):
Oi isotiμÐec eμfanÐzontai polÔ suqnˆ sth kajhμerin μac
w .
Gia parˆdeigμa, o wrodeÐkthc twn ologi¸n deÐqnei thn ¸ra modulo 12 kai o
qilioμetrikìc deÐkthc twn autokin twn deÐqnei ta qiliìμetra pou èqouμe dianÔsei
modulo 100.000. 'Etsi, ìtan h ¸ra eÐnai 18, to olìi deÐqnei 6, pou eÐnai to
upìloipo thc diaÐreshc tou 18 μe to 12, kai ìtan èna autokÐnhto èqei dianÔsei
sunolikˆ 245.000 Km, o qilioμetrikìc deÐkthc deÐqnei 45.000 Km, pou eÐnai to
upìloipo thc diaÐreshc tou 245.000 μe to 100.000.
Er¸thsh: M pwc μporeÐte na reÐte tÐ μèra

229. a eÐnai h 217h hμèra tou qrìnou
ean h pr¸th μèra tan Deutèra; Poiì μètro (modulo) qrhsiμopoi sate gia na to
reÐte; M pwc telikˆ èqoun pollèc efarμogèc oi isotiμÐec sthn kajhμerin μac
w ;
Parˆdeigμa 2.1 Na upologÐsete to upìloipo thc diaÐreshc tou arijμoÔ A =
13232741 μe to 8.
LÔsh:
EÐnai
132 = 169 9 1 (mod 8):
Epoμènwc
1323 = 13211+1 = 13 (132)11 13 5 (mod 8):
EpÐshc 27 3 (mod 8), ap’ ìpou 272 9 1 (mod 8). Epoμènwc
2741 = 27220+1 = 27 (272)20 27 3 (mod 8):
'Ara A 15 7 (mod 8) kai epoμènwc upˆrqei a 2 Z tètoio, ¸ste A = 8a + 7.
Sunep¸c to
htoÔμeno upìloipo eÐnai o arijμìc 7.
2
Parˆdeigμa 2.2 Na deÐxete ìti 22225555 + 55552222 0 (mod 7):
Apìdeixh:
IsqÔei 2222 3 (mod 7) kai 5555 4 (mod 7).
'Ara 22225555 + 55552222 35555 + 42222 (mod 7).
EpÐshc
35555 = (35)1111 = (2)1111 = 21111 (mod 7)
kai
42222 = (42)1111 21111 (mod 7)
kai prosjètwntac tic teleutaÐec, paÐrnouμe autì pou

230. èlouμe.
Alexandroc G. Sugkelakhc 181

231. 2.1 Orisμìc kai asikèc Idiìthtec Diairetothta kai Isotiμiec
2
Parˆdeigμa 2.3 An 2 N, na apodeiqjeÐ ìti o arijμìc A = 4 p
5 + 3 eÐnai ˆrrh-
toc.
Apìdeixh:
'Estw a tuqaÐoc akèraioc. Tìte ìpwc eÐnai gnwstì a 0; 1; 2; 3; 4 (mod 5) ˆra
a2 0; 1; 4 (mod 5) kai telikˆ a4 0; 1 (mod 5).
Epeid 5 + 3 3 (mod 5), suμperaÐnouμe ìti o 5 + 3 den èqei th μorf a4 μe
a 2 Z. 'Ara o A eÐnai ˆrrhtoc. (EÐnai A4 = 5 + 3 3 (mod 5), ˆtopo).
p
'Askhsh: (MoldabÐa 1997) Na apodeÐxete ìti o arijμìc a =
5n2 + 10 eÐnai
ˆrrhtoc gia kˆje n 2 Z.
2
Parˆdeigμa 2.4 (BoulgarÐa) Na apodeÐxete ìti o 121 den diaireÐ ton arijμì n2 +
3n + 5 gia kˆje tiμ tou n 2 Z.
Apìdeixh:
Ac upojèsouμe ìti 121jn2+3n+5. Tìte 11jn2+3n+5. 'Etsi n2+3n+5 0 33
(mod 11). 'Ara n2 + 3n 28 0 (mod 11) , 11j(n 4)(n + 7) , 11jn 4
11jn+7 , (n = 11k+4 n = 11k7) kai antikajist¸ntac to n sto n2+3n+5,
to teleutaÐo paÐrnei th μorf 121 + μe 0 121 to opoÐo eÐnai ˆtopo.
2
Parˆdeigμa 2.5 (EME 1997) 'Estw a; b; c akèraioi arijμoÐ tètoioi, ¸ste
(a b)(b c)(c a) = a + b + c:
Na apodeÐxete ìti o arijμìc a + b + c diaireÐtai μe to 27.
Apìdeixh:
Profan¸c gia touc a; b; c isqÔei ìti a; b; c 0;1 (mod 3). Ean kai oi treic
af noun diaforetikì upìloipo sth diaÐres touc μe to 3, tìte a + b + c 1 +
0 + 1 = 0 (mod 3) en¸ (a b)(b c)(c a)6 0 (mod 3). Ean akrib¸c dÔo eÐnai
isoupìloipoi, qwrÐc lˆbh thc genikìthtoc èstw oi a; b tìte a b 0 (mod 3)
ˆra (a b)(b c)(c a) 0 (mod 3) en¸ a + b + c6 0 (mod 3). Sunep¸c oi
a; b; c eÐnai isoupìloipoi mod3. Tìte a b b c c a 0 (mod 3), ˆra
(a b)(b c)(c a) 0 (mod 27). 'Oμwc (a b)(b c)(c a) = a + b + c ˆra h
prohgoÔμenh isìthta dÐnei a + b + c 0 (mod 27) pou eÐnai kai to
htoÔμeno.
2
Parˆdeigμa 2.6 (EukleÐdhc 1995) Na prosdiorÐsete touc pr¸touc arijμoÔc p; q
gia touc opoÐouc o arijμìc pp+1 + qq+1 eÐnai pr¸toc.
LÔsh:
182

232. 8o Kalokairinì Majhμatikì sqoleÐo, Leptokarua Pieriac 2014 2 IsotiμÐec
Ean p; q kai oi dÔo ˆrtioi kai oi dÔo perittoÐ, tìte o arijμìc pp+1 + qq+1 eÐnai
ˆrtioc 2 ˆra ìqi pr¸toc. 'Ara o ènac eÐnai to 2 kai o ˆlloc eÐnai perittìc. 'Ara
qwrÐc lˆbh thc genikìthtoc μporoÔμe na upojèsouμe ìti p = 2 kai q 0; 1;1
(mod 3) kai perittìc. Ean q 1 (mod 3), tìte pp+1 + qq+1 8 + 1 0 (mod 3),
ˆtopo. Ean q 1 (mod 3), tìte pp+1 +qq+1 8+1 0 (mod 3) (diìti q perittìc
ˆra q + 1 ˆrtioc), ˆtopo. Tèloc, ean q 0 (mod 3) tìte epeid o q eÐnai pr¸toc
ˆra q = 3 ki ètsi pp+1 + qq+1 = 89 pou eÐnai pr¸toc. 'Ara h μonadik dekt lÔsh
eÐnai p = 2; q = 3 ( p = 3; q = 2).
2
Parˆdeigμa 2.7 (Arqiμ dhc 1994) Gia poièc tiμèc tou èqei to polu¸nuμo x3 +
1995x2 1994x + kai tic treic Ðzec akèraiec;
LÔsh:
'Estw ìti to polu¸nuμo èqei treic Ðzec akèraiec tic 1; 2; 3. Tìte apì touc
tÔpouc V ieta èqouμe
A = 1 + 2 + 3 = 1995 0 (mod 3) (1)
kai
B = 12 + 23 + 31 = 1994 1 (mod 3):
Lìgw thc (1) èqouμe:
1; 2; 3 0 (mod 3) 1; 2; 3 1 (mod 3) 1; 2; 3 1 (mod 3)
1 0 (mod 3); 2 1 (mod 3); 3 1 (mod 3) (Oi upìloipec peript¸seic
eÐnai isodÔnaμec). Opìte to B

233. a eÐnai B 0 (mod 3) B 1 (mod 3), adÔnato
afoÔ B 1 (mod 3). 'Ara den upˆrqei ètsi ¸ste to polu¸nuμo na èqei treic
Ðzec akèraiec.
2
Basik Parat rhsh - TeleutaÐo YhfÐo ArijμoÔ: 'Ean a (mod 10n)
kai 0 10n, tìte ta teleutaÐa n yhfÐa tou arijμoÔ a eÐnai to μe tìsa
μhdenikˆ sthn arq , ìsa qreiˆzontai ¸ste to μ koc tou arijμoÔ na eÐnai Ðso
μe n. Gia parˆdeigμa, epeid 992007 + 3 (1)2007 + 3 = 2 (mod 102), ˆra o
arijμìc 992007 + 3 telei¸nei se 02.
2
Parˆdeigμa 2.8 (EME 1988) Na rejoÔn ta dÔo teleutaÐa yhfÐa tou arijμoÔ 270.
LÔsh:
TÐ kˆnouμe gia na roÔμe gia parˆdeigμa to 224 apì to 223; Pollaplasiˆzouμe
to 223 epÐ 2. Kai afoÔ μac endiafèroun μìno ta dÔo teleutaÐa yhfÐa pollapla-
siˆzouμe to 2 μe autˆ kai an prokÔyoun perissìtera kratˆμe μìno ta dÔo. 'Etsi,
Alexandroc G. Sugkelakhc 183

