mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 21, 2014 8:27 pm**

Γνωρίζετε αν η Μαθηματική Εταιρεία θα βγάλει και φέτος θέματα προετοιμασίας για τις Πανελλήνιες;

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 21, 2014 8:31 pm**

nicklarissa έγραψε:Γνωρίζετε αν η Μαθηματική Εταιρεία θα βγάλει και φέτος θέματα προετοιμασίας για τις Πανελλήνιες;

Θα βγάλει.
Πληροφορίες ---->Ενταύθα

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 21, 2014 8:32 pm**

Η τράπεζα της ΕΜΕ για την Γ λυκείου του έτους 2014 θα έπρεπε να έχει βγει μέσα στην μεγάλη εβδομάδα. Δεν γνωρίζω γιατί καθυστερεί, ελπίζω σύντομα να αναρτηθεί στην ιστοσελίδα της. Η νέα τράπεζα του 2014 θα περιέχει 42 νέες πρωτότυπες ασκήσεις πάνω στη φιλοσοφία των πανελληνίων εξετάσεων.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 21, 2014 10:26 pm**

Γεια σας με όλες τις ευχές για την Ανάσταση και της Εκπαίδευσης της Πατρίδας.
Θα ήθελα να μου επιτρέψετε να πληροφορήσω ότι επιδίωξη των μελών της επιτροπής, που είναι υπεύθυνη για την τράπεζα θεμάτων της Ε.Μ.Ε. για την Γ’ Λυκείου και στην οποία συμμετέχω, είναι να συμπληρώσουμε με 44 θέματα ποιότητας με τον μέγιστο δυνατό πλουραλισμό (προφανώς συμπληρώνονται τα ήδη υπάρχοντα).
Είναι κατανοητό ότι η διαδικασία αυτή είναι επίπονη και συνεχής καθότι δεν πρόκειται για αντιγραφή αλλά για προσπάθεια δημιουργίας πρωτότυπων κατά το δυνατό θεμάτων. Δεχθείτε λοιπόν την διαβεβαίωση ότι λίαν συντόμως τα θέματα αυτά θα είναι στην διάθεση όλων.

(*) Είναι αυτονόητο ζητούμενο και αναγκαίο μετά την ανάρτηση, κάθε παρατήρηση σας να την αποστέλλετε στην επιτροπή που είναι υπεύθυνη για την τράπεζα θεμάτων της Ε.Μ.Ε. για την Γ’ Λυκείου, ώστε να διαμορφωθεί το καλύτερο δυνατό αποτέλεσμα για την νεολαία της Πατρίδας που θα διαγωνιστεί για να εισαχθεί στη τριτοβάθμια Εκπαίδευση.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 23, 2014 6:51 pm**

Τα επαναληπτικά θέματα 2014 έχουν αναρτηθεί στην ιστοσέλιδα της ΕΜΕ
www.hms.gr στον σύνδεσμο ΒΑΣΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ.
ΑΠΟΣΤΟΛΗΣ Κ.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 23, 2014 7:36 pm**

Γιατί δεν ανοίγουν ;

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 23, 2014 9:19 pm**

Δεν τα έχουν βάλει ακόμα.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 23, 2014 10:09 pm**

Επιτρέψτε μου να επαναλάβω ως μέλος της επιτροπής της βάσης των Ασκήσεων της Ε.Μ.Ε. ότι τα καινούργια θέματα 2014 θα αναρτηθούν λίαν συντόμως και εκτός σοβαρού απροόπτου θα είναι το πλήθος 44.
Άρα λίγη (ελάχιστη) υπομονή ακόμα και "κλείσιμο" των αυτιών προς κάθε άλλη εκτίμηση.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 29, 2014 1:12 pm**

Κάτι νεότερο για τα θέματα;

