Μαθηματικά Κατεύθυνσης Β Λυκείου Λύσεις

150 θα είναι p = 2. Έτσι η εξίσωση γράφεται x2 + x + 2 = 112 ⇔ x2 + x −110 = 0 ⇔ x = 10 ή x = −11 Επομένως, η θετική ακέραια λύση της εξίσωσης είναι η x = 10.8. Α ν p1, p2 , ..., pκ οι κοινοί και μη κοινοί θετικοί πρώτοι παράγοντες των α και β, τότε θα ισχύεια = pα1 pα2 ... pακ και β = p β1 pβ2 ... p βκ (1) 1 2 κ 1 2 κ (2)όπου α1, α2 , ..., ακ , β1, β2 , ..., βκ φυσικοί αριθμοί. Επομένως, θα είναια2 = p 2α1 p22α 2 ... p 2ακ και β2 = p 2 β1 p22β2 ... pκ2βκ 1 κ 1Επειδή β 2α 2 , λόγω της (2), θα ισχύει 2β1 ≤ 2α1, 2β2 ≤ 2α2 , …, 2βκ ≤ 2ακοπότε, θα έχουμε β1 ≤ α1, β2 ≤ α2 , …, βκ ≤ ακ .Άρα, λόγω της (1), έχουμε ότι β α . 4.6 Η ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΔΙΟΦΑΝΤΙΚΗ ΕΞΙΣΩΣΗΑ΄ ΟΜΑΔΑΣ1. (i) Είναι (4,6) = 2, οπότε (4, 6) Άρα η εξίσωση 4x + 6 y = 5 δεν έχει ακέραιες λύσεις. (ii) Είναι (4, −6) = 2, οπότε (4, −6) 2. Άρα η εξίσωση 4x − 6 y = 2 έχει ακέραιες λύσεις. (iii) Είναι (3,5) = 1, οπότε (3,5) κ . Άρα η εξίσωση 3x + 5y = κ έχει ακέραιες λύσεις. (iv) Είναι (κ ,κ +1) = 1, οπότε (κ ,κ +1) λ . Άρα η εξίσωση κ x + (κ +1) y = λ έχει ακέραιες λύσεις.

151(v) Για όλες τις ακέραιες τιμές των x, y το πρώτο μέλος της εξίσωσης είναι άρτιοςαριθμός, ενώ το δεύτερο μέλος περιττός. Άρα η εξίσωση 2κ x + 4 y = 2λ +1 δενέχει ακέραιες λύσεις.2. (i) Μια προφανής ακέραια λύση της εξίσωσης είναι η (x0 , y0 ) = (1,1). Άρα, οι ακέραιες λύσεις, (x, y), της εξίσωσης δίνονται από τις σχέσεις x = 1+ 3t και y = 1− 2t, t ∈ Z. (ii) Η εξίσωση 6x − 4 y = 8 γράφεται ισοδύναμα 3x − 2y = 4 και έχει μια προφανή λύση την (x0 , y0 ) = (2,1). Άρα οι ακέραιες λύσεις, (x, y), της εξίσωσης δίνονται από τις σχέσεις x = 2 + 2t και y = 1+ 3t, t ∈ Z. (iii) Μια προφανής ακέραια λύση της εξίσωσης είναι η (x0 , y0 ) = (2, −1). Άρα, οι ακέραιες λύσεις, (x, y), της εξίσωσης δίνονται από τις σχέσεις x = 2 + 5t και y = −1+ 7t, t ∈ Z. (iv) Μια προφανής ακέραια λύση της εξίσωσης είναι η (x0 , y0 ) = (2,1). Άρα, οι ακέραιες λύσεις, (x, y), της εξίσωσης δίνονται από τις σχέσεις x = 2 + 3t και y = 1+ 5t, t ∈ Z.3. (i) Έχουμε 111x + 78y = 300 ⇔ 3(37x + 26 y) = 3⋅100 ⇔ 37x + 26 y = 100 (1)Μια προφανής ακέραια λύση της εξίσωσης είναι η (x0 , y0 ) = (2,1). Επομένως, οιακέραιες λύσεις, (x, y), της εξίσωσης (1) δίνονται από τις σχέσεις x = 2 + 26t και y = 1− 37t, t ∈ Z.Επειδή αναζητούμε τις θετικές ακέραιες λύσεις, έχουμε x >0 ⇔ 2 + 26t > 0 ⇔ −1 < t < 1 ⇔ t = 0.  >0 1− 37t > 0 13 37  yΆρα, η μοναδική θετική ακέραια λύση της εξίσωσης είναι η (x, y) = (2,1).

152(ii) Μια προφανής ακέραια λύση της εξίσωσης 47x − 31y = 78 είναι η(x0 , y0 ) = (1, −1). Επομένως, οι ακέραιες λύσεις (x, y) της εξίσωσης (1) δίνονταιαπό τις σχέσεις x = 1+ 31t και y = −1+ 47t, t ∈ Z.Επειδή αναζητούμε τις θετικές ακέραιες λύσεις, έχουμε x > 0 ⇔ 1+ 31t > 0 ⇔ t > −1 ⇔ t ∈ N *.  > 0 −1+ 47t >  > 31  y 0 t 1 47Άρα, η εξίσωση έχει άπειρες θετικές ακέραιες λύσεις (x, y). Αυτές δίνονται απότις σχέσεις x = 1+ 31t και y = −1+ 47t, t ∈ N *.4. (i) Η εξίσωση 3x + 5y = −15 δεν έχει θετικές ακέραιες λύσεις, αφού για όλους του θετικούς ακέραιους x, y το πρώτο μέλος της εξίσωσης είναι θετικός αριθμός, ενώ το δεύτερο μέλος αρνητικός αριθμός. (ii) Η εξίσωση 111x + 78y = 50 δεν έχει θετικές ακέραιες λύσεις, αφού για όλους τους θετικούς ακέραιους x, y ισχύει: 111x + 78y ≥ 111⋅1+ 78⋅1 = 189 > 50. (iii) Η εξίσωση 5x + 7 y = 5 δεν έχει θετικές ακέραιες λύσεις, αφού για όλους τους θετικούς ακέραιους x, y ισχύει: 5x + 7 y ≥ 5⋅1+ 7 ⋅1 = 12 > 5.5. Έστω ότι αλλάζουμε το χαρτονόμισμα 100 ευρώ με x χαρτονομίσματα των 10 και y χαρτονομίσματα των 5 ευρώ. Τότε θα ισχύει 10x + 5y = 100 ή, ισοδύναμα, 2x + y = 20 (1), όπου x ≥ 0, y ≥ 0. Αναζητούμε, επομένως, τις μη αρνητικές λύσεις της (1). Μια προφανής ακέραια λύση της (1) είναι η (x0 , y0 ) = (0, 20). Επομένως, οι ακέραιες λύσεις, (x, y), της (1) δίνονται από τις σχέσεις x = 0 + t και y = 20 − 2t, t ∈ Z. Έτσι έχουμε