234. 2.1 Orisμìc kai asikèc Idiìthtec Diairetothta kai Isotiμiec
uy¸nontac diadoqikˆ kai krat¸ntac μìno ta dÔo teleutaÐa yhfÐa, paÐrnouμe thn
ex c akoloujÐa teleutaÐwn yhfÐwn.
02; [04; 08; 16; 32; 64; 28; 56; 12; 24; 48; | {z96; 92; 84; 68; 36; 72; 44; 88; 76; 52}]
epanˆlhyh anˆ 20
;
04; 08; 26; 32 : : :
ParathroÔμe loipìn ìti ta dÔo teleutaÐa yhfÐa xanaeμfanÐzontai μe perÐodo 20.
Grˆfontac
270 = (220)3 210;
suμperaÐnouμe ìti ta dÔo teleutaÐa yhfÐa tou 270

235. a eÐnai ta Ðdia μe ekeÐna tou 210,
ˆra to 24.
Parat rhsh: Gia (kˆpoiou eÐdouc) epal jeush μporoÔμe na roÔμe to teleutaÐo
yhfÐo tou Ðdiou arijμoÔ qrhsiμopoi¸ntac thn periodikìthta tou teleutaÐou yhfÐou
pou eÐnai 4; [2; 4; 8; 6]; 2; 4; : : : kai ètsi
270 = (24)17 22:
To teleutaÐo yhfÐo tou 270

236. a eÐnai to Ðdio μe ekeÐno tou 22 dhlad to 4.
2
'Askhsh: (Arqiμ dhc 1989) Na rejoÔn ta dÔo teleutaÐa yhfÐa tou arijμoÔ
61989.
Parˆdeigμa 2.9 (Oluμpiˆda Kanadˆ) Na rejeÐ to teleutaÐo yhfÐo tou arijμoÔ
7777:::7
| {z }
1001 7ˆria
LÔsh:
Arqikˆ parathroÔμe ìti 74 1 (mod 10). EpÐshc, afoÔ
72k 1 (mod 4) kai 72k+1 3 (mod 4)
ˆra
a := 7777:::7
| {z }
1000 7ˆria
3 (mod 4) sunep¸c a = 3k + 4; k 2 Z:
'Etsi,
7777:::7
| {z }
1001 7ˆria
= 7a = 74k+3 = 73 (74)k 73 3 (mod 10):
2
184

237. 8o Kalokairinì Majhμatikì sqoleÐo, Leptokarua Pieriac 2014 2 IsotiμÐec
Parˆdeigμa 2.10 (EME 1994) Na apodeÐxete ìti upˆrqoun usikoÐ arijμoÐ pou ta
4 teleutaÐa yhfÐa touc eÐnai 1994 kai diairoÔntai μe to 1993.
Apìdeixh:
O arijμìc autìc eÐnai thc μorf c
a|nan1a{nz2 : : : a}4
A
1994 = 10000A + 1994 = A(5 1993 + 35) + 1993 + 1
35 A + 1 (mod 1993)
Gia na eÐnai 35A+1 0 (mod 1993)

238. a prèpei 35A+1 = 1993k; k 2 Z dhlad
A = 57k
2k + 1
35
(1) dhlad prèpei to 2k + 1 na eÐnai pollaplˆsio tou 35. Gia
k = 17 èqouμe A = 968. O arijμìc loipìn 9681994 eÐnai pollaplˆsio tou 1993.
Upˆrqoun ˆpeiroi tètoioi arijμoÐ afoÔ h (1) èqei ˆpeirec lÔseic.
2
Parˆdeigμa 2.11 Na apodeÐxete ìti gia kˆje n 2 N isqÔei
17j34n+2 + 2 43n+1:
Apìdeixh:
'Eqouμe 34 = 81 13 (mod 17). Epoμènwc
34n+2 = 9 81n 9 13n (mod 17):
EpÐshc 43 = 64 13 (mod 17), opìte 43n+1 = 4 (43)n 4 13n (mod 17). 'Ara
34n+2 + 2 43n+1 9 13n + 8 13n = 17 13n 0 (mod 17):
Parat rhsh: To parapˆnw prìblhμa μporeÐ na epilujeÐ kai μe th μèjodo thc
μajhμatik c epagwg c.
2
Parˆdeigμa 2.12 (Balkaniˆda 1990) Ean an akoloujÐa μe a1 = 1, a2 = 3 kai
an+2 = (n + 3)an+1 (n + 2)an, na rejoÔn ta n gia ta opoÐa 11jan.
LÔsh:
an+2 an+1 = (n + 2)(an+1 an)
an+1 an = (n + 1)(an an1)
...
a3 a2 = 3(a2 a1)
a2 a1 = 2
Alexandroc G. Sugkelakhc 185

239. 2.2 Sust μata upoloÐpwn Diairetothta kai Isotiμiec
Me pollaplasiasμì katˆ μèlh twn parapˆnw isot twn prokÔptei ìti
an+2 an+1 = (n + 2)!
AfoÔ a1 = 1; a2 = 3; a3 = 9 ˆra o 11 den touc diaireÐ. EpÐshc a4 = 33 ˆra 11ja4.
a5 = a4 + 5! kai 116 j 5! ˆra 116 j a5. OμoÐwc 116 j a6 kai 116 j a7.
a8 = a4 + 5! + 6! + 7! + 8! = a4 + 5!(1 + 6 + 6 7 + 6 7 8)
= a4 + 5!(7 7 + 6 7 8) = a4 + 5!7 55;
ˆra 11ja8: PolÔ eÔkola paÐrnouμe 116 j a9 en¸ 11ja10 afoÔ
a10 = a8 + 9! + 10! = a8 + 9!(1 + 10):
a11 = a10 + 11!; ˆra 11ja11:
Gia kˆje n 2 N μe n 11 isqÔei 11jn! sunep¸c 11jan afoÔ
an = a10 + 11! + 12! + + n!
Telikˆ, 11jan ean n = 4; n = 8 kai n 10.
2
Ja suμplhr¸souμe thn Prìtash 1:10 μe μerikèc akìμh asikèc protˆseic
graμμènec μe isotiμÐec
Prìtash 2.3 (Basik Prìtash)
(i) An o p6= 3 eÐnai pr¸toc tìte p2 1 (mod 3).
(ii) An o p6= 2 eÐnai pr¸toc tìte p2 1 (mod 8).
(iii) An o p 3 eÐnai pr¸toc tìte p2 1 (mod 12).
(iv) Gia kˆje pr¸to p 3 isqÔei ìti p 1 (mod 6) (AnadiatÔpwsh thc Prìtashc
1:10).
2.2 Sust μata upoloÐpwn
Orisμìc 2.2 'Ena sÔnolo n akeraÐwn a1; : : : ; an kaleÐtai pl rec sÔsthμa upo-
loÐpwn modn, ean kˆje èna apì ta a1; : : : ; an eÐnai isoôpìloipo μe èna kai μìno
arijμì tou sunìlou f0; 1; : : : ; n 1g 5.
5Dhlad ta a1; : : : ; an

240. a μporoÔsaμe na ta

241. ewr souμe wc ta dunatˆ upìloipa thc diaÐreshc
enìc akeraÐou μe to n antÐ twn f0; 1; : : : ; n 1g.
186

242. 8o Kalokairinì Majhμatikì sqoleÐo, Leptokarua Pieriac 2014 2 IsotiμÐec
Merikˆ sust μata upoloÐpwn modn pou μporoÔμe na diakrÐnouμe aμèswc
eÐnai ta ex c :
(i) Elˆqisto μh arnhtikì sÔsthμa upoloÐpwn modn: f0; 1; : : : ; n 1g.
(ii) Elˆqisto