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 29, 2014 8:01 pm**

Ανακοινώθηκε ότι η τράπεζα θεμάτων της Ε.Μ.Ε. συμπληρώθηκε με 45 θέματα "on air" (κατά την άποψη μου ποιότητας): (http://www.hms.gr κάτω
από τον τίτλο: βάση Ασκήσεων)
Θα ήταν μεγάλη χαρά να αποστείλετε στην επιτροπή της Ε.Μ.Ε., που κατέθεσε τα 45 αυτά θέματα, τις όποιες παρατηρήσεις έχετε. Έγινε προσπάθεια οι λύσεις να προσεγγίσουν και την νοοτροπία επίλυσης και από τους μαθητές που έχουν ασχοληθεί και κοπιάσει πολύ στην προετοιμασία τους για να επιτύχουν την εισαγωγή τους στην τριτοβάθμια εκπαίδευση στους οποίους βέβαια ευχόμαστε ολόψυχα Καλή Επιτυχία.
Επιτρέψτε μου λοιπόν και κάποιες συμπληρωματικές παρατηρήσεις και Μαθηματικές σκέψεις (Την Ανάλυση πριν την σύνθεση-λύση που κατά την άποψη μου θα έπρεπε να ήταν τμήμα που θα εβαθμολογείτο) που οδηγούν στην αντίστοιχη λύση σαν αποτέλεσμα γνώσης των εννοιών (απομακρύνοντας τον αβάσιμο κίνδυνο να χαρακτηριστούν tricks) και σε κάποια από τα θέματα, ώστε να αρχίσει ο επιζητούμενος άρα εποικοδομητικός διάλογος:

1) Για το 38:

Παρατηρούμε ότι: $x = y = 0 \Rightarrow f\left( 0 \right) = 0.$
(*) Θεωρούμε τη συνάρτηση $k\left( x \right) = {e^x}f\left( x \right) \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} k\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} x{e^x}\frac{{f\left( x \right)}}{x} = 0$ . Iσχύει $k\left( {x + y} \right) = k\left( x \right) + k\left( y \right) \Rightarrow k\left( 0 \right) = 0.$
Για το τυχόν ${x_0}$ παίρνουμε $\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{k\left( {h + {x_0}} \right) - k\left( {{x_0}} \right)}}{h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{k\left( h \right)}}{h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} {e^h}\frac{{f\left( h \right)}}{h} = 1,$ οπότε προκύπτει ${k{'}}\left( x \right) = 1 \Rightarrow k\left( x \right) = x + c,$ με c=0, άρα $f\left( x \right) = x{e^{ - x}}...$

(*) Η θεώρηση προκύπτει, αν πολλαπλασιάσουμε και τα δύο μέλη της συναρτησιακής επί το ${e^{x + y}}$ που είναι κοινό πολλαπλάσιο των παρονομαστών αν θεωρήσουμε ${e^{ - x}} = \frac{1}{{{e^x}}},\;{e^{ - y}} = \frac{1}{{{e^y}}}.$

2) Για το7β:
Μία λύση με την Ανάλυση πριν την σύνθεση που ακολουθεί και είναι πλήρης λύση: Αφού η υπόθεση ισχύει για κάθε πραγματικό x, παίρνουμε:
$x = - \frac{1}{2} \Rightarrow {\left| {{z_1} - \frac{{{z_2}}}{2}} \right|^2} > 3\mathop \Rightarrow \limits^{\left| z \right| = 2} 4 + 1 - 3 > \{Re} \left( {{z_1}\overline {{z_2}} } \right) \Rightarrow 2 > \{Re} \left( {{z_1}\overline {{z_2}} } \right)\;\,\left( 1 \right),$ $x = \frac{1}{2} \Rightarrow {\left| {{z_1} + \frac{{{z_2}}}{2}} \right|^2} > 3\mathop \Rightarrow \limits^{\left| z \right| = 2} 4 + 1 - 3 > - \{Re} \left( {{z_1}\overline {{z_2}} } \right) \Rightarrow - 2 < \{Re} \left( {{z_1}\overline {{z_2}} } \right)\;\,\left( 2 \right).$
Επομένως παρατηρούμε ότι: $\left( 1 \right),\;\left( 2 \right) \Rightarrow \left| {\{Re} \left( {{z_1}\overline {{z_2}} } \right)} \right| \leqslant 2.$
(*) Στο ερώτημα: Πώς μας ήρθαν οι συγκεκριμένες τιμές, απαντούμε:
Κατ’ αρχάς κατανοούμε ότι θέλουμε $- 2 < \{Re} \left( {{z_1}\overline {{z_2}} } \right) < 2.$ Θα πρέπει να «λειτουργήσουμε» τη φράση ισχύει για κάθε πραγματικό x.
Έτσι επεξεργαζόμενοι την δεδομένη σχέση έχουμε: $2x\{Re} \left( {{z_1}\overline {{z_2}} } \right) > - 1 - 4{x^2}\mathop \Rightarrow \limits^{x < 0} \,\{Re} \left( {{z_1}\overline {{z_2}} } \right) < - \frac{{1 + 4{x^2}}}{{2x}}.$
Αν λοιπόν x<0