153 x ≥ 0 ⇔ t ≥ 0 ⇔ 0 ≤ t ≤ 10 ⇔ t = 0, 1, 2, ..., 10.  ≥ 0 20 − 2t  y ≥ 0Άρα, οι μη αρνητικές ακέραιες λύσεις της (1) είναι οι: (0, 20), (1,18), (2,16), (3,14), (4,12), (5,10) (6,8), (7, 6), (8, 4), (9, 2), (10, 0).Β΄ ΟΜΑΔΑΣ1. Αν καθένα από τα μεγάλα πακέτα περιέχει x σαπούνια και καθένα από τα μικρά πακέτα περιέχει y σαπούνια, τότε θα ισχύει 19x + 3y = 224 και x > y > 0 (1)Αναζητούμε, επομένως, θετικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης (1). Επειδή (19,3) = 1,η εξίσωση (1) έχει ακέραιες λύσεις. Αρχικά βρίσκουμε μια ειδική λύση της (1)ως εξής:Γράφουμε τον (19,3) = 1 ως γραμμικό συνδυασμό των 19 και 3: 19 ⋅1+ 3(−6) = 1 (2)Πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη της (2) με 224: 19 ⋅ 224 + 3(−1344) = 224Άρα μια ειδική λύση της (1) είναι η (x0 , y0 ) = (224, −1344). Επομένως οι ακέραιεςλύσεις της (1) δίνονται από τους τύπους x = 224 + 3t και y = −1344 −19t, t ∈ Z (3)Από τις λύσεις αυτές θα βρούμε εκείνες για τις οποίες ισχύει x > 0 και y > 0.Έχουμεx > 0 ⇔ 224 + 3t > 0 ⇔ t > − 224 ⇔ −74, 6 < t < −70, 73 > 0 −1344 −19t  < 3 y > 0 t − 1344 19 ⇔ t = −71 ή t = −72 ή t = −73 ή t = −74.Επομένως, οι αντίστοιχες τιμές των x και y δίνονται από τον πίνακα

154 2 x 11 8 5 62 y 5 24 43 και επειδή x > y, θα είναι (x, y) = (11,5).2. Οι γραφικές παραστάσεις των f και g τέμνονται πάνω στον άξονα x′x για εκείνα τα x ∈ R για τα οποία ισχύει f (x) = 0 και g(x) = 0. Όμως:  x π Ζ  , 3 ⇔ (1) 2π , Ζ (2)  x 3 (3)Επομένως ισχύειΜια προφανής λύση της διοφαντικής εξίσωσης (1) είναι η (κ0 , λ0 ) = (2,1).Άρα, οι λύσεις, (κ , λ), της (2) δίνονται από τον τύπο κ = 2 + µ και λ = 1+ µ, µ ∈ ΖΕπομένως, λόγω της (1), οι ζητούμενες τιμές του x είναι οι ρ ∈ Ζ.3. Έ στω δ = (α , β ). Επειδή δ γ η εξίσωση έχει ακέραιες λύσεις. Αν (x0 , y0 ) είναι μια ακέραια λύση της εξίσωσης, τότε οι ακέραιες λύσεις της, (x, y), θα δίνονται από τις σχέσεις x = x0 − β t και y = y0 + α t, t ∈ Z. δ δΑς θεωρήσουμε τώρα δύο λύσεις (x1, y1) και (x2 , y2 ) της εξίσωσης. Τότε

155 x1 = x0 − β t1  x2 = x0 − β t2 δ  δ (1) και  (2), όπου t1, t2 ∈ Z α α y1 = y0 + δ t1  y2 = y0 + δ t2 οπότε, η απόσταση των Α(x1, y1) και Β (x2 , y2 ) θα είναι ίση με(ΑΒ ) = (x2 − x1)2 + ( y2 − y1)2 = β2 (t2 − t1 )2 + α2 (t2 − t1 )2 δ2 δ2 = t2 − t1 ⋅ α2 +β2 . δΕπομένως, η απόσταση (ΑΒ ) ελαχιστοποιείται, όταν ελαχιστοποιηθεί η παράστασηt2 − t1 . Αυτό συμβαίνει όταν t2 − t1 = 1, οπότε η ελάχιστη απόσταση ανάμεσασε δύο διαφορετικά σημεία της ευθείας α x + β y = γ με ακέραιες συντεταγμένεςείναι ίση με α 2 + β 2 . δ4. (i) Η εξίσωση α x + β y = αβ έχει ακέραιες λύσεις, αφού (α , β ) = 1. Μια προφανής λύση της είναι η (x0 , y0 ) = (β , 0). Άρα, οι λύσεις, (x, y), της εξίσωσης δίνονται από τους τύπους x = β + β t και y = −αt, όπου t ∈ Z.Ας υποθέσουμε ότι η εξίσωση έχει θετικές λύσεις, τότε θα ισχύει x > 0 ⇔ β + βt > 0 ⇔ t > −1 ⇔ −1 < t < 0,  > 0 −α t >0 t < 0  yπου είναι αδύνατο, αφού t ∈ Z. Άρα, η εξίσωση δεν έχει θετικές ακέραιες λύσεις.(ii) Η εξίσωση α x + β y = 2αβ έχει ακέραιες λύσεις, αφού (α , β ) = 1.Μια προφανήςλύση της εξίσωσης είναι η (x0 , y0 ) = (β ,α ). Επομένως, οι λύσεις, (x, y), τηςεξίσωσης δίνονται από τους τύπους: x = β + β t και y = α −αt, όπου t ∈ Z.Αναζητούμε θετικές λύσεις της εξίσωσης. Άρα θέλουμε να ισχύει x > 0 ⇔ β + βt > 0 ⇔ t > −1 ⇔ −1 < t < 1 ⇔ t = 0.  > 0 α −αt > 0 t < 1  yΆρα, μοναδική θετική λύση της εξίσωσης είναι η (β ,α ).

1565. Έ στω x, y ∈ N * οι αριθμητές των κλασμάτων. Τότε θα ισχύει x + y = 33 , ή, ισοδύναμα, 13x + 7 y = 33. (1) 7 13 91Αναζητούμε, επομένως, τις θετικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης (1). Επειδή(13, 7) = 1, η (1) έχει ακέραιες λύσεις. Μια ειδική της λύση είναι η (−33, 66).Άρα, οι ακέραιες λύσεις, (x, y), της (1) δίνονται από τους τύπους x = −33 + 7t και y = 66 −13t, όπου t ∈ Z.Έτσι έχουμε x > 0 ⇔ −33 + 7t >0 ⇔ 33 < t < 66 ⇔ t = 5.  > 0 66 −13t >0 7 13  yΆρα x = 2 και y = 1 και επομένως 33 = 2 + 1 . 91 7 134.7 ΙΣΟΫΠΟΛΟΙΠΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙΑ΄ ΟΜΑΔΑΣ1. Για τα στοιχεία του συνόλου Α έχουμε:33 = 4 ⋅ 7 + 5, οπότε 33 ≡ 5(mod 7)−17 = (−3)7 + 4, οπότε −17 ≡ 4(mod 7)23 = 3⋅ 7 + 2, οπότε 23 ≡ 2(mod 7)35 = 5⋅ 7 + 0, οπότε 35 ≡ 0(mod 7)41 = 5⋅ 7 + 6, οπότε 41 ≡ 6(mod 7)−20 = (−3)7 +1, οπότε −20 ≡ 1(mod 7)2. (i) Αληθής για κάθε κ ∈ Ζ, αφού (15κ +1) −1 = 15κ = πολ3 (ii) Αληθής για κάθε κ ∈ Ζ, αφού (15κ +1) + 4 = 15κ + 5 = πολ5 (iii) Δεν αληθεύει για κάθε κ ∈ Ζ, αφού (κ 2 + 5) −1 = κ 2 + 4 που δεν είναι πολλαπλάσιο του 4 όταν ο κ είναι περιττός.