243. etikì sÔsthμa upoloÐpwn modn: f1; : : : ; ng
(iii) Pl rec sÔsthμa twn apìluta elaqÐstwn upoloÐpwn modn:
• Gia n perittì eÐnai to sÔnolo
n 1
2
; : : : ;1; 0; 1; : : : ;
n 1
2
• kai gia n ˆrtio, to sÔnolo
n
n
2
; : : : ;1; 0; 1; : : : ;
1
n
2
o
Parˆdeigμa 2.13 To sÔnolo S = f14; 24; 9;11; 34; 68;21; 87g eÐnai èna pl -
ec sÔsthμa upoloÐpwn mod8. Pragμatikˆ, èqouμe
14 6 (mod 8); 24 0 (mod 8); 9 1 (mod 8); 11 5 (mod 8);
34 2 (mod 8); 68 4 (mod 8); 21 3 (mod 8); 87 7 (mod 8).
Kaj¸c to sÔnolo f0; 1; : : : ; 7g eÐnai èna pl rec sÔsthμa upoloÐpwn mod8 ˆra to
sÔnolo S eÐnai epÐshc èna pl rec sÔsthμa upoloÐpwn mod8.
2
Parˆdeigμa 2.14 To sÔnolo T = f1; 22; 32; : : : ; n2g den eÐnai pl rec sÔsthμa
upoloÐpwn modn.
Apìdeixh:
Kaj¸c (n 1)2 1 = n2 2n, èqouμe (n 1)2 1 (mod n) kai epoμènwc dÔo
diaforetikˆ stoiqeÐa tou sunìlou T (ta (n 1)2 kai to 1) eÐnai isoupìloipa μe to
Ðdio stoiqeÐo tou sunìlou f0; 1; : : : ; ng (μe to 1).
2
Parˆdeigμa 2.15 (EME 1990) Na analujeÐ se ginìμeno h parˆstash a7 a. An
o a eÐnai usikìc arijμìc, h parˆstash aut eÐnai pˆntote diairet μe to 42.
Apìdeixh:
a7 a = a(a6 1) = a(a3 1)(a3 +1) = a(a1)(a+1)(a2 +a+1)(a2 a+1).
Ean a usikìc tìte a; a + 1 diadoqikoÐ usikoÐ ˆra o ènac eÐnai pollaplˆsio tou
2. EpÐshc a 1; a; a + 1 treic diadoqikoÐ usikoÐ ˆra o ènac eÐnai pollaplˆsio
tou 3 kai epeid (2; 3) = 1 èqouμe 6ja(a 1)(a + 1). EpÐshc (6; 7) = 1 ˆra arkeÐ
na deÐxouμe ìti h parˆstash eÐnai diairet apì to 7. DiakrÐnouμe peript¸seic gia
Alexandroc G. Sugkelakhc 187

244. 2.2 Sust μata upoloÐpwn Diairetothta kai Isotiμiec
to a. Ean a = 7k, tìte anerˆ to ginìμeno eÐnai pollaplˆsio tou 7. 'Oμoia ean
a = 7k + 1; 7k 1 tìte 7ja 1; 7ja + 1 antÐstoiqa, ˆra diaireÐ ìlh thn parˆstash.
Ean a = 7k+2 a = 7k3 tìte o a2+a+1 eÐnai pollaplˆsio tou 7 kai tèloc ean
a = 7k + 3 a = 7k 2 o a2 a + 1 eÐnai pollaplˆsio tou 7. (Na upenjuμÐsouμe
ìti to sÔnolo f3;2;1; 0; 1; 2; 3g eÐnai èna pl rec sÔsthμa upoloÐpwn mod7).
2
Prìtash 2.4 'Estw fx0; x1; : : : ; xn1g èna pl rec sÔsthμa upoloÐpwn modn kai
a; b 2 Z μe (a; n) = 1. Tìte to sÔnolo fax0+b; : : : ; axn1+bg apoteleÐ èna pl rec
sÔsthμa upoloÐpwn modn.
188

245. 8o Kalokairinì Majhμatikì sqoleÐo, Leptokarua Pieriac 2014 2 IsotiμÐec
2.3 Je¸rhμa Wilson ­
Jewr μata Fermat kai Euler
To parakˆtw Je¸rhμa dÐnei μÐa ikan kai anagkaÐa sunj kh gia na eÐnai ènac
usikìc p pr¸toc.
Je¸rhμa 2.2 (Je¸rhμa tou Wilson) 'Enac akèraioc p 1 eÐnai pr¸toc, an kai
μìno an, isqÔei
(p 1)! 1 (mod p):
Pìrisμa 2.3 Gia kˆje pr¸to arijμì p isqÔei
(p 2)! 1 (mod p):
Parˆdeigμa 2.16 Ean 0 s p, ìpou p pr¸toc arijμìc, na apodeiqjeÐ ìti isqÔei
(s 1)!(p s)! + (1)s1 0 (mod p):
Apìdeixh:
Gia s = 1 h Prìtash eÐnai alhj c lìgw tou

246. ewr μatoc Wilson. Upojètouμe ìti
isqÔei
(s 2)!(p (s 1))! + (1)s2 0 (mod p)
opìte
(s 2)!(p s + 1)! + (1)s2 0 (mod p)
) (s 2)!(p s)!(p s + 1) + (1)s2 0 (mod p)
) (s 2)!(p s)!p (s 2)!(p s)!(s 1) + (1)s2 0 (mod p)
) (s 2)!(s 1)(p s)! + (1)s2 0 (mod p)
) (s 1)!(p s)! (1)s2 0 (mod p)
) (s 1)!(p s)! + (1)s1 0 (mod p)
ˆra h Prìtash isqÔei gia kˆje s μe 0 s p.
Parat rhsh: H Prìtash isqÔei kai gia s = p. Prˆgμati,
(p 1)!0! + (1)p1 = (p 1)! + 1 0 (mod p):
2
Prìtash 2.5 'Estw p ènac perittìc pr¸toc. Tìte
p 1
2
!
2
=
1 (mod p); an p 1 (mod 4)
1 (mod p); an p 3 (mod 4)
Alexandroc G. Sugkelakhc 189

247. 2.3 Je¸rhμa Wilson ­
Jewr μata Fermat kai Euler Diairetothta kai Isotiμiec
Parˆdeigμa 2.17 'Estw p pr¸toc 2. Na deÐxete ìti
(p 1)! p 1 (mod 1 + 2 + + (p 1)):
Apìdeixh:
Kaj¸c 1 + 2 + + (p 1) =
p(p 1)
2
, arkeÐ na deÐxouμe ìti
p(p 1)
2
j(p 1)! (p 1):
Apì to Je¸rhμa Wilson, èqouμe (p1)! 1 (mod p), ap’ ìpou pj(p1)!+1 kai
epoμènwc pj(p 1)! (p 1). EpÐshc, (p 1)! (p 1) = (p 1) ((p 2)! 1),
ap’ ìpou p 1j(p 1)! (p 1). Epeid (p; p 1) = 1 paÐrnouμe
p(p 1)j(p 1)! (p 1):
Kaj¸c o pr¸toc p eÐnai perittìc, èpetai ìti o arijμìc (p 1)=2 eÐnai akèraioc kai
katˆ sunèpeia isqÔei
p(p 1)
2
j(p 1)! (p 1):
2
Apì ta spoudaiìtera

248. ewr μata thc stoiqei¸douc JewrÐac Arijμ¸n eÐnai to
akìloujo, pou eÐnai gnwstì wc Mikrì Je¸rhμa tou Fermat
Je¸rhμa 2.3 (Je¸rhμa Fermat) 'Estw p ènac pr¸toc kai a ènac akèraioc μe
p6 j a. Tìte
ap1 1 (mod p):
Pìrisμa 2.4 'Estw p ènac pr¸toc. Tìte gia kˆje a 2 Z isqÔei
ap a (mod p):
Prìtash 2.6 Ean p eÐnai ènac pr¸toc arijμìc kai a1; : : : ; an akèraioi arijμoÐ,
tìte isqÔei
(a1 + + an)p ap
1 + + ap
n (mod p):
Parˆdeigμa 2.18 Ean gia to usikì arijμì n isqÔei
56 j n 1; 56 j n; 56 j n + 1;
na apodeiqjeÐ ìti 5jn2 + 1:
Apìdeixh:
Epeid 56 j n, ap’ to Mikrì Je¸rhμa tou Fermat, isqÔei
n4 1 (mod 5) ) (n 1)(n + 1)(n2 + 1) 0 (mod 5)
opìte, epeid 56 j n 1; 56 j n + 1 èqouμe to
htoÔμeno.
190

249. 8o Kalokairinì Majhμatikì sqoleÐo, Leptokarua Pieriac 2014 2 IsotiμÐec
2
H akìloujh genÐkeush tou (μikroÔ)

250. ewr μatoc tou Fermat eÐnai gnwstì wc
Je¸rhμa Euler.
Je¸rhμa 2.4 (Je¸rhμa Euler) 'Estw n ènac usikìc 1 kai a ènac akèraioc
tètoioc, ¸ste (a; n) = 1. Tìte
a(n) 1 (mod n):
Parˆdeigμa 2.19 Na upologÐsete to upìloipo thc diaÐreshc tou 106k+4, ìpou k 2
N, μe to 7.
LÔsh:
Kaj¸c (10; 7) = 1, to Je¸rhμa Fermat dÐnei 106 1 (mod 7), ap’ ìpou 106k 1
(mod 7). EpÐshc
104 34 = 92 22 = 4 (mod 7):
'Ara
106k+4 4 (mod 7)
kai epoμènwc to
htoÔμeno upìloipo eÐnai to 4.
2
Parˆdeigμa 2.20 Na deÐxete ìti o arijμìc
7 19681968 3 6878
10
eÐnai akèraioc.
Apìdeixh:
ArkeÐ na deÐxouμe ìti
10j7 19681968 3 6878:
To Je¸rhμa tou Fermat dÐnei 34 1 (mod 5). Epoμènwc
19681968 31968 =
34492
1 (mod 5):
EpÐshc, èqouμe
6878 378 = 9
3419
9 4 (mod 5);
opìte
7 19681968 3 6878 7 3 4 = 5 0 (mod 5):
Dhlad
5j7 19681968 3 6878:
Kaj¸c o akèraioc 7 19681968 3 6878 eÐnai ˆrtioc kai (2; 5) = 1 paÐrnouμe
10j7 19681968 3 6878:
Alexandroc G. Sugkelakhc 191