θεωρούμε $- \frac{{1 + 4{x^2}}}{{2x}}\; \leqslant 2 \Leftrightarrow 4{x^2} + 4x + 1 \leqslant 0 \Leftrightarrow {\left( {2x + 1} \right)^2} \leqslant 0,$ πράγμα που οδηγεί στη $x = - \frac{1}{2}$ άρα λόγω συμμετρίας εξετάζουμε και την $x = \frac{1}{2}.$

3) Θεωρώ ότι η 7γ δύναται να αντιμετωπιστεί και ως εξής (χωρίς αναφορά σε περιβάλλον πολυωνυμικής εξίσωσης 4ου βαθμού):
Προφανώς και ισχύει $z \ne 0.$ Αν ισχύει ${z^2} + 4 = 0,$ τότε έχουμε ${z^2} + 4 = 0 \Rightarrow {z^2} = - 4 \Rightarrow \left| z \right| = 2.$ Έστω λοιπόν $z \ne 0,\;\;{z^2} \ne - 4.$ Τότε παίρνουμε:
$2a = - \frac{{{z^4} + 16}}{{{z^3} + 4z}} \in \left( { - 2,2} \right) \subset {\Cal R} \Rightarrow \frac{{{z^4} + 16}}{{{z^3} + 4z}} \in \left( { - 2,2} \right) \subset {\Cal R}.$
Επομένως έχουμε $\frac{{{z^4} + 16}}{{{z^3} + 4z}} = \left( {\overline {\frac{{{z^4} + 16}}{{{z^3} + 4z}}} } \right) \Rightarrow$ ... $\Rightarrow \left( {{{\left| z \right|}^2} - 4} \right)\left( {z - \overline z } \right)\left( {{{\left| z \right|}^4} + 4\left( {2{{\left| z \right|}^2} + {z^2} + {{\overline z }^2}} \right) + 16} \right) = 0,$
οπότε προκύπτει $\left| z \right| = 2,$ ή ${\left| z \right|^4} + 4\left( {2{{\left| z \right|}^2} + {z^2} + {{\overline z }^2}} \right) + 16 = 0 \Rightarrow {\left| z \right|^4} + 16 + 16{\left( {\{Re} z} \right)^2} = 0,$ που είναι άτοπο ή $z = \overline z \Leftrightarrow z \in {\Cal R}.$ Από τη τελευταία αυτή περίπτωση έχουμε: $- 2 < \frac{{{z^4} + 16}}{{{z^3} + 4z}} < 2 \Leftrightarrow \frac{{{z^4} + 16}}{{{z^3} + 4z}} < 2$ και $- 2 < \frac{{{z^4} + 16}}{{{z^3} + 4z}}$ επομένως παίρνουμε $\frac{{{z^4} + 16 - 2{z^3} - 8z}}{{z\left( {{z^2} + 4} \right)}} < 0 \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {z - 2} \right)}^2}\left( {{z^2} + 2z + 4} \right)}}{{z\left( {{z^2} + 4} \right)}} < 0 \Leftrightarrow z < 0$ και $\frac{{{z^4} + 16 + 2{z^3} + 8z}}{{z\left( {{z^2} + 4} \right)}} > 0 \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {z + 2} \right)}^2}\left( {{z^2} - 2z + 4} \right)}}{{z\left( {{z^2} + 4} \right)}} > 0 \Leftrightarrow z > 0$ που μας οδηγεί σε άτοπο.
Τελικά καταλήγουμε $\left| z \right| = 2.$

(*) Η σκέψη εδώ είναι να «οδηγήσουμε» το θέμα με βάση τον περιορισμό $a \in \left( { - 1,1} \right).$
Άρα επιχειρούμε την επίλυση ως προς α, διερευνώντας βέβαια για να εκτελέσουμε τις απαιτούμενες διαιρέσεις..