157(iv) Αληθής για κάθε m ∈ N *. Πράγματι είναι m +1 ≡ 1(mod m) οπότε(m +1)3 ≡ 13 ≡ 1(mod m).3. Ε ίναι α ≡ 6(mod11) ⇔ α = 11κ + 6, κ ∈Ζ (1) 10 ≤ α < 100 10 ≤ α < 100 (2)Η (2), λόγω της (1) γράφεται 10 ≤ 11κ + 6 < 100 ⇔ 4 ≤ 11κ < 94 ⇔ 4 ≤ κ < 94 11 11 ⇔ κ = 1, 2, ..., 8,οπότε, από την (1) παίρνουμε α = 17, 28, 39, 50, 61, 72, 83, 94.4. (i) Έστω α ένας από τους ζητούμενους θετικούς ακέραιους. Τότε θα ισχύει α ≡ 2(mod 3) και α ≡ 1(mod 4) (1)οπότε θα υπάρχουν x, y ∈ Z τέτοιοι ώστε (2) α = 3x + 2 και α = 4 y +1οπότε 3x + 2 = 4 y +1 και άρα (3) −3x + 4 y = 1Μια προφανής ακέραια λύση της (3) είναι η (x0 , y0 ) = (1,1). Άρα, οι ακέραιεςλύσεις της, (x, y), δίνονται από τις σχέσεις x = 1+ 4t και y = 1+ 3t, t ∈ Z.Επομένως, λόγω της (2), θα είναι α = 12t + 5, t ∈ Z.Όμως ο α είναι διψήφιος. Άρα θα ισχύει 10 ≤ α < 100 ⇔ 10 ≤ 12t + 5 < 100 ⇔ 5 ≤ 12t < 95 ⇔ 5 ≤ t < 95 12 12 ⇔ t = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7

158 Άρα, οι πιθανές τιμές του α είναι οι 17, 29, 41, 53, 65, 77, 89. Οι τιμές αυτές είναι όλες δεκτές, αφού ικανοποιούν τις (2). (ii) Αν α ≡ 3(mod 4) και α ≡ 4(mod 6), τότε θα ισχύει α = 4x + 3 και α = 6 y + 4, όπου x, y ∈ Z οπότε θα έχουμε 4x + 3 = 6 y + 4 ή, ισοδύναμα, 4x −6y =1 Η εξίσωση, όμως, αυτή είναι αδύνατη αφού (4, −6) = 2 και 2 |  Άρα, το πρό- βλημα δεν έχει λύση.5. (i) Επειδή 23 = 8 ≡ 1(mod 7) και 100 = 3⋅ 33 +1, έχουμε 2100 = 23⋅33+1 ≡ (23 )33 ⋅ 2 ≡ 133 ⋅ 2 ≡ 2(mod 7) Άρα το ζητούμενο υπόλοιπο είναι ίσο με 2. (ii) Επειδή 9 ≡ 1(mod 8), έχουμε 9100 ≡ 1100 ≡ 1(mod 8). Άρα το ζητούμενο υπό- λοιπο είναι ίσο με 1. (iii) Επειδή 33 = 27 ≡ −1(mod 7) και 1998 = 3⋅ 666, έχουμε 31998 = (33 )666 ≡ (−1)666 ≡ 1(mod 7) Άρα το ζητούμενο υπόλοιπο είναι ίσο με 1. (iv) Επειδή 52 = 25 ≡ −1(mod 26) και 2004 = 2 ⋅1002, έχουμε 52004 = (52 )1002 ≡ (−1)1002 ≡ 1(mod 26) Άρα το ζητούμενο υπόλοιπο είναι ίσο με 1.6. (i) Επειδή 52 = 25 ≡ 1(mod 8), έχουμε 52ν + 7 = (52 )ν + 7 ≡ 1ν + 7 ≡ 1+ 7 ≡ 8 ≡ 0(mod 8). Άρα 8(52ν + 7).

159(ii) Είναι 2ν +1 + 33ν +1 = 2 ⋅ 2ν + 3 ⋅ 27ν ≡ 2 ⋅ 2ν + 3⋅ 2ν (mod 5), αφού 27 ≡ 2(mod 5) ≡ 5 ⋅ 2ν (mod 5) ≡ 0(mod 5).Άρα 5(2ν +1 + 33ν +1).(iii) Είναι 24 = 16 ≡ 1(mod15). Άρα 24ν −1 = (24 )ν −1 ≡ 1ν −1 ≡ 0(mod15).(iv) Είναι 22ν +4 + 52ν +1 = 16 ⋅ 4ν + 5 ⋅ 25ν ≡ (−5) ⋅ 4ν + 5 ⋅ 4ν (mod 21), αφού 16 ≡ −5(mod 21) 25 ≡ 4(mod 21) ≡ 0 ⋅ 4ν (mod 21) ≡ 0(mod 21).Άρα7. (i) Αρκεί να βρούμε το υπόλοιπο της διαίρεσης του 31998 με το 10. Είναι 32 = 9 ≡ −1(mod10) και 1998 = 2 ⋅ 999. Επομένως 31998 = (32 )999 ≡ (−1)999 ≡ −1 ≡ 9(mod10). Άρα το τελευταίο ψηφίο του 31998 είναι το 9. (ii) Αρκεί να βρούμε το υπόλοιπο της διαίρεσης του 72003 με το 100. Είναι 74 = 2201 ≡ 1(mod100) και 2003 = 4 ⋅500 + 3. Επομένως 72003 = 74⋅500+3 = 73 (74 )500 ≡ 43⋅1500 (mod100), αφού 73 = 343 ≡ 43(mod100) ≡ 43(mod100) Άρα, το τελευταίο διψήφιο τμήμα του αριθμού 72003 είναι το 43.

160Β΄ ΟΜΑΔΑΣ1. Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει β ∈ Z τέτοιος ώστε 3α −1 = β 2. Τότε θα ισχύει β 2 ≡ −1(mod 3), οπότε β 2 ≡ 2(mod 3) (1)Όμως, β ≡ 0,1, 2(mod 3), οπότε β 2 ≡ 0,1(mod 3), που αντίκειται στην (1).2. Ο αριθμός p είναι της μορφής p = 10κ +υ, υ = 0, 1, ..., 9. Επειδή, όμως, είναι πρώτος και μεγαλύτερος του 5, θα είναι της μορφής p = 10κ +1 ή p = 10κ + 3 ή p = 10κ + 7 ή p = 10κ + 9, κ ∈ Ν. Επομένως, θα ισχύει p ≡ 1, 3, 7, 9(mod10) οπότε p2 ≡ 1, 9(mod10) ή, ισοδύναμα, p2 ≡ 1, −1(mod10),που σημαίνει ότι p2 −1 ≡ 0(mod10) ή p2 +1 ≡ 0(mod10)και άρα 10 ( p2 −1) ή 10 ( p2 +1).3. α ΄ τρόπος: Είναι α 2 + α − 6 = (α + 3)(α − 2). Επομένως 5 (α 2 + α − 6) ⇔ 5 (α + 3)(α − 2) ⇔ 5 (α + 3) ή 5 (α − 2) ⇔ α + 3 = 5κ , κ ∈ Ζ ή α − 2 = 5λ, λ ∈ Ζ ⇔ α = 5κ − 3, κ ∈ Ζ ή α = 5λ + 2, λ ∈ Ζ ⇔ α = 5λ + 2, λ ∈ Ζ, αφού ο α = 5κ − 3, κ ∈ Ζ γράφεται α = 5(κ −1) + 2 = 5λ + 2, λ = κ −1. β΄ τρόπος: Αν υ είναι το υπόλοιπο της ευκλείδειας διαίρεσης του α με τον 5 τότε θα ισχύει α ≡ υ(mod 5), οπότε α 2 + α − 6 ≡ υ 2 +υ − 6(mod 5). Επομένως: • Αν υ = 0, τότε α 2 + α − 6 ≡ −6 ≡ 4(mod 5), οπότε • Αν υ = 1, τότε α 2 + α − 6 ≡ −4 ≡ 1(mod 5), οπότε

