Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2661

Ας δούμε και την λύση που είναι κατανοητή από μαθητές Γ Γυμνασίου:

Είναι:

$\displaystyle{(\frac{a}{b}-\frac{a}{c})^2 \geq 0}$

$\displaystyle{(\frac{b}{c}-\frac{b}{a})^2 \geq 0}$

$\displaystyle{(\frac{c}{a}-\frac{c}{b})^2 \geq 0}$

Με πρόσθεση κατά μέλη και αφού κάνουμε τα αναπτύγματα παίρνουμε:

$\displaystyle{\frac{a^2}{b^2}+\frac{a^2}{c^2}-2\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{a^2}+\frac{b^2}{c^2}-2\frac{b^2}{ac}+\frac{c^2}{a^2}+\frac{c^2}{b^2}-2\frac{c^2}{ab}\geq 0}$

Και άρα:

$\displaystyle{\frac{a^2 +b^2}{c^2}+\frac{b^2 +c^2}{a^2}+\frac{c^2 +a^2}{b^2}\geq 2(\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ac}+\frac{c^2}{ab})}$

Και συνεπώς:

$\displaystyle{\frac{1-c^2}{c^2}+\frac{1-a^2}{a^2}+\frac{1-b^2}{b^2}\geq 2 \frac{a^3 +b^3 +c^3}{abc}}$

ή

$\displaystyle{\frac{1}{c^2}-1+\frac{1}{a^2}-1 +\frac{1}{b^2}-1\geq \frac{2(a^3 +b^3 +c^3 )}{abc}}$ ,

ή

$\displaystyle{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2} \geq 3+\frac{2(a^3 +b^3 +c^3 )}{abc}}$

#2662

ΑΣΚΗΣΗ 1376 Να βρεθεί το ψηφίο των μονάδων του αριθμού:

$\displaystyle{A=17^{n^4 +2n^3 -n^2 -2n +3}}$ , για τις διάφορες τιμές του φυσικού αριθμού

.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2663

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Τετ Μάιος 29, 2019 6:38 pm
ΑΣΚΗΣΗ 1376 Να βρεθεί το ψηφίο των μονάδων του αριθμού:

$\displaystyle{A=17^{n^4 +2n^3 -n^2 -2n +3}}$ , για τις διάφορες τιμές του φυσικού αριθμού .

Είναι $n^4+2n^3-n^2-2n+3=n(n^2-1)(n+2)+3\equiv 3(\mod4)$

Έστω $n^4+2n^3-n^2-2n+3=4k+3,k\in \mathbb{Z}$

Είναι $17^{n^4+2n^3-n^2-2n+3}\equiv 7^{4k+3}\equiv 7^3\cdot 7^{4k}\equiv 3\cdot 1^k\equiv 3(\mod10)$

Άρα ο $17^{n^4+2n^3-n^2-2n+3}$ λήγει πάντα σε

.

#2664

ΑΣΚΗΣΗ 1377 Να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{24^n}$ , λήγει σε $\displaystyle{24}$ , αν ο $\displaystyle{n}$ είναι περιττός και σε $\displaystyle{76}$ , αν

ο $\displaystyle{n}$ είναι θετικός άρτιος. Στη συνέχεια να βρείτε τα δύο τελευταία ψηφία του αριθμού $\displaystyle{76^{1821} +24^{2021}}$

2nisic · #2665

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 06, 2021 11:36 pm
ΑΣΚΗΣΗ 1377 Να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{24^n}$ , λήγει σε $\displaystyle{24}$ , αν ο $\displaystyle{n}$ είναι περιττός και σε $\displaystyle{76}$ , αν

ο $\displaystyle{n}$ είναι θετικός άρτιος. Στη συνέχεια να βρείτε τα δύο τελευταία ψηφία του αριθμού $\displaystyle{76^{1821} +24^{2021}}$

Περνώ

και

και έχω:

Αν n=even

: $24^{n}\equiv (-1)^{n}\equiv 1(mod25). And 24^{n}\equiv 0(mod4)\Leftrightarrow 24^{n}\equiv 76(mod100)$

Αν n=odd

και

ισοδύναμα

#2666

ΑΣΚΗΣΗ 1378 Να βρεθεί ο θετικός ακέραιος

αν γνωρίζουμε ότι ο αριθμός 4n^2 +36n -16

διαιρείται με το n+10

S.E.Louridas · #2667

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 28, 2021 10:42 pm
ΑΣΚΗΣΗ 1378 Να βρεθεί ο θετικός ακέραιος αν γνωρίζουμε ότι ο αριθμός διαιρείται με το

Απλά για ένα γειά στον Άριστο Μαθηματικό, Δάσκαλο και πολύ φίλο Δημήτρη.