4) Για το13α:

Αν θεωρήσουμε $\overline z w = x + yi \Leftrightarrow z\overline w = x - yi,$ παίρνουμε ${x^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = {x^2} + {y^2} \Rightarrow y = 1.$

5) Για το 13β
Παρατηρούμε ότι:
$2\left| {z\overline w + 2i} \right| = 2\left| z \right|\left| w \right| \Rightarrow 2\left| {\overline z w - 2i} \right| \leqslant {\left| z \right|^2} + {\left| w \right|^2},$ οπότε χρησιμοποιώντας το πρώτο ερώτημα αν θεωρήσουμε $\overline z w = a + i,$ αρκεί να αποδείξουμε $2\sqrt {{\alpha ^2} + 1} + \alpha \geqslant \sqrt 3 \Leftrightarrow 2\sqrt {{\alpha ^2} + 1} \geqslant \sqrt 3 - \alpha .\;$
Αν $a \geqslant \sqrt 3$ η σχέση αυτή ισχύει, αν $\alpha < \sqrt 3$ τότε αρκεί $4{a^2} + 4 \geqslant 3 + {a^2} - 2\sqrt 3 a \Leftrightarrow {\left( {\sqrt 3 a + 1} \right)^2} \geqslant 0,$ που ισχύει.
(*) Εδώ χρησιμοποιούμε την κλασική μέθοδο: Ένας τρόπος να αποδείξουμε την ισχύ της ανισότητας $A \leqslant B$ είναι να αναφέρουμε: αρκεί να αποδείξουμε την ισχύ της $A \leqslant C$ αν $C \leqslant B.$ Προφανώς στη περίπτωση μας ισχύει κατά τα γνωστά $2\left| z \right|\left| w \right| \leqslant {\left| z \right|^2} + {\left| w \right|^2}.$

5) Για το39β :

Θέλουμε το μέγιστο α με $\alpha > - 1 \Leftrightarrow a + 1 > 0$ , ώστε να ισχύει ${e^x} - \left( {a + 1} \right)x \geqslant 0,\quad \forall x \in {\Cal R}.$ Προσδιορίζουμε την εξίσωση y = kx,

της εφαπτομένης της $y = {e^x}/{\Cal R}$ που διέρχεται από την αρχή των αξόνων και εφάπτεται στην $y = {e^x}/{\Cal R}$ στο σημείο A.
Εύκολα προκύπτει ότι είναι η y = ex.

Συνεπώς $a + 1 = e \Leftrightarrow a = e - 1.$
(*) Η ιδέα εδώ είναι η εξής: Η εφαπτομένη της $y = {e^x}/{\Cal R}$ που διέρχεται από την αρχή των αξόνων εύκολα διαπιστώνεται ότι είναι η y = ex.

Το σημείο $A\left( {1,e} \right)$ είναι το σημείο επαφής τους οπότε για κάθε ευθεία y = vx

που ορίζεται από την αρχή των αξόνων και από σημείο του κάθετου στον άξονα {y{'}}y

ευθύγραμμου τμήματος

ισχύει $v \geqslant e.$
6) Για το 41γ

γ) Για να ισχύει $\frac{1}{{{{\left| {z - 1} \right|}^2}}} + \frac{1}{{{{\left| {z - 2} \right|}^2}}} \geqslant 8,$ αρκεί να ισχύει $\frac{2}{{\left| {z - 1} \right|\left| {z - 2} \right|}} \geqslant 8,$ αρκεί ${\left( {\left| {z - 1} \right| + \left| {z - 2} \right|} \right)^2} \geqslant 4\left| {z - 1} \right|\left| {z - 2} \right|$ , αρκεί ${\left( {\left| {z - 1} \right| - \left| {z - 2} \right|} \right)^2} \geqslant 0$ που ισχύει.