161• Αν υ = 2, τότε α 2 + α − 6 ≡ 0(mod 5), οπότε• Αν υ = 3, τότε α 2 + α − 6 ≡ 6 ≡ 1(mod 5), οπότε• Αν υ = 4, τότε α 2 + α − 6 ≡ 14 ≡ 4(mod 5), οπότεΆρα, ισχύει 5(α 2 + α − 6) μόνο όταν α ≡ 2(mod 5), δηλαδή, μόνο όταν ο α είναιτης μορφής α = 5λ + 2, λ ∈ Ζ.4. α΄ τρόπος: Επειδή x ≡ 1(mod 2) και x ≡ 2(mod 3), θα ισχύειx +1 ≡ 2 ≡ 0(mod 2) και x +1 ≡ 0(mod 3).Επομένως, 2 (x +1) και 3 (x +1) , οπότε 2 ⋅ 3 (x +1) , αφού (2,3) = 1.Άρα 6 (x +1) , οπότε x +1 = 6κ , κ ∈ Ζ και συνεπώς x ≡ 6κ −1, κ ∈ Ζ.β΄ τρόπος: Έστω x ένας από τους ζητούμενους ακέραιους. Τότε θα ισχύειx ≡ 1(mod 2) και x ≡ 2(mod 3), (1)οπότε θα υπάρχουν κ , λ ∈ Ζ τέτοιοι, ώστεx = 2κ +1 και x = 3λ + 2. (2)Έτσι θα είναι 2κ +1 = 3λ + 2, οπότε2κ − 3λ = 1. (3)Μια προφανής λύση της (3) είναι η (κ0 , λ0 ) = (−1, −1). Άρα, οι ακέραιες λύσεις,(κ , λ), δίνονται από τις σχέσειςκ = −1+ 3t και λ = −1+ 2t, t ∈ Z.Επομένως, λόγω της (2), θα είναιx = 6t −1, t ∈ Z.Οι τιμές αυτές του x είναι όλες δεκτές αφού ικανοποιούν τις (1).5. Α ρκεί να δείξουμε ότι 10 (α 5 −α ). Επειδή 10 = 2 ⋅ 5 και (2,5) = 1, αρκεί να δείξουμε ότι 2 (α 5 −α ) και 5 (α 5 −α ). Πράγματι

162 • Επειδή α ≡ υ(mod 2),όπου υ = 0, 1, θα ισχύει α 5 −α ≡ υ5 −υ(mod 2). Επομένως: — Αν υ = 0, τότε α 5 −α ≡ 0(mod 2) — Αν υ = 1, τότε α 5 −α ≡ 0(mod 2) Σε όλες τις περιπτώσεις είναι α 5 −α ≡ 0(mod 2), οπότε 2 | (α 5 −α ). • Επειδή α ≡ υ(mod 5) , όπου υ = 0, 1, 2, 3, 4 , θα ισχύει α 5 −α ≡ υ5 −υ(mod 5). Επομένως: — Αν υ = 0, τότε α 5 −α ≡ 0(mod 5) — Αν υ = 1, τότε α 5 −α ≡ 0(mod 5) — Αν υ = 2, τότε α 5 −α ≡ 30 ≡ 0(mod 5) — Αν υ = 3, τότε α 5 −α ≡ 240 ≡ 0(mod 5) — Αν υ = 4, τότε α 4 −α ≡ 1020 ≡ 0(mod 5) Σε όλες τις περιπτώσεις είναι α 5 −α ≡ 0(mod 5), οπότε 5 (α 5 −α ).6. (i) Έχουμε α ≡ β (mod m) οπότε m (α −β) n m, n m .Άρα n (α − β ) , συνεπώς α ≡ β (mod n).(ii) Έχουμε nα ≡ nβ (mod m) , οπότε m n(α −β ) . (m, n) = 1 (m, n) =1Άρα m (α − β ) , οπότε α ≡ β (mod m).7. Ε πειδή α ≡ β (mod m), θα ισχύει α ≡ λm + β , όπου λ ∈ Z. Επομένως (α , m) = (λm + β , m) = (λm + β − λm, m) = (β , m).

1638. (i) Επειδή 39 = 3⋅13 και (3,13) = 1, αρκεί να δείξουμε ότι 3 (53103 +10353 ) και 13 (53103 +10353 ). Πράγματι • Επειδή 53 = 3⋅18 −1 και 103 = 3⋅34 +1, έχουμε 53 ≡ −1(mod 3) και 103 ≡ 1(mod 3)οπότε 53103 +10353 ≡ (−1)103 +153 ≡ 0(mod 3). Άρα 3 (53103 +10353 ).• Επειδή 53 = 13⋅ 4 +1 και 103 = 13⋅8 −1, έχουμε 53 ≡ 1(mod13) και 103 ≡ −1(mod13)οπότε 53103 +10353 ≡ 1103 + (−1)53 ≡ 0(mod13). Άρα 13 (53103 +10353 ).(ii) Επειδή 111 = 7 ⋅16 −1 και 333 = 7 ⋅ 47 + 4, έχουμε 111 ≡ −1(mod 7) και 333 ≡ 4(mod 7)οπότε 111333 + 333111 ≡ (−1)333 + 4111(mod 7) ≡ −1+ (43 )37 (mod 7) ≡ −1+ 6437 (mod 7) ≡ −1+137 (mod 7), γιατί 64 ≡ 1(mod 7) ≡ −1+1(mod 7) ≡ 0(mod 7).Άρα 7 (111333 + 333111).9. Επειδή α ≡ υ(mod 5), όπου υ = 0, 1, 2, 3, 4, έχουμε α 2 ≡ υ 2 (mod 5), οπότε α 2 = 0, 1, 4(mod 5) (1)• Αν υποθέτουμε ότι 5ν + 2 ∈ Q, τότε θα ισχύει 5ν + 2 = α 2 , όπου α ∈ Ν *οπότε α 2 ≡ 2(mod 5), που είναι άτοπο, λόγω της (1).