251. 2.3 Je¸rhμa Wilson ­
Jewr μata Fermat kai Euler Diairetothta kai Isotiμiec
2
Parˆdeigμa 2.21 Na deÐxete ìti gia kˆje akèraio n isqÔei
2730jn13 n:
Apìdeixh:
H prwtogen c anˆlush tou 2730 eÐnai 2730 = 2 3 5 7 13. Kaj¸c oi akèraioi
2; 3; 5; 7; 13 eÐnai pr¸toi μetaxÔ touc anˆ dÔo arkeÐ na deÐxouμe ìti kajènac ap’
autoÔc diaireÐ ton n13 n.
ParathroÔμe ìti an o n eÐnai ˆrtioc tìte kai o n13 n eÐnai ˆrtioc. EpÐshc, ean o
n eÐnai perittìc, tìte o n13 n eÐnai ˆrtioc. 'Ara gia kˆje n 2 Z isqÔei 2jn13 n.
Apì to Pìrisμa (2:4) èqouμe ìti gia kˆje n 2 Z isqÔoun
n3 n (mod 3); n5 n (mod 5); n7 n (mod 7); n13 n (mod 13):
'Ara
n13 n
n34
n n4 = n3 n2 n3 n (mod 3)
n13 n3
n52
n3 n2 = n5 n (mod 5)
n13 n6 n7 n6 n = n7 n (mod 7)
opìte
3jn13 n; 5jn13 n; 7jn13 n; 13jn13 n:
2
Parˆdeigμa 2.22 'Estw p pr¸toc. Na apodeÐxete ìti pjabp bap gia ìlouc touc
akeraÐouc a; b.
Apìdeixh:
Ac shμei¸souμe arqikˆ ìti abp bap = ab(bp1 ap1).
Ean pjab tìte pjabp bap, en¸ ean p6 j ab tìte (p; a) = (p; b) = 1 sunep¸c apì to
Mikrì Je¸rhμa tou Fermat èqouμe bp1 ap1 1 (mod p). 'Ara pjbp1 ap1
pou dÐnei ìti pjabp bap kai ètsi se kˆje perÐptwsh pjabp bap.
2
Parˆdeigμa 2.23 (Eswterikìc Diagwnisμìc E.M.E. 1995) Ean p pr¸toc arijμìc
μe p 3, na apodeÐxete ìti 20pj5p 4p 1.
Apìdeixh:
192

252. 8o Kalokairinì Majhμatikì sqoleÐo, Leptokarua Pieriac 2014 2 IsotiμÐec
Ean p = 5 tìte to apotèlesμa isqÔei. 'Estw loipìn p 7. Tìte 5p 4p 1
0 (1)p 1 = 0 (mod 5)
5p 4p 1 1p 0 1 = 0 (mod 4)
kai tèloc, lìgw tou PorÐsμatoc 2:4, paÐrnouμe 5p 5 (mod p) kai 4p 4 (mod p)
ˆra 5p 4p 1 5 4 1 = 0 (mod p) kai epeid (4; 5; p) = 1 paÐrnouμe ìti
20pj5p 4p 1.
'Askhsh: (2oc Eswterikìc diagwnisμìc E.M.E. 1989) Ean p pr¸toc na apodeÐxete
ìti 42pj3p 2p 1. (Upìdeixh : Gia na deÐxete ìti 7j3p 2p 1, qrhsiμopoi ste thn
Prìtash 1:10).
2
Parˆdeigμa 2.24 'Estw p 7 ènac pr¸toc. Na apodeÐxete ìti o arijμìc
|11{:z: : 1}
p1 μonˆdec
diaireÐtai apì to p.
Apìdeixh:
'Eqouμe
|11{:z: : 1}
p1 μonˆdec
=
10p1 1
9
kai to suμpèrasμa prokÔptei apì to Mikrì Je¸rhμa tou Fermat 6.
2
Parˆdeigμa 2.25 'Estw p ènac pr¸toc μe p 5. Na apodeÐxete ìti p8 1
(mod 240).
Apìdeixh:
H prwtogen c anˆlush tou 240 eÐnai 240 = 24 3 5. Apì to Mikrì Je¸rhμa tou
Fermat, èqouμe p2 1 (mod 3) kai p4 1 (mod 5). Epeid ènac

253. etikìc akèraioc
eÐnai pr¸toc proc to 24 an kai μìno an eÐnai perittìc (24) = 23 kai ètsi lìgw
tou

254. ewr μatoc Euler, èqouμe p8 1 (mod 16). Sunep¸c p8 1 (mod m) gia
m = 3; 5; 16 twn opoÐwn to E.K.P. eÐnai to 240 kai ètsi p8 1 (mod 240).
Parat rhsh: Den eÐnai dÔskolo na doÔμe ìti n4 1 (mod 16) gia n 1;3;5;7
(mod 16). Sunep¸c μporoÔμe na elti¸souμe to apotèlesμa thc ˆskhshc se p4 1
(mod 240) gia ìlouc touc pr¸touc p 5.
2
6Ac shμeiwjeÐ ìti (10; p) = 1
Alexandroc G. Sugkelakhc 193

255. 2.3 Je¸rhμa Wilson ­
Jewr μata Fermat kai Euler Diairetothta kai Isotiμiec
Parˆdeigμa 2.26 Na apodeÐxete ìti gia kˆje ˆrtio

256. etikì akèraio n isqÔei
n2 1j2n! 1:
Apìdeixh:
Jètouμe m = n + 1. Jèlouμe tìte na deÐxouμe ìti m(m 2)j2(m1)! 1. Epeid
(m)j(m 1)!, èqouμe 2(m) 1j2(m1)! 1 kai apì to Je¸rhμa tou Euler èqouμe
mj2(m)1. 'Etsi, prokÔptei ìti mj2(m1)!1. 'Oμoia, m2j2(m1)!1 kai epeid
o m eÐnai perittìc, paÐrnouμe (m;m 2) = 1 ˆra to
htoÔμeno apotèlesμa.
2
Parˆdeigμa 2.27 'Estw p ènac pr¸toc thc μorf c 3k+2 pou diaireÐ to a2+ab+b2
gia kˆpoiouc akeraÐouc a; b. ApodeÐxte ìti oi a; b eÐnai kai oi dÔo diairetoÐ apì to p.
Apìdeixh:
Ac upojèsouμe ìti o p den diaireÐ to a. Epeid pja2 + ab + b2, ˆra o p diaireÐ kai
to a3 b3 = (a b)(a2 + ab + b2) sunep¸c a3 b3 (mod p). 'Ara
a3k b3k (mod p) (1)
Sunep¸c o p den diaireÐ oÔte to b. Apì to Mikrì Je¸rhμa tou Fermat èqouμe
ap1 bp1 1 (mod p),
a3k+1 b3k+1 (mod p) (2)
Epeid o p eÐnai pr¸toc proc to a, kai lìgw twn (1); (2) paÐrnouμe a b (mod p).
To teleutaÐo se sunduasμì μe to a2 + ab + b2 0 (mod p) dÐnei 3a2 0 (mod p).
'Etsi, afoÔ p6= 3 ˆra pja, ˆtopo.
2
Me ìμoio trìpo ìpwc thn parapˆnw na lÔsete thn epìμenh,

257. èμa thc 3hc Pro-
katartik c Fˆshc thc 13hc Ejnik c Majhμatik c Oluμpiˆdac tou 1996.
'Askhsh: 'Estw p pr¸toc arijμìc thc μorf c 4k + 3 (k 2 N). Ean x; y 2 Z kai
pjx2 + y2, na apodeÐxete ìti pjx kai pjy.
2
Parˆdeigμa 2.28 (Diejn c Oluμpiˆda Majhμatik¸n 2005) JewroÔμe thn ako-
loujÐa a1; a2; : : : pou orÐzetai μe ton tÔpo
an = 2n + 3n + 6n 1
gia ìlouc touc

258. etikoÔc akeraÐouc n. Na reÐte ìlouc touc

259. etikoÔc akèraiouc pou
eÐnai pr¸toi proc ìlouc touc ìrouc thc akoloujÐac.
194

260. 8o Kalokairinì Majhμatikì sqoleÐo, Leptokarua Pieriac 2014 2 IsotiμÐec
LÔsh:
H apˆnthsh eÐnai μìno to 1. ArkeÐ na deÐxouμe ìti kˆje pr¸toc p diaireÐ to an gia
kˆpoio

261. etikì akèraio n. Ac shμeiwjeÐ ìti oi p = 2 kai p = 3 diairoÔn ton a2 = 48.
Ac upojèsouμe t¸ra ìti p 5. Tìte apì to Mikrì Je¸rhμa tou Fermat èqouμe
2p1 3p1 6p1 1 (mod p). Tìte
3 2p1 + 2 3p1 + 6p1 3 + 2 + 1 0 (mod 6)
dhlad 6(2p2 +3p2 +6p2 1) 0 (mod p), dhlad pj6ap2. Epeid (p; 6) = 1,
ˆra o ap2 diaireÐtai apì to p ìpwc to