Αρκεί ισοδύναμα ο $4\left( {n - 1} \right)\left( {n + 10} \right) + 24$ να διαιρείται από τον n + 10,

αρκεί ο

να διαιρείται από τον n + 10,

άρα $n = 2 \vee n = 14.$

#2668

Φίλε Σωτήρη, έχουμε καιρό να τα πούμε και να μια ευκαιρία.

Για τον πλουραλισμό, (όπως συχνά γράφεις και εσύ και το έχω υιοθετήσει), ας το δούμε και λίγο διαφορετικά:

$\displaystyle{4n^2 +36n -16 =4n^2 +40n -40n +36n-16=4n(n+10)-4n-16= }$

$\displaystyle{=4n(n+10) -3n-30-n+14 =4n(n+10)-3(n+10)-(n-14)}$

Άρα πρέπει ο $\displaystyle{n+10}$ να διαιρεί τον $\displaystyle{n-14}$ . Άρα θα πρέπει ή ο $\displaystyle{n-14=0}$ ή $\displaystyle{|n-14|\geq n+10}$

Δηλαδή $\displaystyle{n=14}$ ή $\displaystyle{n-14 \geq n+10}$ , (που απορρίπτεται) ή $\displaystyle{n-14\leq -n-10}$

Άρα $\displaystyle{n=14}$ ή $\displaystyle{n\leq 2}$ . Άρα $\displaystyle{n=14}$ ή $\displaystyle{n=1}$ (που απορρίπτεται) ή $\displaystyle{n=2}$ (που είναι δεκτό).

#2669

ΑΣΚΗΣΗ 1279: Να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{3^{65}}$ , έχει τουλάχιστον $\displaystyle{31}$ και το πολύ $\displaystyle{32}$ ψηφία.

(ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Η άσκηση προέκυψε ύστερα από μια συζήτηση με τον συνάδελφο Βασίλη Μάρκο. Υπάρχει ανοικτό το θέμα, το αν μπορούμε να βρούμε ακριβώς το πόσα είναι τα ψηφία του εν λόγω αριθμού, με γνώσεις μόνο σχολικές ή έστω και με μη σχολικές)

#2670

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Τετ Απρ 20, 2022 9:28 pm
ΑΣΚΗΣΗ 1279: Να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{3^{65}}$ , έχει τουλάχιστον $\displaystyle{31}$ και το πολύ $\displaystyle{32}$ ψηφία.

(ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Η άσκηση προέκυψε ύστερα από μια συζήτηση με τον συνάδελφο Βασίλη Μάρκο. Υπάρχει ανοικτό το θέμα, το αν μπορούμε να βρούμε ακριβώς το πόσα είναι τα ψηφία του εν λόγω αριθμού, με γνώσεις μόνο σχολικές ή έστω και με μη σχολικές)

Δημήτρη, σου κάνει αυτό:

Αφού από πίνακες λογαρίθμων της εποχής που ήμουν μαθητής έχουμε $\log_{10}(3) =0,477121...$ , ισχύει με πολύ ασφάλεια $0,477 < \log _{10}3 < 0,478$ .

Άρα $65 \times 0,477 < \log _{10}3^{65} <65\times 0,478$ , οπότε $31,005 < \log _{10}3^{65} <31,070$ .

Η διπλή αυτή ανισότητα δείχνει ότι ο $3^{65}$ έχει

ψηφία.

#2671

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 21, 2022 1:20 am

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Τετ Απρ 20, 2022 9:28 pm
ΑΣΚΗΣΗ 1279: Να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{3^{65}}$ , έχει τουλάχιστον $\displaystyle{31}$ και το πολύ $\displaystyle{32}$ ψηφία.

(ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Η άσκηση προέκυψε ύστερα από μια συζήτηση με τον συνάδελφο Βασίλη Μάρκο. Υπάρχει ανοικτό το θέμα, το αν μπορούμε να βρούμε ακριβώς το πόσα είναι τα ψηφία του εν λόγω αριθμού, με γνώσεις μόνο σχολικές ή έστω και με μη σχολικές)
Δημήτρη, σου κάνει αυτό:

Αφού από πίνακες λογαρίθμων της εποχής που ήμουν μαθητής έχουμε $\log_{10}(3) =0,477121...$ , ισχύει με πολύ ασφάλεια $0,477 < \log _{10}3 < 0,478$ .