164 • Αν υποθέτουμε ότι 5ν + 3 ∈ Q, τότε θα ισχύει 5ν + 3 = α 2 , όπου α ∈ Ν * οπότε α 2 ≡ 3(mod 5), που είναι άτοπο, λόγω της (1).10. (i) Επειδή ο p είναι πρώτος και μεγαλύτερος του 3, θα έχει μία από τις παρακάτω μορφές: p = 3κ +1, κ ∈ Ν * ή p = 3κ + 2, κ ∈ Ν*, οπότε θα ισχύει p ≡ 1(mod 3) ή p ≡ 2(mod 3). Έτσι, θα έχουμε p2 ≡ 12 ≡ 1(mod 3) ή p2 ≡ 22 ≡ 1(mod 3). Δηλαδή και στις δύο περιπτώσεις είναι p2 ≡ 1(mod 3). (ii) Λόγω του (i) έχουμε: • p2 + 2 ≡ 1+ 2 ≡ 0(mod 3), οπότε p2 + 2 = πολ3. Άρα ο p2 + 2 είναι σύνθετος, αφού είναι πολλαπλάσιο του 3 και δεν είναι ίσος με 3. • p12 + p22 + p32 ≡ 1+1+1 ≡ 0(mod 3), οπότε p12 + p22 + p32 = πολ3. Άρα ο p12 + p22 + p32 είναι σύνθετος, αφού είναι πολλαπλάσιο του 3 και δεν είναι ίσος με 3. (iii) Επειδή 6 = 2 ⋅ 3 και (2,3) = 1, αρκεί να δείξουμε ότι 2 ( p2 − q2 ) και 3 ( p2 − q2 ). Πράγματι: • Επειδή οι p, q είναι περιττοί, οι p2 , q2 θα είναι περιττοί, οπότε ο p2 − q2 θα είναι άρτιος. Άρα 2 ( p2 − q2 ). • Σύμφωνα με το ερώτημα (i), επειδή οι p, q είναι πρώτοι και μεγαλύτεροι του 3, θα ισχύει p2 ≡ 1(mod 3) και q2 ≡ 1(mod 3), οπότε θα έχουμε p2 − q2 ≡ 0(mod 3) και άρα 3 ( p2 − q2 ).

16511. • Επειδή 77 ≡ 7(mod10), έχουμε 7777 ≡ 777 (mod10). Όμως 72 = 49 ≡ −1(mod10) και 77 = 2 ⋅ 38 +1. Επομένως 777 = 7(72 )38 ≡ 7(−1)38 ≡ 7(mod10) οπότε 7777 ≡ 7(mod10). Άρα, το ψηφίο των μονάδων του 7777 είναι το 7. • Επειδή 333 ≡ 3(mod10), έχουμε 333333 ≡ 3333 (mod10). Όμως 32 = 9 ≡ −1(mod10) και 333 = 2 ⋅166 +1. Επομένως 3333 = 3(32 )166 ≡ 3(−1)166 ≡ 3(mod10) οπότε 333333 ≡ 3(mod10). Άρα, το ψηφίο των μονάδων του 333333 είναι το 3.12. Ε πειδή 2 ≡ −1(mod 3), έχουμε 21999 + 21997 −1 ≡ (−1)1999 + (−1)1997 −1(mod 3) ≡ −1−1−1(mod 3) ≡ −3 ≡ 0(mod 3) Άρα 21999 + 21997 −1 = πολ3 και επειδή 21999 + 21997 −1 > 3, ο αριθμός 21999 + 21997 −1 είναι σύνθετος. ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 4ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ1. Έστω α , α +1, α + 2, ..., α + (ν −1), ν-διαδοχικοί ακέραιοι. Θα αποδείξουμε ότι ακριβώς ένας από αυτούς είναι πολλαπλάσιο του ν. Έστω α = κν +υ, 0 ≤ υ <ν η ταυτότητα της ευκλείδειας διαίρεσης του α με τον ν.

166 — Αν υ = 0, τότε ο α είναι πολλαπλάσιο του ν, αφού α = κν — Αν υ ≠ 0, τότε ο α + (ν −υ) είναι πολλαπλάσιο του ν, αφού α + (ν −υ) = κν +υ +ν −υ = (κ +1)ν . Άρα, σε κάθε περίπτωση, ένας τουλάχιστον από τους αριθμούς α , α +1, α + 2, ..., α + (ν −1) είναι πολλαπλάσιο του ν. Θα δείξουμε τώρα ότι ακριβώς ένας είναι πολλαπλάσιο του ν. Ας υποθέσουμε ότι δύο τουλάχιστον από τους παραπάνω αριθμούς είναι πολλαπλάσια του ν, για παράδειγμα οι α + κ και α + λ, όπου 0 ≤ κ < λ ≤ν −1. Τότε ν (α + λ) και ν (α + κ ) , οπότε ν [(α + λ) − (α + κ )], δηλαδή ν (λ − κ ) , που είναι άτοπο, αφού 0 < λ − κ <ν .2. Ε πειδή α + 2 = β + 3 , έχουμε 6(α + 2) = 8(β + 3), οπότε 3(α + 2) = 4(β + 3) (1) 86 Άρα 3 4(β + 3), οπότε 3 (β + 3) και άρα 3 β. Επομένως, β = 3κ , κ ∈ Ν *, οπότε από την (1) βρίσκουμε ότι α = 4κ + 2, κ ∈ Ν *. Έχουμε δηλαδή α = 4κ + 2 και β = 3κ , κ ∈ Ν * (1)οπότε η αρχική σχέση γράφεται κ +1 = 10 ή ισοδύναμα 2 γ +4 (κ +1)(γ + 4) = 20. (2)Επειδή κ ≥ 1 και γ ≥ 1 θα είναι κ +1 ≥ 2 και γ + 4 ≥ 5, οπότε λόγω της (2), θαέχουμε: κ +1= 2 ή κ +1 = 45. γ + 4 = 10 γ +4 =Άρα κ =1 ή κ =3 γ =6 γ =1οπότε, λόγω της (1), έχουμε (α , β ,γ ) = (6,3, 6) ή (α , β ,γ ) = (14,9,1).3. Ο ι ν-διαδοχικοί περιττοί φυσικοί είναι της μορφής: α , α + 2, α + 4, ..., α + 2(ν −1), όπου α περιττός φυσικός.

167Επομένως, το άθροισμά τους S θα είναι ίσο με S = α + (α + 2) + (α + 4) + ... + (α + 2(ν −1)) = [α + (α + 2(ν −1))]ν 2 = (α + (ν −1))νΕπειδή ν > 1 και α +ν −1 > 1 (αφού α ≥ 1 καιν ≥ 2), ο αριθμός S =ν (α +ν −1)είναι σύνθετος.4. (i) Ας υποθέσουμε ότι (α 2 + β 2 ,αβ ) ≠ 1. Τότε ο (α 2 + β 2 ,αβ ) θα έχει έναν τουλάχιστον θετικό πρώτο διαιρέτη p, οπότε θα ισχύει p (α 2 + β2) και άρα θα έχουμε  p (α 2 + β 2 ) αβ  . p  p α ή pβ— Αν p α , επειδή p (α 2 + β 2 ), θα ισχύει p β 2 , οπότε p β. Έτσι p α καιp β , οπότε p (α , β ), δηλαδή p 1, άτοπο.— Αν p β , τότε και πάλι καταλήγουμε σε άτοπο.Άρα (α 2 + β 2 ,αβ ) = 1.(ii) Αν υποθέσουμε ότι α +β =ν ∈ Ν*, τότε θα ισχύει β α α 2 + β 2 =ναβ (1)Επειδή (α , β ) = 1, σύμφωνα με το ερώτημα (i), έχουμε (1) 1 = (α 2 + β 2 ,αβ ) =(ναβ ,αβ ) = αβ (ν ,1) = αβ.Άρα αβ = 1, με α , β ∈ Ν*, οπότε α = β = 1, που είναι άτοπο, αφού α ≠ β.5. (i) • Ας υποθέσουμε ότι (α + β ,αβ ) ≠ 1. Τότε ο (α + β ,αβ ) θα έχει έναν τουλά- χιστον θετικό πρώτο διαιρέτη p, οπότε θα ισχύει p (α + β) και άρα θα έχουμε  p (α + β) . p αβ  α ή pβ  pΕπομένως, σε κάθε περίπτωση  p α , οπότε p (α , β ), δηλαδή p 1, που είναι άτοπο.  p β 