262. èlaμe.
2
Alexandroc G. Sugkelakhc 195

263. 2.4 Graμμikèc IsotiμÐec Diairetothta kai Isotiμiec
2.4 Graμμikèc IsotiμÐec
Orisμìc 2.3 'Estw n ènac usikìc 1 kai a; b dÔo akèraioi. MÐa isotiμÐa thc
μorf c
ax b (mod n);
ìpou x prosdioristèoc akèraioc, kaleÐtai graμμik isotiμÐa. Lèμe ìti o akèraioc
x0 epalhjeÔei plhroÐ thn parapˆnw graμμik isotiμÐa an
ax0 b (mod n):
Parat rhsh: Se aut thn perÐptwsh, kˆje akèraioc y μe x0 y (mod n), epa-
lhjeÔei epÐshc th graμμik isotiμÐa. 'Etsi,

264. a kaloÔμe lÔsh thc isotiμÐac ax b
(mod n) opoiond pote akèraio y μe x0 y (mod n) ìpou x0 μÐa opoiad pote lÔsh
thc arqik c isotiμÐac ìpwc lèμe ènac antiprìswpoc tou sunìlou twn lÔsewn.
Fusikˆ, upˆrqoun kai isotiμÐec oi opoÐec den èqoun kaμÐa lÔsh. P.q. h 6x 1
(mod 8) (8j6x 1, ˆtopo afoÔ 6x 1 perittìc).
Parˆdeigμa 2.29 Na prosdiorÐsete tic lÔseic thc graμμik c isotiμÐac 2x 10
(mod 6).
LÔsh:
Kaj¸c 10 4 (mod 6), h graμμik isotiμÐa aplousteÔetai kai èqouμe 2x 4
(mod 6). Oi akèraioi 0, 1, 2, 3, 4, 5 apoteloÔn èna pl rec sÔsthμa upoloÐpwn
mod6 ki ètsi parathroÔμe ta ex c :
2 0 = 06 4 (mod 6); 2 1 = 26 4 (mod 6); 2 2 4 (mod 6)
2 3 = 66 4 (mod 6); 2 4 = 86 4 (mod 6); 2 5 = 10 4 (mod 6):
Epoμènwc oi lÔseic eÐnai oi x 2; 5 (mod 6).
Parat rhsh: ParathroÔμe ìti h μèjodoc aut pou qrhsiμopoi saμe sto para-
pˆnw parˆdeigμa den eÐnai eÔkolo na efarμosteÐ gia ton prosdiorisμì twn lÔsewn
μiac graμμik c isotiμÐac μe μegˆlo n diìti oi upologisμoÐ gÐnontai arketˆ epÐponoi.
Autìc eÐnai kai o lìgoc pou

265. a μelet souμe analutikìtera tic graμμikèc isotiμÐec.
Orisμìc 2.4 Onoμˆzouμe antÐstrofo enìc arijμoÔ a modn (an upˆrqei) ekeÐnon
ton akèraio b gia ton opoÐo isqÔei ab 1 (mod n). Ton suμbolÐzouμe μe a1 μe
1
a .
Gia parˆdeigμa o antÐstrofoc tou 3 mod7 eÐnai to 5 diìti 3 5 1 (mod 7).
Prìtash 2.7 'Estw a 2 Z μe a6= 0. Tìte upˆrqei to antÐstrofo tou a, an kai
μìno an, (a; n) = 1.
Prìtash 2.8 'Estw (a; n) = 1. Tìte h graμμik isotiμÐa ax b (mod n) èqei
akrib¸c μÐa lÔsh.
196

266. 8o Kalokairinì Majhμatikì sqoleÐo, Leptokarua Pieriac 2014 2 IsotiμÐec
Parˆdeigμa 2.30 Na upologÐsete tic lÔseic thc graμμik c isotiμÐac 137x 4
(mod 102)
LÔsh:
Kaj¸c 137 35 (mod 102), h graμμik isotiμÐa aplousteÔetai kai èqouμe 35x
4 (mod 102). Me ton algìrijμo tou EukleÐdh rÐskouμe ìti (102; 35) = 1 (ˆra h
parapˆnw isotiμÐa èqei μonadik lÔsh) kai sugkekriμèna ìti 12102+3535 = 1.
Epoμènwc 35 35 1 (mod 102). Sunep¸c o antÐstrofoc tou 35 mod102, eÐnai o
eautìc tou kai ètsi, pollaplasiˆzontac kai ta dÔo μèlh thc isotiμÐac 35x 4
(mod 102) μe 35, paÐrnouμe x 4 35 38 (mod 102).
2
Parat rhsh: Ean (a; n) = 1 tìte gia na prosdiorÐsouμe ton antÐstrofo tou a
modn μporoÔμe na doulèyouμe kai wc ex c : 'Estw r ènac

267. etikìc akèraioc ètsi
¸ste ar 1 (mod n) (p.q. r = (n)). Tìte to antÐstrofo tou a modn, eÐnai to
ar1 modn. Sunep¸c ean (a; n) = 1, tìte h lÔsh thc graμμik c isotiμÐac ax b
(mod n) eÐnai h x bar1 (mod n).
Parˆdeigμa 2.31 Ja lÔsouμe th graμμik isotiμÐa 7x 8 (mod 30).
LÔsh:
Kaj¸c (7; 30) = 1, h graμμik isotiμÐa èqei μonadik lÔsh. 'Eqouμe 7(30) 1
(mod 30). 'Oμwc (30) = 8 ˆra h tˆxh tou 7 mod30 7, diaireÐ to (30) = 8.
Dokiμˆzontac paÐrnouμe 72 = 49 19 11 (mod 30) kai 74 (11)2 = 121 1
(mod 30). 'Ara ord30(7) = 4 kai ètsi, pollaplasiˆzontac kai ta dÔo μèlh thc
graμμik c isotiμÐac μe 73 paÐrnouμe
x 738 (77)8 (17)8 13 8 = 104 14 (mod 30):
2
Je¸rhμa 2.5 H graμμik isotiμÐa ax b (mod n) èqei lÔsh an kai μìno an djb
ìpou d = (a; n). Eidik¸tera, ean o akèraioc x0 epalhjeÔei th graμμik isotiμÐa,
tìte upˆrqoun akrib¸c d lÔseic oi
x x0; x0 +
n
d
; x0 + 2
n
d
; : : : ; x0 + (d 1)
n
d
(mod n)
Parˆdeigμa 2.32 Na upologÐsete tic lÔseic thc graμμik c isotiμÐac
21x 6 (mod 33):
LÔsh:
7Ean (a; n) = 1 tìte tˆxh tou a modn onoμˆzouμe ton elˆqisto akèraio r gia ton opoÐo isqÔei
ar 1 (mod n). Thn suμbolÐzouμe μe ordn(a) kai apodeiknÔetai (polÔ eÔkola) ìti ordn(a)j(n).
Alexandroc G. Sugkelakhc 197

268. 2.5 Sust μata graμμik¸n isotiμi¸n Diairetothta kai Isotiμiec
'Eqouμe (21; 33) = 3 kai 3j6. SÔμfwna μe to parapˆnw Je¸rhμa, h isotiμÐa èqei
3 lÔseic. 'Enac akèraioc x epalhjeÔei thn parapˆnw isotiμÐa an kai μìno an 7x
2 (mod 11). Oi akèraioi 0,1,: : :,10 apoteloÔn èna pl rec sÔsthμa upoloÐpwn
mod11. Dokiμˆzouμe kajèna apì autoÔc sthn parapˆnw graμμik isotiμÐa kai
diapist¸nouμe ìti o 5 thn epalhjeÔei. 'Ara μonadik lÔsh thc isotiμÐac 7x 2
(mod 11) eÐnai h x 5 (mod 11). O 5 epalhjeÔei kai thn 21x 6 (mod 33).
Epoμènwc, sÔμfwna μe to parapˆnw Je¸rhμa oi lÔseic thc isotiμÐac 21x 6
(mod 33) eÐnai oi x 5; 16; 27 (mod 33).
2
Parˆdeigμa 2.33 Na upologÐsete tic lÔseic thc isotiμÐac
2086x 1624 (mod 1729):
LÔsh:
Kaj¸c 2086 357 (mod 1729) kai 1624 105 (mod 1729), μporoÔμe na
aplopoi souμe th graμμik isotiμÐa kai ètsi èqouμe 357x 105 (mod 1729). Me
ton algìrijμo tou EukleÐdh paÐrnouμe ìti (357; 1729) = 7 kaj¸c epÐshc ìti 7 =
19 1729 92 357. Opìte 92 357 7 (mod 1729). Pollaplasiˆzontac kai ta
dÔo μèlh thc isotiμÐac μe 15 paÐrnouμe (9215)357 105 (mod 1729). SÔμfwna
μe to parapˆnw Je¸rhμa oi 7 lÔseic thc graμμik c isotiμÐac eÐnai oi ex c
x 349; 596; 843; 1090; 1337; 1584; 102 (mod 1729):
2
2.5 Sust μata graμμik¸n isotiμi¸n
Orisμìc 2.5 KaloÔμe lÔsh tou sust μatoc
a1x b1 (mod n1)
...
akx bk (mod nk)
kˆje akèraio pou epalhjeÔei kˆje μÐa apì tic graμμikèc isotiμÐec. Gia parˆdeigμa,
μÐa lÔsh tou sust μatoc 3x 9 (mod 10); 2x 1 (mod 5) eÐnai o akèraioc 3.
'Ena sÔsthμa endèqetai na μhn èqei lÔsh, akìμh kai sthn perÐptwsh, ìpou kˆje
μÐa apì tic graμμikèc isotiμÐec pou to apoteloÔn èqei lÔsh. 'Otan lèμe ìti èna
sÔsthμa èqei lÔsh thn a modc ennooÔμe ìti èqei wc lÔseic ìlouc touc akeraÐouc
pou eÐnai isoôpìloipoi μe to a modc. DÔo sust μata kaloÔntai isodÔnaμa ìtan
èqoun to Ðdio sÔnolo lÔsewn.
198