Άρα $65 \times 0,477 < \log _{10}3^{65} <65\times 0,478$ , οπότε $31,005 < \log _{10}3^{65} <31,070$ .

Η διπλή αυτή ανισότητα δείχνει ότι ο $3^{65}$ έχει ψηφία.

Καλό Πάσχα Μιχάλη. Ναι, είναι ένας ωραίος τρόπος να βρούμε το πόσα ψηφία έχει ο αριθμός μας.
Το να δείξουμε ότι έχει ή 31 ή 32 ψηφία, βγαίνει με σχολική ύλη Γυμνασίου. Το πόσα ακριβώς όμως έχει, μάλλον μόνο με χρήση λογαρίθμων πρέπει να βρίσκεται.

#2672

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 21, 2022 8:02 pm

ΑΣΚΗΣΗ 1279: Να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{3^{65}}$ , έχει τουλάχιστον $\displaystyle{31}$ και το πολύ $\displaystyle{32}$ ψηφία.

.

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Τετ Απρ 20, 2022 9:28 pm
Το να δείξουμε ότι έχει ή 31 ή 32 ψηφία, βγαίνει με σχολική ύλη Γυμνασίου.

.

Ας δούμε έναν τέτοιο τρόπο.

Αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle{10^{30} < 3^{65}} < 2\cdot 10 ^{31}$ (τα οποία άκρα έχουν

και

ψηφία, αντίστοιχα).

Θα χρειαστώ τα 3^7 >2000

και

(στην πραγματικότητα είναι $3^7=2187,\, 3^9=19683$ ). Έτσι

$3^{65} = 3^2\cdot (3^7)^9 > 9\cdot (2000)^9 = 9\cdot 2^9\cdot 10 ^{27}= 9\cdot 512 \cdot 10^{27} > 1000 \cdot 10^{27} = 10^{30}$ και

$3^{65} = 3^2\cdot (3^9)^7 < 9\cdot (20000)^7= 9\cdot 2^7\cdot 10 ^{28}= 9\cdot 128 \cdot 10^{28} < 2000 \cdot 10^{28} =2\cdot 10^{31}$ .

Σχόλιο: Aξίζει ίσως να προσθέσω ότι με λογισμικό βρήκα την ακριβή τιμή $3^{65} = 10301051460877537453973547267843$ .

#2673

Μια ακόμα λύση, με μικρές διαφορές από αυτήν του Μιχάλη:

Επειδή $\displaystyle{3^5 =243}$ , έχουμε: $\displaystyle{240<3^5 <250\Rightarrow 24.10<3^5 <25.10\Rightarrow 24^2.10^2 <3^{10}<25^2 .10^2 \Rightarrow}$

$\displaystyle{576.10^2 <3^{10}<625.10^2 \Rightarrow 500.10^2 < 576.10^2 <3^{10}<625.10^2 <700<span style="color:#40BFBF"><span style="color:#4000FF"></span></span>.10^2 \Rightarrow 5.10^4 <3^{10}<7.10^4 \Rightarrow}$

$\displaystyle{25.10^8 <3^{20}<49.10^8 \Rightarrow 20.10^8 <3^{20}<50.10^8 \Rightarrow 2.10^9 <3^{20}<5.10^9 \Rightarrow 4.10^{18}<3^{40}<25.10^{18}}$

Βρήκαμε λοιπόν ότι: $\displaystyle{2.10^9 <3^{20}<5.10^9}$ και $\displaystyle{4.10^{18}<3^{40}<25.10^{18}}$

Με πολλαπλασιασμό των δύο αυτών ανισοτήτων, παίρνουμε: $\displaystyle{8.10^{27}<3^{60}<125.10^{27} \Rightarrow 3^5 .8.10^{27}<3^5 . 3^{60}<3^5 . 125.10^{27}}$ .

Άρα: $\displaystyle{1944.10^{27}<3^{65}<30375.10^{27}}$ .

Όμως ο αριθμός $\displaystyle{1944.10^{27}}$ έχει $\displaystyle{31}$ ψηφία και ο αριθμός $\displaystyle{30375.10^{27}}$ έχει $\displaystyle{32}$ ψηφία.

Άρα ο $\displaystyle{3^{65}}$ έχει τουλάχιστον $\displaystyle{31}$ και το πολύ $\displaystyle{32}$ ψηφία.