(*) Εδώ χρησιμοποιούμε την προφανή συνεπαγωγή: $x,y \in {\Cal R} \Rightarrow {x^2} + {y^2} \geqslant 2xy,$ σε συνδυασμό την γνωστή αναφορά στο ότι: $x,y \in {\Bbb C},\;\;x + y = 1 \Rightarrow {\left( {x + y} \right)^k} = 1.$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 29, 2014 9:46 pm**

S.E.Louridas έγραψε:Ανακοινώθηκε ότι η τράπεζα θεμάτων της Ε.Μ.Ε. συμπληρώθηκε με 45 θέματα "on air" (κατά την άποψη μου ποιότητας): (http://www.hms.gr κάτω
από τον τίτλο: βάση Ασκήσεων)
Θα ήταν μεγάλη χαρά να αποστείλετε στην επιτροπή της Ε.Μ.Ε., που κατέθεσε τα 45 αυτά θέματα, τις όποιες παρατηρήσεις έχετε. .....................

Σωτήρη,

οφείλω να ευχαριστήσω και να συγχαρώ από αυτό το βήμα την επιτροπή- και όλους τους συναδέλφους μεμονωμένα - για την μεγάλη αυτή προσπάθεια και προσφορά στη μαθηματική κοινότητα.

Εϊναι προφανές ότι μέσα στην πίεση του χρόνου και στις δυσκολίες επιβίωσης που έχει πια να αντιμετωπίσει κάθε καθηγητής, πιθανόν να υπάρχουν σημεία βελτίωσης.Τα θέματα είναι πολλά και οι λύσεις ξεπερνάνε τις 120 σελίδες. Πρόκειται για εκδοτικό άθλο !
Ο μαθηματικός κόσμος είμαι σίγουρος ότι θα συνδράμει θετικά, ώστε τυχόν παραλείψεις, αν υπάρχουν , να εξαλειφθούν, με τελικό στόχο όλος αυτός ο κόπος να δικαιωθεί μέσα από την χρησιμότητά του και συνεισφορά για την προετοιμασία των μαθητών μας.

Εύχομαι και το 2016 να είστε όλοι καλά και να συνεχίσετε την προσπάθεια αυτή ,έχοντας νέα και καλύτερα θεσμικά δεδομένα για τη μαθηματική παιδεία στη χώρα μας !

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 30, 2014 9:10 pm**

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:...Εύχομαι και το 2016 να είστε όλοι καλά και να συνεχίσετε την προσπάθεια αυτή, έχοντας νέα και καλύτερα θεσμικά δεδομένα για τη μαθηματική παιδεία στη χώρα μας !
Μπάμπης

Φίλε Μπάμπη αντεύχομαι η ευχή σου να μετουσιωθεί σε πράξη. Θα ήθελα εδώ να μου επιτραπεί να επισημάνω τη τιτάνια προσπάθεια του Δημήτρη Αργυράκη που υπερέβη εαυτόν ώστε να βγουν τα 45 αυτά θέματα "στον αέρα" παρόλο που την ίδια χρονική στιγμή το σχολείο στο οποίο είναι Γυμνασιάρχης επλήγη από ένα τρομερό δυστύχημα για έναν από τους Μαθητές του.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 01, 2014 3:14 am**

Συγχαρητήρια για την αξιόλογη προσπάθεια!

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 02, 2014 7:38 am**

Συγχαρητήρια και από εμένα για την σπουδαία δουλειά σας. Ανεξάρτητα το επίπεδο δυσκολίας κάποιων θεμάτων, δείχνετε κατά την άποψη μου πάντα, ότι ο μαθητής πρέπει να δίνει σημασία και στην ύλη των προηγουμένων τάξεων και της γεωμετρίας για να "μάθει να λύνει και να σκέπτεται" και να πετύχει στις εξετάσεις.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 06, 2014 11:38 pm**

Κώστας Μαλλιάκας έγραψε:...... ο μαθητής πρέπει να δίνει σημασία και στην ύλη των προηγουμένων τάξεων και της γεωμετρίας για να "μάθει να λύνει και να σκέπτεται" και να πετύχει στις εξετάσεις.