269. 8o Kalokairinì Majhμatikì sqoleÐo, Leptokarua Pieriac 2014 2 IsotiμÐec
Je¸rhμa 2.6 (Kinèziko Je¸rhμa UpoloÐpwn Je¸rhμa UpoloÐpwn tou Nikìμa-
qou) 'Estw b1; : : : ; bk akèraioi kai n1; : : : ; nk usikoÐ 1, pr¸toi μetaxÔ touc anˆ
dÔo. Tìte to sÔsthμa graμμik¸n isotiμi¸n
x b1 (mod n1)
x b2 (mod n2)
...
x bk (mod nk)
èqei μonadik lÔsh modn1 nk, thn opoÐa rÐskouμe wc ex c :
OrÐzouμe Nj = n1 nj1nj+1 nk kai rÐskouμe thn lÔsh Mj thc isotiμÐac
Njx 1 (mod nj) 8 (eÐte μe ton EukleÐdeio algìrijμo eÐte μe aplèc dokiμèc ean oi
arijμoÐ eÐnai μikroÐ). Tìte h lÔsh tou sust μatoc eÐnai h x0 (mod n1 nk), ìpou
x0 = b1N1M1 + + bkNkMk:
Parˆdeigμa 2.34 Na lujeÐ to sÔsthμa
x 2 (mod 5); x 3 (mod 7); x 4 (mod 11):
LÔsh:
Epeid oi akèraioi 5; 7; 11 eÐnai pr¸toi μetaxÔ touc anˆ dÔo, sÔμfwna μe to Kinè-
iko Je¸rhμa UpoloÐpwn, to parapˆnw sÔsthμa èqei μonadik lÔsh mod385.
N1 = 7 11 = 77; N2 = 5 11 = 55; N3 = 5 7 = 35:
'Etsi, paÐrnouμe tic graμμikèc isotiμÐec
77x 1 (mod 5); 55x 1 (mod 7); 35x 1 (mod 11);
isodÔnaμa
2x 1 (mod 5); 6x 1 (mod 7); 2x 1 (mod 11);
oi opoÐec èqoun tic lÔseic
x 3 (mod 5); x 6 (mod 7); x 6 (mod 11);
antÐstoiqa. Epoμènwc, h lÔsh tou sust μatoc eÐnai
x0 77 3 2 + 55 6 3 + 35 6 4 = 2292 367 (mod 385):
2
8kaj¸c oi usikoÐ n1; : : : ; nk eÐnai pr¸toi μetaxÔ touc anˆ dÔo èqouμe (Nj ; nj) = 1 gia j =
1; : : : ; k, ˆra h isotiμÐa èqei μonadik lÔsh modnj .
Alexandroc G. Sugkelakhc 199

270. 2.5 Sust μata graμμik¸n isotiμi¸n Diairetothta kai Isotiμiec
MÐa genÐkeush tou Kinèzikou Jewr μatoc UpoloÐpwn eÐnai h parakˆtw
Je¸rhμa 2.7 To sÔsthμa graμμik¸n isotiμi¸n
x b1 (mod n1)
x b2 (mod n2)
...
x bk (mod nk)
èqei lÔsh, an kai μìno an, (ni; nj)jbi bj gia kˆje i; j μe i6= j. An x0 eÐnai μÐa
lÔsh tou sust μatoc, tìte to sÔnolo lÔse¸n tou eÐnai h x0 (mod [n1 nk]).
Sta parakˆtw paradeÐgμata aÐnetai kai o trìpoc μe ton opoÐo epilÔouμe ta
graμμikˆ sust μata μe th o jeia tou parapˆnw

271. ewr μatoc.
Parˆdeigμa 2.35 Na lujeÐ to sÔsthμa twn isotiμi¸n
x 1 (mod 15); x 7 (mod 18):
LÔsh:
'Eqouμe (15; 18) = 3 kai 3j1 7. EpÐshc [15; 18] = 90. Opìte, sÔμfwna μe
to parapˆnw Je¸rhμa to sÔsthμa èqei μonadik lÔsh mod90. ArkeÐ loipìn, na
prosdiorÐsouμe μÐa lÔsh tou gia na èqouμe ìlo to sÔnolo lÔsewn.
Jètouμe sth deÔterh graμμik isotiμÐa x = 1 + 15y kai paÐrnouμe
1 + 15y 7 (mod 18):
Epoμènwc 15y 6 (mod 18) ap’ ìpou 5y 2 (mod 6). EÔkola diapist¸nouμe
ìti o 4 epalhjeÔei thn parapˆnw isotiμÐa. Sunep¸c h μonadik lÔsh tou sust μatoc
eÐnai h
x = 1 + 15 4 61 (mod 90):
2
Parˆdeigμa 2.36 Na lujeÐ to sÔsthμa twn isotiμi¸n
x 3 (mod 8); x 11 (mod 20); x 1 (mod 15):
LÔsh:
'Eqouμe (8; 20) = 4; (8; 15) = 1; (15; 20) = 5 kai 4j3 11; 1j3 1; 5j1 11.
EpÐshc [8; 20; 15] = 120. 'Ara sÔμfwna μe to parapˆnw Je¸rhμa prokÔptei ìti to
sÔsthμa èqei μonadik lÔsh (mod 120).
JewroÔμe to sÔsthμa twn dÔo pr¸twn graμμik¸n isotiμi¸n
x 3 (mod 8); x 11 (mod 20); [8; 20] = 40:
200

272. 8o Kalokairinì Majhμatikì sqoleÐo, Leptokarua Pieriac 2014 2 IsotiμÐec
Jètouμe x = 3 + 8y sth deÔterh isotiμÐa kai èqouμe
3 + 8y 11 (mod 20);
ap’ ìpou
y 1 (mod 5);
ˆra
x 3 + 8 = 11 (mod 40):
'Ara to arqikì μac sÔsthμa eÐnai isodÔnaμo μe to sÔsthμa
x 11 (mod 40); x 1 (mod 15):
Jètouμe x = 11 + 40y sth deÔterh isotiμÐa kai paÐrnouμe
11 + 40y 1 (mod 15):
Opìte y 2 (mod 3). 'Ara h
htoÔμenh lÔsh eÐnai
x 11 + 2 40 = 91 (mod 120):
2
'Oμwc to Je¸rhμa 2:7 de μac ohjˆei gia na lÔnouμe sust μata thc μorf c
aix bi; i = 1; : : : ; k:
Ac

273. ewr souμe loipìn to sÔsthμa twn graμμik¸n isotiμi¸n
a1x b1 (mod n1)
...
akx bk (mod nk):
Gia na èqei to sÔsthμa autì lÔsh, prèpei kˆje μÐa apì tic graμμikèc isotiμÐec na
èqei lÔsh, pou isodunaμeÐ μe tic sqèseic dijbi ìpou di = (ai; ni); i = 1; : : : ; k. Ac
upojèsouμe ìti dijbi; i = 1; : : : ; k. Tìte upˆrqoun Ai;Bi;Ni 2 Z μe (Ai;Ni) = 1
ètsi ¸ste ai = diAi; bi = diBi; ni = diNi; i = 1; : : : ; k. Opìte to parapˆnw
sÔsthμa eÐnai isodÔnaμo μe to ex c
A1x B1 (mod N1)
...
Akx Bk (mod Nk):
Alexandroc G. Sugkelakhc 201