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Με το γνωστό πρόβλημα με την σκακιέρα, όπου στο πρώτο τετραγωνάκι βάζουμε ένα σπυρί σιτάρι, στο δεύτερο δύο,

στο τρίτο τέσσερα ,κλπ, οπότε στο εξηκοστό τέταρτο τετραγωνάκι θα βάλουμε $\displaystyle{2^{63}}$ σπυριά σιτάρι, μπορούμε να βρούμε το πλήθος των

ψηφίων του, ότι είναι ακριβώς $\displaystyle{19}$ , (αν εργαστούμε κατάλληλα με παρόμοιο όπως πριν τρόπο).

Οπότε $\displaystyle{2^{63}>10^{18} }$ (προφανώς).

Αν τώρα υποθέσουμε ότι ένα κιλό σιτάρι περιέχει $\displaystyle{10.000}$ σπυριά σιτάρι (που ήδη ο αριθμός αυτός είναι υπερβολικός), τότε τα $\displaystyle{2^{63}}$

σπυριά σιτάρι ζυγίζουν περισσότερο από $\displaystyle{\frac{10^{18}}{10^{4}}}$ κιλά, δηλαδή περισσότερο από $\displaystyle{10^{14}}$ κιλά, δηλαδή περισσότερο

από $\displaystyle{10^{11}}}$ τόνους. Και επειδή μια μεγάλη νταλίκα χωράει $\displaystyle{30}$ τόνους σιτάρι, θα χρειαστούμε περισσότερες από $\displaystyle{10^{11}}$ : $\displaystyle{30}$

νταλίκες δηλαδή πολύ περισσότερες από $\displaystyle{3}$ δισεκατομμύρια νταλίκες!!!!

(Αν βρούμε με λογισμικό τον ακριβή αριθμό που εκφράζει ο $\displaystyle{2^{63}}$ , είναι βέβαιο, ότι και αν κάθε κάτοικος του πλανήτη είχε από μία νταλίκα,
πάλι δεν θα έφθαναν όλες να φορτώσουν το σιτάρι που θα συγκεντρωθεί στο εξηκοστό τέταρτο τετραγωνάκι)

#2674

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 21, 2022 8:02 pm
ΑΣΚΗΣΗ 1279: Να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{3^{65}}$ , έχει τουλάχιστον $\displaystyle{31}$ και το πολύ $\displaystyle{32}$ ψηφία.

.

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Τετ Απρ 20, 2022 9:28 pm
... Το πόσα ακριβώς όμως έχει, μάλλον μόνο με χρήση λογαρίθμων πρέπει να βρίσκεται.

.
Τελικά μπορούμε να δείξουμε στοιχειωδώς ότι ο αριθμός έχει ακριβώς

ψηφία. Ο παρακάτω τρόπος είναι μακρόσυρτος αλλά δεν θα περίμενε κανείς θεαματική βελτίωση διότι ο $3^{65}$ είναι πολύ κοντά στον $10^{31}$ (βλέπε τελευταία γραμμή του προηγούμενου ποστ) οπότε οι διαδοχικές εκτιμήσεις που κάνουμε πρέπει να είναι αρκετά "σφιχτές".

Έχουμε λοιπόν

$3^{65} = 9(3^{7})^9 > 9(2180)^9= 9(2\cdot 109)^9 \cdot 10^9=9(2^3 \cdot 109^3)^3 \cdot 10^9> 9(8\cdot 1295000)^3 \cdot 10^9 =$

$=9(8\cdot 1295)^3 \cdot 10^{18} = 9(10360)^3 \cdot 10^{18} = 1036(3\cdot 1036)^2 \cdot 10^{21} >1036\cdot 9659000\cdot 10^{21} =$

$= 1036\cdot 9659\cdot 10^{24} > 10^7 \cdot 10^{24} = 10^{31}$

Άρα έχει τουλάχιστον

ψηφία, αλλά ήδη είδαμε ότι έχει το πολύ

, συνεπώς ακριβώς

.

#2675

ΑΣΚΗΣΗ 1280 Να βρείτε πόσοι ακέραιοι αριθμοί $\displaystyle{x}$ υπάρχουν, που είναι μεγαλύτεροι από το $\displaystyle{223}$ και

μικρότεροι από το $\displaystyle{843}$ , ώστε ο αριθμός $\displaystyle{A = 2x^3 - 5x^2}$ να είναι τέλειο τετράγωνο.

Henri van Aubel · #2676

Καλό μεσημέρι!!

Μία προσέγγιση:

Ο αριθμός $A=2x^{3}-5x^{2}=x^{2}(2x-5)$ είναι τέλειο τετράγωνο, άρα και ο αριθμός 2x-5

είναι τέλειο τετράγωνο.