168• Έστω (α , β ) = δ . Τότε α , β  = 1, οπότε, αν θέσουμε α = Α και β = Β , έχουμε  δ δ  δ δ α = δΑ, β = δΒ , με (Α, Β ) = 1. (1)Επομένως [α , β ] = αβ = δΑδΒ = δΑΒ , οπότε δδ (1) (α + β ,[α , β ]) = (δΑ + δΒ ,δΑΒ ) = δ (Α + Β , ΑΒ ) = δ ⋅1 = δ = (α , β ).(ii) Σύμφωνα με το (i) έχουμεοπότε (α , β ) = (α + β ,[α , β ]) = (114,360) = 6 αβ = (α , β )[α , β ] = 6 ⋅ 360 = 2160.Έτσι έχουμε ότι α + β = 114 και αβ = 2160.Άρα ( α = 90 και β = 24 ) ή ( α = 24 και β = 90 ).6. Ας υποθέσουμε ότι υπάρχουν κ , λ,κ ′, λ′ ∈ N * τέτοιοι ώστε κ p + λq = κ ′ p + λ′q, με 1 ≤ κ ,κ ′ ≤ q και 1 ≤ λ, λ′ ≤ p.Τότε θα ισχύει (κ − κ ′) p = (λ′ − λ)q (1)Άρα p (λ′ − λ)q και επειδή ( p, q) = 1, έχουμε p (λ′ − λ). Όμως 0 < λ′ ≤ p , 0 < λ≤ pοπότε 0 < λ′ ≤ p . Επομένως −p < λ′ − λ < p, οπότε λ′ − λ = 0. Άρα λ′ = λ − p ≤ −λ < 0και, λόγω της (1), κ ′ = κ.7. (i) Έστω P(ν ) η ανισότητα που θέλουμε να αποδείξουμε. • Η ανισότητα αληθεύει για ν = 3, αφού 23 > 2 ⋅ 3. • Θα αποδείξουμε ότι, αν η P(ν ) είναι αληθής, θα είναι αληθής και η P(ν +1), δηλαδή ότι: Αν 2ν > 2ν (1), τότε και 2ν +1 > 2(ν +1).

169Πράγματι, λόγω της (1), έχουμε 2 ⋅ 2ν > 2 ⋅ 2ν 2ν +1 > 4νΕπομένως, αρκεί να δείξουμε ότι 4ν > 2(ν +1) για κάθε ν ≥ 3. Πράγματι έχουμε 4ν > 2(ν +1) ⇔ 4ν > 2ν + 2 ⇔ 2ν > 2 ⇔ ν > 1 που ισχύει, αφού ν ≥ 3.Άρα, η ανισότητα P(ν ) αληθεύει για κάθε ν ≥ 3.(ii) Αν x = α είναι μια θετική ακέραια λύση της εξίσωσης, τότε θα ισχύει 2α = α 2 (1)Επομένως, ο α θα έχει ως μοναδικό πρώτο διαιρέτη τον 2, συνεπώς θα είναι τηςμορφής α = 2κ , κ ∈ N *. Έτσι η (1) γράφεται 22κ = (2κ )2 ⇔ 22κ = 22κ ⇔ 2κ = 2κ.Έτσι, λόγω της (1), πρέπει κ < 3. Επομένως, οι πιθανές τιμές του κ είναι οι κ = 1ή κ = 2.— Για κ = 1, έχουμε α = 2, που είναι λύση της εξίσωσης— Για κ = 2, έχουμε α = 4, που είναι και αυτή λύση της εξίσωσης.Άρα, οι μοναδικές θετικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης 2x = x2 είναι οι 2 και 4.8. (i) Έχουμε αν −1 = (α −1)(αν −1 + αν −2 + ... + α +1).Επειδή ο αν −1 είναι πρώτος και αν −1 + αν −2 + ... + α +1 > 1 (αφού ν ≥ 2 ), πρέπεια −1 = 1, δηλαδή πρέπει α = 2. Άρα αν −1 = 2ν −1.Αν, τώρα, υποθέσουμε ότι ο ν είναι σύνθετος, τότε αυτός παίρνει τη μορφή ν = κ ⋅ λ, όπου κ, λ φυσικοί μεγαλύτεροι του 1.Έτσι, θα έχουμε αν −1 = 2ν −1 = (2λ )κ −1

170 = β κ −1, όπου β = 2λ > 2 = (β −1)(β κ −1 + β κ −2 + ... + β +1).Επειδή β −1 = 2λ −1 > 1 και β κ −1 + ... + β +1 > 0, (αφού κ > 1 ) η ισότητααν −1 = (β −1)(β κ −1 + ... + β +1) δηλώνει ότι ο αν −1 είναι σύνθετος, που είναιάτοπο.(ii) Ας υποθέσουμε ότι ν ≠ 2κ. Τότε ο ν θα είναι της μορφήςν = 2κ ⋅ λ, όπου κ , λ ∈ Ν και λ περιττός μεγαλύτερος του 1.Έτσι θα έχουμε αν +1 = (α 2κ )λ +1 = β λ +1, όπου β = α 2κ = (β +1)(β λ−1 − β λ−2 + ... − β +1), επειδή λ περιττός.Άρα ο αν +1 έχει ως παράγοντα τον β +1 = α 2κ +1, για τον οποίο ισχύει 1 < α 2κ +1 < αν +1, αφού ν = 2κ λ > 2κ και α > 1.Επομένως, ο αν +1 είναι σύνθετος, που είναι άτοπο.9. (i) Είναι α ≡ 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7(mod 8).Επομένως α 2 ≡ 02 , 12 , 22 , 32 , 42 , 52 , 62 , 72 (mod 8), οπότε α 2 ≡ 0, 1, 4(mod 8).(ii) Αν υποθέσουμε ότι η εξίσωση έχει μια τουλάχιστον ακέραια λύση (α , β ),τότε θα ισχύει α 2 + β 2 = 1998 (1)Όμως, λόγω της (i), είναι α 2 ≡ 0, 1, 4(mod 8) και β 2 ≡ 0, 1, 4(mod 8).Άρα, θα έχουμε α 2 + β 2 ≡ 0, 1, 2, 4, 5(mod 8)οπότε, λόγω της (1) θα είναι 1998 ≡ 0, 1, 2, 4, 5(mod 8) (2)

171Επειδή το υπόλοιπο της διαίρεσης του 1998 με το 8 είναι ίσο με 6, έχουμε1998 ≡ 6(mod 8), που αντίκειται στην (2). Άρα η εξίσωση x2 + y2 = 1998 δενέχει ακέραιες λύσεις.10. Αν φτιάχναμε ένα μόνο πύργο, τότε αυτός θα είχε ύψος 1+ 2 + 3 + ... +ν = ν (ν +1) εκατοστά. 2Για να φτιάξουμε δύο ισοϋψείς πύργους, αρκεί το συνολικό ύψος ν (ν +1) να 2διαιρείται με το 2. Δηλαδή, αρκεί να ισχύει ν (ν +1) = πολ2 ή ισοδύναμα, αρκεί 2 ν (ν +1) = πολ4. (1)Το ν, όμως, διαιρούμενο με το 4 αφήνει υπόλοιπο 0 ή 1 ή 2 ή 3. Επομένως έχειμια από τις παρακάτω μορφέςν = 4κ ή ν = 4κ +1 ή ν = 4κ + 2 ή ν = 4κ + 3, όπου κ ∈ Ν *.— Αν ν = 4κ , τότε ν (ν +1) = 4κ (4κ +1) = πολ4.— Αν ν = 4κ +1, τότε ν (ν +1) = (4κ +1)(4κ + 2) = 2 (4κ +1)(2κ +1) ≠ πολ4. περιττός— Αν ν = 4κ + 2, τότε ν (ν +1) = (4κ + 2)(4κ + 3) = 2 (2κ +1)(4κ + 3) ≠ πολ4 περιττόςκαι τέλος— Αν ν = 4κ + 3, τότε ν (ν +1) = (4κ + 3)(4κ + 4) = 4(4κ + 3)(κ +1) = πολ4.Άρα, για να φτιάξουμε δύο ισοϋψείς πύργους, πρέπει και αρκεί ο ν να έχει μια απότις παρακάτω δύο μορφές ν = 4κ ή ν = 4κ + 3, κ ∈ Ν *.• Αν ν = 4κ π.χ. αν ν = 12, τότε μπορούμε να φτιάξουμε δυο ισοϋψείς πύργουςως εξής:

172 • Αν ν = 4κ + 3 π.χ. αν ν = 11, τότε μπορούμε να φτιάξουμε τους δύο ισοϋψείς πύργους ως εξής 2ος πύργος 1ος πύργος 11, (2, 9), (4, 7) 33 (1, 10), (3, 8), (5, 6) 3311. (i) Αρκεί ο αριθμός 2ν να είναι ακέραιος. Όμως έχουμε: ν −2 2ν = 2(ν − 2) + 4 = 2 + 4 . ν −2 ν −2 ν −2Επομένως, αρκεί ο 4 να είναι ακέραιος, που συμβαίνει, αν και μόνο αν (ν − 2) 4 ν −2ή, ισοδύναμα, αν και μόνο αν ν − 2 = 1 ή ν − 2 = 2 ή ν − 2 = 4, δηλαδή, ανκαι μόνο αν ν = 3 ή ν = 4 ή ν = 6.(ii) Αν x, y είναι τα μήκη των πλευρών ενός από ζητούμενα yορθογώνια, τότε θα ισχύειxy = 2x + 2 y ⇔ xy − 2x = 2 y ⇔ x( y − 2) = 2 y (1) xΆρα ( y − 2) 2 y , οπότε, λόγω της (i) , θα είναι y = 3 ή y = 4 ή y = 6. Επομένως,λόγω της (1), τα ζητούμενα ορθογώνια έχουν διαστάσεις: (6,3), (4, 4) και (3, 6).(iii) Επειδή η γωνία α καθενός από τα κανονικά ν-γωνα είναι ίση ν − 2 ⋅180 , αν νο χώρος γύρω από το Α καλυφθεί με κ κανονικά ν-γωνα, τότε θα ισχύεικ ν − 2 ⋅180  = 360 ⇔ κ = 2ν .  ν  ν− 2

173Έτσι, ο αριθμός 2ν θα είναι ακέραιος, οπότε, λόγω της (1), θα είναι ν =3 ν −2ή ν = 4 ή ν = 6. Άρα, ο χώρος γύρω από το Α μπορεί να καλυφθεί μόνο με 3ισόπλευρα τρίγωνα ή με 4 τετράγωνα ή με 6 κανονικά εξάγωνα.12. Έ στω x η πλευρά του μεγάλου τετραγώνου και y η πλευρά του μικρού τετραγώνου που είναι διαφορετική της μονάδας. Τότε θα ισχύει x2 = y2 + 24 ⋅12οπότε (x − y)(x + y) = 24 (1)Όμως ισχύει 0 < x − y < x + y. Επομένως, έχουμε x − y =1 ή x − y = 2 ή x − y = 3 ή x − y = 4 x + y = 24  x + y = 8 x + y = 6  x + y = 12και επειδή οι x, y είναι ακέραιοι με y > 1, είναι μόνο x = 7.  = 5  yΆρα το ζητούμενο τετράγωνο έχει πλευρά 7, οπότε το εμβαδόν του είναι 49, καιχωρίζεται σε 25 τετράγωνα από τα οποία τα 24 έχουν πλευρά 1 και το ένα πλευρά 5.13. Α ς υποθέσουμε ότι x1 y1, x2 y2 , …, xκ yκ είναι οι διψήφιοι και z1, z2 , ..., zλ οι μονοψήφιοι από τους ζητούμενους αριθμούς. Τότε θα ισχύει: x1 y1 + x2 y2 + ... + xκ yκ + z1 + z2 + ... + zλ = 100οπότε(10x1 + y1) + (10x2 + y2 ) + ... + (10xκ + yκ ) + (z1 + z2 + ... + zλ ) = 100.Άρα (1) 10(x1 + x2 + ... + xκ ) + ( y1 + y2 + ... + yκ + z1 + z2 + ... + zλ ) = 100Επειδή οι ακέραιοι x1, x2 , ..., xκ , y1, y2 , ..., yκ , z1, z2 , ..., zλ είναι τα ψηφία0, 1, 2, ..., 9, αλλά μόνο μια φορά, το άθροισμά τους θα είναι ίσο με0 +1+ 2 + ... + 9 = 45. Επομένως, αν το άθροισμα των ψηφίων των δεκάδων είναιίσο με S, τότε το άθροισμα των ψηφίων των μονάδων θα είναι ίσο με 45 − S. Έτσι,η ισότητα (1) γράφεται 10S + 45 − S = 100, οπότε 9S = 100 και άρα S = 100 ∉ Z 9άτοπο. Επομένως, το πρόβλημα δεν έχει λύση.

17414. (i) Επειδή (α , β ) = 2, έχουμε  α , β  = 1, οπότε, αν θέσουμε Α=α και Β = β, θα ισχύει  2 2  2 2 α = 2Α και β = 2Β , με (Α, Β ) = 1 και Α > Β > 0 (1)Επομένως, η σχέση α + β = 10 γράφεται: 2Α + 2Β = 10 ⇔ Α+Β = 5 (1) Α =4 ή Α = 3. Β =1 Β =2 ⇔Άρα α = 8 ή α = 64. β = 2 β =(ii) Επειδή (α , β ) = 4, έχουμε α , β  = 1, οπότε, αν θέσουμε Α = α και Β = β ,θα ισχύει  4 4  4 4 α = 4Α και β = 4Β , με (Α, Β ) = 1 και Α > Β > 0 (2)Επομένως, η σχέση αβ = 96 γράφεται 4Α ⋅ 4Β = 96 ⇔ ΑΒ = 6 (2) Α =6 ή Α = 32. Β =1 Β = ⇔Άρα α = 24 ή α = 12. β = 4 β =8(iii) Επειδή (α , β )[α , β ] = αβ , λόγω της υπόθεσης, έχουμε (α , β ) ⋅ 24 = 96, οπότε(α , β ) = 4. Έτσι αβ = 96 και (α , β ) = 4, οπότε αναγόμαστε στην (ii) περίπτωση.(iv) Επειδή (α , β )[α , β ] = αβ , λόγω της υπόθεσης έχουμε 4 ⋅ 24 = αβ. Έτσιαβ = 96 και (α , β ) = 4, οπότε αναγόμαστε στην (ii) περίπτωση.(v) Έστω (α , β ) = δ . Τότε α +β = 7δ , οπότε α +β =7 με  α , β  = 1. Αν δ δ  δ δ θέσουμε Α = α ∈Z και Β = β ∈ Z, τότε έχουμε δ δ α = δΑ (3) Α + Β = 7 (4) β = δΒ και (Α, Β ) = 1, µε Α > Β > 0