274. 2.5 Sust μata graμμik¸n isotiμi¸n Diairetothta kai Isotiμiec
Kaj¸c (Ai;Ni) = 1, h graμμik isotiμÐa Aix Bi (mod Ni) èqei μonadik lÔsh
thn x Ci (mod Ni); i = 1; : : : ; k. 'Etsi, to arqikì μac sÔsthμa eÐnai isodÔnaμo
μe to sÔsthμa
x C1 (mod N1)
...
x Ck (mod Nk):
to opoÐo μporoÔμe na μelet souμe μe tic μejìdouc, pou perigrˆyaμe sta proh-
goÔμena.
Parˆdeigμa 2.37 Na lujeÐ to sÔsthμa twn isotiμi¸n
8x 4 (mod 20); 15x 10 (mod 35); 9x 12 (mod 39):
LÔsh:
'Eqouμe (8; 20) = 4; (15; 35) = 5; (9; 39) = 3. Kaj¸c 4j4; 5j10; 3j12, kˆje μÐa
apì tic graμμikèc isotiμÐec tou sust μatoc èqei lÔsh. To sÔsthμa eÐnai isodÔnaμo
μe to ex c
2x 1 (mod 5); 3x 2 (mod 7); 3x 4 (mod 13):
Oi lÔseic twn graμμik¸n isotiμi¸n dÐnoun to sÔsthμa
x 3 (mod 5); x 3 (mod 7); x 10 (mod 13):
Oi akèraioi 5; 7; 13 eÐnai pr¸toi μetaxÔ touc anˆ dÔo. Epoμènwc to sÔsthμa èqei
μonadik lÔsh mod455. Ja lÔsouμe pr¸ta to sÔsthμa
x 3 (mod 5); x 3 (mod 7):
ParathroÔμe ìti o 3 eÐnai μÐa lÔsh tou sust μatoc. Epeid (5; 7) = 1, h (μonadi-
k ) lÔsh tou sust μatoc eÐnai h x 3 (mod 35). Sunep¸c to arqikì sÔsthμa eÐnai
isodÔnaμo μe to sÔsthμa
x 3 (mod 35); x 10 (mod 13):
Gia na to lÔsouμe

275. ètouμe x = 3 + 35y sth deÔterh graμμik isotiμÐa kai èqouμe
3 + 35y 10 (mod 13), ap’ ìpou 9y 7 (mod 13): EÔkola diapist¸nouμe ìti h
lÔsh aut c thc graμμik c isotiμÐac eÐnai h y 8 (mod 13) kai epoμènwc h lÔsh
tou sust μatoc eÐnai h
x 3 + 8 35 = 283 (mod 455):
2
202

276. 8o Kalokairinì Majhμatikì sqoleÐo, Leptokarua Pieriac 2014 2 IsotiμÐec
Askhsh 1: (Prìblhμa tou Branmagupta, 7oc ai¸nac μ.Q.) 'Otan paÐrnouμe
augˆ apì èna kalˆji anˆ 2,3,4,5,6 kˆje orˆ, tìte μènoun antÐstoiqa : 1,2,3,4,5
augˆ sto kalˆji. 'Otan ìμwc paÐrnouμe anˆ 7 den μènei kanèna. Na upologisjeÐ
o elˆqistoc arijμìc aug¸n pou prèpei na perièqei to kalˆji.
Askhsh 2: (To prìblhμa tou kinèzou μˆgeira) S’ èna pliˆtsiko 17 peiratèc
arpˆzoun èna μpaoÔlo geμˆto qrusèc lÐrec (Ðshc axÐac). ApofasÐzoun na tic μoi-
astoÔn se Ðsa μèrh kai na d¸soun to upìloipo ston kinèzo μˆgeira tou karabioÔ
touc. S’ autìn antistoiqoÔn 3 lÐrec. Se μÐa nauμaqÐa skot¸nontai èxi apì autoÔc.
Sto μˆgeira antistoiqoÔn tìte 4 lÐrec. Katìpin se èna nauˆgio s¸zontai μìno èxi
ap’ autoÔc, to μpaoÔlo kai o μˆgeirac. Sto μˆgeira antistoiqoÔn tìte 5 lÐrec.
Katìpin o μˆgeirac dhlhthriˆzei touc peiratèc kai paÐrnei to μpaoÔlo. Pìsec
lÐrec toulˆqiston perièqei to μpaoÔlo;
Alexandroc G. Sugkelakhc 203

277. Diairetothta kai Isotiμiec
3 To μikrì Je¸rhμa tou Fermat kai h genÐkeus
tou
Je¸rhμa 3.1 Eˆn p pr¸toc kai a ènac usikìc arijμìc tìte :
(i) ap a (mod p)
(ii) (To μikrì

278. e¸rhμa tou Fermat) eˆn (a; p) = 1 tìte
ap1 1 (mod p):
Apìdeixh:
Sqìlio: Upˆrqoun pollèc apodeÐxeic tou μikroÔ Jewr μatoc tou Fermat .
Epilèxaμe aut h opoÐa qtÐzei μa- μa thn apìdeixh kai eÐnai μèsa stic duna-
tìthtec enìc μajht μe endiafèron gia ta μajhμatikˆ.
(i) Ja kˆnouμe qr sh thc μajhμatik c epagwg c. Gia a = 1 isqÔei tetriμμèna.
Ac upojèsouμe ìti pjap a. Ja apodeÐxouμe ìti pj(a + 1)p (a + 1).
Ap’ton tÔpo tou diwnÔμou tou Newton (9), èqouμe
(a + 1)p = ap +
p
1
ap1 +
p
2
ap2 + +
a + 1:
p
p 1
Sunep¸c
(a + 1)p ap 1 =
p
1
ap1 +
p
2
ap2 + +
a:
p
p 1
'Oμwc to p diaireÐ to dexÐ μèloc (10) ˆra kai to aristerì. Sundiˆzontac autì
μe thn epagwgik upìjesh, èqouμe ìti
p j [(a + 1)p ap 1] + (ap a) = (a + 1)p (a + 1):
(ii) Profan¸c apì to (i) èqouμe p j ap a ) p j a(ap1 1) pou se sundiasμì
μe to (a; p) = 1 dÐnei to
htoÔμeno
p j ap1 1:
9(a + b)n =
Xn
k=0
n
k
akbnk.
10H apìdeixh autoÔ af netai wc ˆskhsh stouc anagn¸stec. Ta dÔo μata pou qreiˆzontai gia
thn apìdeixh eÐnai :
(a) To ginìμeno n diadoqik¸n akeraÐwn diaireÐtai apì to n! kai
(b) ean p pr¸toc, tìte oi
p
1
;
p
2
; : : : ;
p
p1
diairoÔntai apì to p.
204

279. 8o Kalokairinì Majhμatikì sqoleÐo, Leptokarua Pieriac 2014 4 H sunˆrthsh tou Euler
2
Parˆdeigμa 3.1 (i) AfoÔ (2; 11) = 1 kai o 11 eÐnai pr¸toc,

280. a eÐnai 2111 1
(mod 11). Prˆgμati ìtan to 210 = 1024 diairejeÐ μe to 11, af nei upìloipo
1.
(ii) Me μegalÔtera noÔμera: p.q. oi arijμoÐ 23 5112 = 4840 kai 101 eÐnai pr¸-
toi μetaxÔ touc kai afoÔ o 101 eÐnai pr¸toc, èqouμe 4840100 1 (mod 101).
2
Pìrisμa 3.1 Ean p pr¸toc kai a ènac usikìc arijμìc μe (a; p) = 1, kai d eÐnai o
μikrìteroc ekjèthc gia ton opoÐo isqÔei
ad 1 (mod p)
tìte d j p 1.
H apìdeixh af netai wc ˆskhsh stouc anagn¸stec.
2
4 H sunˆrthsh tou Euler
Gia dosμèno usikì arijμì n 1, suμbolÐzouμe μe '(n) to pl joc twn usik¸n
arijμ¸n twn μikrìterwn Ðswn tou n pou eÐnai pr¸toi proc ton n. Me autì ton
trìpo orÐsaμe μÐa sunˆrthsh
' : N ! N
μe
'(n) = ]fk 2 Nnk n kai (a; n) = 1g(11):
Parˆdeigμa 4.1 '(9) = 6 diìti oi 6 arijμoÐ 1; 2; 4; 5; 7; 8 eÐnai μikrìteroi kai pr¸-
toi proc to 9.
2
Idiìthtec thc sunˆrthshc Euler
(i) '(1) = 1
11To sÔμbolo ]f: : :} suμbolÐzei to pl joc twn stoiqeÐwn tou sunìlou f: : :g.
Alexandroc G. Sugkelakhc 205

281. Diairetothta kai Isotiμiec
(ii) EÐnai anerì ìti eˆn n = p pr¸toc, tìte '(p) = p 1 kaj¸c ìloi oi arijμoÐ
oi μikrìteroi tou p, dhlad oi 1; 2; : : : ; p 1, eÐnai pr¸toi proc ton p.
(iii) H sunˆrthsh ' eÐnai pollaplasiastik dhlad ean (m; n) = 1, tìte
'(m n) = '(m) '(n)
(Gia parˆdeigμa '(21) = '(3 7) = '(3) '(7) = (3 1) (7 1) = 12).
(iv) Ean p pr¸toc, tìte
'(pk) = pk pk1 = pk1(p 1)
[Aplˆ logariˆste to pl joc twn arijμ¸n pou eÐnai μikrìteroi Ðsoi tou pk
kai eÐnai pr¸toi proc ton pk ( antÐjeta, afairèste ta pollaplˆsia tou p ta
opoÐa se pl joc eÐnai pk1)].
1 pk2
2 pkl
(v) Genikˆ, ean n = pk1
l h anˆlush tou n se pr¸touc (diakekriμènouc
μetaxÔ touc) parˆgontec, qrhsiμopoi ste thn idiìthta (iii) gia na deÐxete
ìti :
1 (p1 1) pk21
2 (p2 1) pkl1
'(n) = pk11
l (pl 1)
= n
1
1
p1
1
1
p2
1
1
pl
= n
Yl
i=1
1
1
pi
2
Parˆdeigμa 4.2 EÐnai
'(1200) = '(22 34 52) = 1200
1
1
2
1
1
3
1
1
5
= 1200
1
2
2
3
4
5
= 320
'Ara μe autì ton trìpo r kaμe, μe polÔ aplì trìpo, ìti to pl joc twn usik¸n
pou eÐnai μikrìteroi ap’to 1200 kai pr¸toi proc autìn eÐnai 320.
2
Parˆdeigμa 4.3 (i) Na apodeiqjeÐ ìti oi usikoÐ arijμoÐ n 2 Nnf4g gia touc
opoÐouc isqÔei '(n) 2 (mod 4) eÐnai eÐte thc μorf c n = pk eÐte thc μorf c
n = 2pk, ìpou k 2 N kai o p ènac pr¸toc μe p 3 (mod 4).
(ii) Na apodeiqjeÐ ìti den upˆrqei usikìc arijμìc n μe '(n) = 14.
LÔsh:
206