Εύκολα προκύπτει ότι $\displaystyle 21^{2}<2x-5<41^{2}$ . Οπότε επειδή ο $\displaystyle 2x-5$ είναι περιττός, έχουμε $\displaystyle 9$ λύσεις.

#2677

Ο συνάδελφος Henry van Aubel έδωσε πιο πάνω μια ωραία και σύντομη λύση.

Ας δούμε και μια ακόμα διατύπωση :
Έχομε $\displaystyle{A=x^2 (2x - 5)}$ και αφού ο $\displaystyle{A}$ είναι τετράγωνος, θα πρέπει και ο $\displaystyle{2x -5}$ να είναι επίσης τετράγωνος. Άρα πρέπει
$\displaystyle{2x - 5 = k^2}$ , όπου $\displaystyle{k}$ ακέραιος και χωρίς βλάβη της γενικότητας, μπορούμε να υποθέσουμε ότι ο $\displaystyle{k}$ είναι θετικός
ακέραιος.
Αλλά ο $\displaystyle{k^2}$ είναι περιττός, ως διαφορά ενός περιττού από έναν άρτιο. Άρα και ο $\displaystyle{k}$ θα είναι επίσης περιττός .
Άρα $\displaystyle{k = 2m +1}$ , όπου ο $\displaystyle{m}$ είναι μη αρνητικός ακέραιος.
Τότε έχουμε $\displaystyle{2x - 5 = (2m + 1)^2}$ και άρα $\displaystyle{x= 2m^2 +2m +3}$
Θέλουμε όμως να είναι $\displaystyle{223 < x < 843}$ . Άρα πρέπει $\displaystyle{223 < 2m^2 +2m + 3 < 843}$ και άρα $\displaystyle{110 < m^2 +m <420}$ ,
δηλαδή $\displaystyle{m^2 + m - 110 > 0}$ και $\displaystyle{m^2 + m - 420 < 0}$ .
Λύνοντας το πιο πάνω σύστημα των ανισώσεων και με δεδομένο ότι ο $\displaystyle{m}$ είναι μη αρνητικός ακέραιος, βρίσκουμε
ότι $\displaystyle{m \in \{11 , 12 , 13 , 14 , 15 , 16 , 17 , 18 , 19\}}$
Συνεπώς οι δυνατές τιμές που μπορεί να πάρει ο $\displaystyle{x}$ είναι $\displaystyle{9}$

#2678

ΑΣΚΗΣΗ 1281 Από $\displaystyle{3}$ άσπρες κότες παίρνουμε καθημερινά $\displaystyle{2}$ αβγά ενώ από $\displaystyle{5}$ κόκκινες κότες παίρνουμε

$\displaystyle{3}$ αβγά.

(α) Ποιες κότες είναι πιο παραγωγικές;

(β) Αγοράσαμε κάποιες άσπρες κότες προς $\displaystyle{10}$ ευρώ την μία και κάποιες κόκκινες προς $\displaystyle{12}$ ευρώ την μία και πληρώσαμε

$\displaystyle{930}$ ευρώ, ενώ παίρνουμε καθημερινά $\displaystyle{53}$ αβγά.

Πόσες είναι οι άσπρες και πόσες οι κόκκινες κότες;

Henri van Aubel · #2679

(α). Από

άσπρες κότες παίρνουμε καθημερινά $2\times 5=10$ αυγά. Από

κόκκινες κότες παίρνουμε καθημερινά $3\times 3=9$ αυγά. Συνεπώς οι άσπρες κότες είναι πιο παραγωγικές.

(β). Έστω ότι αγοράσαμε

άσπρες και

κόκκινες κότες. Έχουμε:

$\displaystyle \left\{\begin{matrix} 10x+12y=930 & & \\ \displaystyle\frac{2x}{3}+\frac{3y}{5}=53 & & \end{matrix}\right.$

Άρα το σύστημα γράφεται:

$\displaystyle \left\{\begin{matrix} 10x+12y=930 & & \\ 10x+9y=795 & & \end{matrix}\right. \Rightarrow \boxed{\left ( x,y \right )=\left (39 ,45 \right )}$

#2680

ΑΣΚΗΣΗ 1282 Να υπολογιστεί το άθροισμα:

$\displaystyle{S=1+2^2 .a +3^2 .a^2 +4^2 .a^3 +5^2 .a^4 + . . . +n^2 .a^{n-1}}$

με $\displaystyle{a\in R}$

Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Μέλη σε σύνδεση