Θέμα 14α

Θεωρούμε τους μιγαδικούς που ικανοποιούν τη σχέση :
$\displaystyle{|z + 2 - 4i{|^2} + |z - 2 + 4i{|^2} = 58}$
Να αποδείξετε ότι ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων τους είναι ο κύκλος με εξίσωση $\displaystyle{\,\,{x^2} + {y^2} = 9}$

Εναλλακτική λύση μόνο με ύλη Β΄Λυκείου και όσο γίνεται περισσότερη Γεωμετρία ...

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 07, 2014 7:39 pm**

Κώστας Μαλλιάκας έγραψε:......

exdx έγραψε: ο μαθητής πρέπει να δίνει σημασία και στην ύλη των προηγουμένων τάξεων και της γεωμετρίας για να "μάθει να λύνει και να σκέπτεται" και να πετύχει στις εξετάσεις.

Θέμα 14α

Θεωρούμε τους μιγαδικούς που ικανοποιούν τη σχέση :
$\displaystyle{|z + 2 - 4i{|^2} + |z - 2 + 4i{|^2} = 58}$
Να αποδείξετε ότι ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων τους είναι ο κύκλος με εξίσωση $\displaystyle{\,\,{x^2} + {y^2} = 9}$

Εναλλακτική λύση μόνο με ύλη Β΄Λυκείου και όσο γίνεται περισσότερη Γεωμετρία ...

Καλησπέρα Γιώργη, καλησπέρα σε όλους.

Η δοθείσα εξίσωση γράφεται: $\displaystyle{|z - ( - 2 + 4i){|^2} + |z - (2 - 4i){|^2} = 58}$
Έστω M(x,y)

η εικόνα του

,

και

οι εικόνες των 2-4i,-2+4i

.

To μέσο του

είναι η αρχή των αξόνων O(0,0)

και είναι $\displaystyle{{(AB)^2} = {8^2} + {4^2} = 80}$

: Θέματα ΕΜΕ.png (16.62 KiB) Προβλήθηκε 2758 φορές

Η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την (MA)^2+(MB)^2=58

Από το θεώρημα των διαμέσων στο τρίγωνο MAB

έχουμε:

$\displaystyle{{(MA)^2} + {(MB)^2} = 2{(OM)^2} + \frac{{{{(AB)}^2}}}{2}\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)} 2{(OM)^2} + \frac{{80}}{2} = 58 \Leftrightarrow {(OM)^2} = 9}$

Άρα: $\boxed{(OM)=3}$

Το τυχαίο σημείο

του γεωμετρικού τόπου απέχει από την αρχή των αξόνων απόσταση ίση με

, άρα βρίσκεται σε κύκλο με κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα r=3

, που ως γνωστόν δίνεται από την εξίσωση $\boxed{x^2+y^2=9}$

mathematica.gr

Θέματα Μαθηματικής Εταιρείας

Θέματα Μαθηματικής Εταιρείας

Re: Θέματα Μαθηματικής Εταιρείας

Re: Θέματα Μαθηματικής Εταιρείας

Re: Θέματα Μαθηματικής Εταιρείας

Re: Θέματα Μαθηματικής Εταιρείας

Re: Θέματα Μαθηματικής Εταιρείας

Re: Θέματα Μαθηματικής Εταιρείας

Re: Θέματα Μαθηματικής Εταιρείας

Re: Θέματα Μαθηματικής Εταιρείας

Re: Θέματα Μαθηματικής Εταιρείας

Re: Θέματα Μαθηματικής Εταιρείας

Re: Θέματα Μαθηματικής Εταιρείας

Re: Θέματα Μαθηματικής Εταιρείας

Re: Θέματα Μαθηματικής Εταιρείας

Re: Θέματα Μαθηματικής Εταιρείας

Re: Θέματα Μαθηματικής Εταιρείας