282. 8o Kalokairinì Majhμatikì sqoleÐo, Leptokarua Pieriac 2014 4 H sunˆrthsh tou Euler
(i) Ja deÐxouμe ìti sthn anˆlush tou n se pr¸touc arijμoÔc, de gÐnetai na u-
pˆrqoun perissìteroi apì dÔo diakekriμènoi pr¸toi arijμoÐ oi opoÐoi na eÐnai
3. Gi’autì, ac upojèsouμe antÐjeta, ìti
1 pk2
2 pkl
n = pk1
l ; pi 3 8i = 1; : : : ; l kai l 2:
Tìte
1 (p1 1)pk21
2 (p2 1) pkl1
'(n) = pk11
l (pl 1)
'Oμwc, kaj¸c l 2, upˆrqoun toulˆqiston 2 ˆrtioi parˆgontec μetaxÔ twn
(p1 1); (p2 1); : : : ; (pl 1). 'Ara '(n) 0 (mod 4), ˆtopo.
'Ara
n = 2rpk:
Ean r 3 (r6= 2 diìti n6= 4) , tìte
'(n) = 2r1pk1(p 1) 0 (mod 4); ˆtopo:
'Ara, r = 0; 1 (r6= 2 diìti n6= 4) sunep¸c
n = pk n = 2pk:
'Eμeine na deÐxouμe ìti p 3 (mod 4). Ean antÐjeta tan p 1 (mod 4)(12),
tìte

283. a eÐqaμe (kai stic dÔo peript¸seic gia ton n)
'(n) = pk(p 1) 0 (mod 4); ˆtopo:
'Etsi apodeÐqjhke h
htoÔμenh.
(ii) Prìkeitai gia ˆμesh efarμog tou pr¸tou erwt μatoc.
2
Den staμatˆne ìμwc ed¸ oi polÔ shμantikèc efarμogèc thc sunˆrthshc tou
Euler . Upˆrqoun pollèc akìμh efarμogèc kai spoudaÐa

284. ewr μata pou thn
qrhsiμopoioÔn. KleÐnouμe aut thn parˆgrafo μe to Je¸rhμa tou Euler , qwrÐc
apìdeixh (kaj¸c upˆrqei se pollˆ klassikˆ iblÐa JewrÐac Arijμ¸n), to opoÐo
apoteleÐ genÐkeush tou μikroÔ Jewr μatoc tou Fermat .
Je¸rhμa 4.1 (Je¸rhμa Euler ) Ean a eÐnai usikìc pr¸toc proc ton n tìte isqÔei
a'(n) 1 (mod n):
Parat rhsh: Ean n = p, tìte paÐrnouμe to μikrì Je¸rhμa tou Fermat .
12Profan¸c afoÔ p6= 2, ˆra p perittìc opìte den gÐnetai na eÐnai p 0; 2 (mod 4)
Alexandroc G. Sugkelakhc 207

285. Diairetothta kai Isotiμiec
Parˆdeigμa 4.4 Epeid '(9) = 6, kai (9; 4) = 1 èqouμe ìti 46 1 (mod 9).
Pìrisμa 4.1 Ean a eÐnai usikìc pr¸toc proc ton n, kai k l (mod '(n)), tìte
ak al (mod n):
Apìdeixh:
Ac upojèsouμe qwrÐc lˆbh thc genikìthtac ìti k l. Tìte lìgw thc k l
(mod '(n)), suμperaÐnouμe ìti upˆrqei akèraioc tètoioc ¸ste k = '(n) + l
ˆra, lìgw kai tou

286. ewr μatoc tou Euler , èqouμe
ak = al
a'(n)l
al 1l al (mod n)
2
208

287. 8o Kalokairinì sqoleÐo Majhμatik¸n
Leptokaruˆ PierÐac 2014
Ask seic
sth
JewrÐa Arijμ¸n
Alèxandroc G. Sugkelˆkhc
ags@math:uoc:gr
IoÔlioc 2014
209

288. Askhseic sth Jewria Arijμwn
1 Majhμatik Epagwg
1.1 Ask seic A' Oμˆdac
'Askhsh 1.1 Na apodeÐxete ìti gia opoiod pote usikì n 1 isqÔei
1 + 2 + 3 + + n =
n(n + 1)
2
:
'Askhsh 1.2 Na apodeÐxete ìti gia opoiod pote usikì n 1 isqÔei
12 + 22 + 32 + + n2 =
n(n + 1)(2n + 1)
6
:
'Askhsh 1.3 Na apodeÐxete ìti gia opoiod pote usikì n 1 isqÔei
13 + 23 + 33 + + n3 =
n(n + 1)
2
2
:
'Askhsh 1.4 Na apodeÐxete ìti gia opoiod pote usikì n 1 isqÔei
1 + 3 + 5 + + (2n 1) = n2:
'Askhsh 1.5 Na apodeÐxete ìti gia opoiod pote usikì n 1 isqÔei
12 + 32 + 52 + + (2n 1)2 =
n(4n2 1)
3
:
'Askhsh 1.6 Na apodeÐxete ìti gia opoiod pote usikì n 1 isqÔei
1 2 + 2 3 + 3 4 + + n (n + 1) =
n(n + 1)(n + 2)
3
:
'Askhsh 1.7 Na apodeÐxete ìti gia opoiod pote usikì n 1 isqÔei
1 2 3 + 2 3 4 + 3 4 5 + + n (n + 1) (n + 2) =
n(n + 1)(n + 2)(n + 3)
3
:
Na genikeÔsete to apotèlesμa kai na apodeÐxete ton isqurisμì sac.
'Askhsh 1.8 Na apodeÐxete ìti gia opoiod pote usikì n 1 isqÔei
1
1 2
+
1
2 3
+
1
3 4
+ +
1
n (n + 1)
=
n
n + 1
:
210

289. 8o Kalokairino Sqoleio, Leptokarua Pieriac 2014 1 Majhμatik Epagwg
'Askhsh 1.9 Na apodeÐxete ìti gia opoiod pote usikì n 1 isqÔei
(n + 1) (n + 2) (2n)
1 3 5 (2n 1)
= 2n:
'Askhsh 1.10 Na apodeÐxete ìti gia opoiod pote usikì n 4 isqÔei 3n n2:
'Askhsh 1.11 (i) Na apodeÐxete ìti gia opoiod pote a 1 kai opoiod pote usikì
n 1, isqÔei (1 + a)n 1 + na.
(ii) Na apodeÐxete ìti gia opoiod pote usikì n isqÔei 2n + 5n + 7n 11n.
'Askhsh 1.12 Na apodeÐxete ìti gia opoiod pote usikì n 2 isqÔei
2 21 + 3 22 + 4 23 + n 2n1 = (n 1) 2n:
'Askhsh 1.13 Na apodeÐxete ìti gia opoiod pote usikì n isqÔei
12 22 + 32 42 + + (1)n1n2 = (1)n1
n(n + 1)
2
:
'Askhsh 1.14 Na apodeÐxete ìti gia opoiod pote usikì n isqÔei
12
1 3
+
22
3 5
+
32
5 7
+ +
n2
(2n 1)(2n + 1)
=
n(n + 1)
2(2n + 1)
:
'Askhsh 1.15 Na apodeÐxete ìti gia opoiod pote usikì n 1 o arijμìc
An = 2n+2 + 32n+1
eÐnai pollaplasio tou 7.
'Askhsh 1.16 Na apodeÐxete ìti gia opoiod pote usikì n 1 o arijμìc
An = 24n+1 22n 1
eÐnai pollaplasio tou 9.
'Askhsh 1.17 Na apodeÐxete ìti gia opoiod pote usikì n 1 o arijμìc
An = 10n + 18n 1
eÐnai pollaplasio tou 27.
'Askhsh 1.18 Na apodeÐxete ìti gia opoiod pote usikì n o arijμìc
An = 24n + 292n+1
eÐnai pollaplasio tou 15.
Alexandroc G. Sugkelakhc 211