175Έτσι Α =6 ή Α = 5 ή Α = 4. Β =1 Β = 2 Β = 3• Αν Α = 6 και Β = 1, τότε α = 6δ και β = δ , οπότε η σχέση [α , β ] = 60 γράφεται: [6δ ,δ ] = 60 ⇔ δ[6,1] = 60 ⇔ δ ⋅ 6 = 60 ⇔ δ = 10και συνεπώς α = 60 και β = 10.• Αν Α = 5 και Β = 2, τότε α = 5δ και β = 2δ , οπότε η σχέση [α , β ] = 60γράφεται: [5δ , 2δ ] = 60 ⇔ δ [5, 2] = 60 ⇔ δ ⋅10 = 60 ⇔ δ = 6και συνεπώς α = 30 και β = 12.• Αν Α = 4 και Β = 3, τότε α = 4δ και β = 3δ , οπότε η σχέση [α , β ] = 60γράφεται: [4δ ,3δ ] = 60 ⇔ δ[4,3] = 60 ⇔ δ ⋅12 = 60 ⇔ δ = 5και συνεπώς α = 20 και β = 15.15. (i) Αν x0 , x1, x2 , x4 , ..., xν είναι τα ψηφία των μονάδων, δεκάδων, εκατοντάδων, χιλιάδων κτλ. του αριθμού α, τότε ο α γράφεται α = xν ⋅10ν + ... + x3 ⋅103 + x2 ⋅102 + x1 ⋅10 + x0 (1) = (xν ⋅10ν + ... + x3 ⋅103 ) + (x2 ⋅102 + x1 ⋅10 + x0 ).Επειδή 1000 = πολ8, έχουμε xν ⋅10ν + ... + x3 ⋅103 = πολ1000 = πολ8.Επομένως, λόγω της (1), ο α γράφεται α = πολ8 + (x2 ⋅102 + x1 ⋅10 + x0 ). (2)Άρα ο α διαιρείται με το 8, αν και μόνο αν ο x2102 + x110 + x0 διαιρείται με το8, δηλαδή, αν και μόνο αν το τελευταίο τριψήφιο τμήμα του διαιρείται με το 8.(ii) Επειδή το κόστος της κάθε φορητής τηλεόρασης είναι ακέραιος αριθμός, τοσυνολικό κόστος y425x θα διαιρείται με το 72. Επειδή 72 = 8⋅ 9 και (8,9) = 1,για να διαιρείται ο αριθμός y425x με το 72, πρέπει και αρκεί να διαιρείται καιμε το 8 και με το 9.

176 — Για να διαιρείται με το 8 πρέπει να αρκεί, λόγω της (1), το τελευταίο τριψήφιο τμήμα του, 25x, να διαιρείται με το 8. Αυτό συμβαίνει αν και μόνο αν x = 6. — Για να διαιρείται με το 9 πρέπει και αρκεί το άθροισμα των ψηφίων του να διαιρείται με το 9, δηλαδή 9 ( y + 4 + 2 + 5 + x) ⇔ 9 ( y + 4 + 2 + 5 + 6) , αφού x = 6 ⇔ 9 ( y +17) ⇔ y = 1. Άρα, ο ζητούμενος αριθμός είναι 14256, οπότε κάθε φορητή τηλεόραση κόστισε 14256 : 72 = 198 ευρώ.16. (i) Αριθμούμε τις ημέρες, ξεκινώντας από την 1η Ιανουαρίου.Α 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19Β 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19Ο Α παίρνει ρεπό στις: 6, 12, 18, 24, 30, ...,δηλαδή στα πολλαπλάσια του 6, ενώ ο Β παίρνει ρεπό στις 9, 17, 25, 33, 41, ...,δηλαδή στα πολλαπλάσια του 8 αυξημένα κατά 1 (Αφού ο Β καθυστέρησε 1ημέρα για να πιάσει δουλειά).Για να συναντηθούν οι φίλοι αρκεί να υπάρχει θετικό πολλαπλάσιο του 6 πουνα είναι ίσο με ένα θετικό πολλαπλάσιο του 8 αυξημένο κατά 1. Δηλαδή αρκείνα υπάρχουν θετικοί ακέραιοι κ, λ τέτοιοι ώστε 6κ = 8λ +1.Αυτό όμως, είναι αδύνατο, αφού ο 6κ είναι άρτιος, ενώ ο 8λ +1 είναι περιττός.(ii) Αριθμούμε τις ημέρες, ξεκινώντας από την 1η Ιανουαρίου.Α 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17Β 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17Τώρα ο Α παίρνει ρεπό στα πολλαπλάσια του 6, ενώ ο Β παίρνει ρεπό σταπολλαπλάσια του 7 αυξημένα κατά 1.Για να συναντηθούν οι φίλοι αρκεί να υπάρχει θετικό πολλαπλάσιο του 6 που ναείναι ίσο με ένα θετικό πολλαπλάσιο του 7 αυξημένο κατά 1, δηλαδή αρκεί ναυπάρχουν θετικοί ακέραιοι κ, λ τέτοιοι ώστε 6κ = 7λ +1 ή, ισοδύναμα, 6κ − 7λ = 1. (1)

177Επειδή (6, −7) 1 η διοφαντική εξίσωση (1) έχει λύση. Μια προφανής λύση της(1) είναι η (κ0 , λ0 ) = (−1, −1).Επομένως, οι λύσεις, (κ , λ), της (1) δίνονται από τον τύπο κ = −1+ 7t και λ = −1+ 6t, t ∈ Z.Επειδή κ > 0 και λ > 0 θα ισχύει−1 + 7t > 0 ⇔ t > 1 ⇔ t = 1, 2, 3, ... .−1 + 6t > 0  > 7 t 1 6Επομένως, θα είναι 6κ = 7λ +1 = 42t − 6, t = 1, 2, 3, ...οπότε οι φίλοι θα έχουν κοινό ρεπό στις: 36, 78, 120, ...Άρα, μπορούν να συναντηθούν για πρώτη φορά στις 36 − 31 = 5 Φεβρουαρίου.





Βάσει του ν. 3966/2011 τα διδακτικά βιβλία του Δημοτικού,του Γυμνασίου, του Λυκείου, των ΕΠΑ.Λ. και των ΕΠΑ.Σ.τυπώνονται από το ΙΤΥΕ - ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ και διανέμονταιδωρεάν στα Δημόσια Σχολεία. Τα βιβλία μπορεί ναδιατίθενται προς πώληση, όταν φέρουν στη δεξιά κάτωγωνία του εμπροσθόφυλλου ένδειξη «ΔIΑΤΙΘΕΤΑΙ ΜΕΤΙΜΗ ΠΩΛΗΣΗΣ». Κάθε αντίτυπο που διατίθεται προςπώληση και δεν φέρει την παραπάνω ένδειξη θεωρείταικλεψίτυπο και ο παραβάτης διώκεται σύμφωνα με τιςδιατάξεις του άρθρου 7 του νόμου 1129 της 15/21 Μαρτίου1946 (ΦΕΚ 1946,108, Α').Απαγορεύεται η αναπαραγωγή οποιουδήποτε τμήματοςαυτού του βιβλίου, που καλύπτεται από δικαιώματα(copyright), ή η χρήση του σε οποιαδήποτε μορφή, χωρίςτη γραπτή άδεια του Υπουργείου Παιδείας, Έρευνας καιΘρησκευμάτων / IΤΥΕ - ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ.

Κωδικός Βιβλίου: 0-22-0169 ISBN 978-960-06-2424-3(01) 000000 0 22 0169 6