ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

sachstyl · #41

Μία μετρική λύση για το 4 (Γεωμετρία) των μικρών.

Αρκεί να αποδείξουμε ότι NM^2+NB^2=BM^2

. Επειδή όμως το τρίγωνο $BM\Gamma$ είναι ορθογώνιο, από το πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε ότι $BM^2=B\Gamma^2+M\Gamma^2$ , κι άρα αρκεί να δείξουμε ότι

$\displaystyle{NM^2+NB^2=B\Gamma^2+M\Gamma^2\quad (1)}$

Από το θεώρημα συνημιτόνων στα τρίγωνα $NB\Gamma$ και $N\Gamma M$ έχουμε

$\displaystyle{NB^2=N\Gamma^2+B\Gamma^2-2N\Gamma \cdot B\Gamma\cdot\cos(N\hat{\Gamma}B),}$
$\displaystyle{NM^2=N\Gamma^2+M\Gamma^2-2N\Gamma \cdot M\Gamma\cdot\cos(N\hat{\Gamma}M).}$

Προσθέτοντας τις τελευταίες κατά μέλη λαμβάνουμε ότι

$\displaystyle{NM^2+NB^2=B\Gamma^2+M\Gamma^2+2N\Gamma(N\Gamma - B\Gamma\cdot\cos(N\hat{\Gamma}B) - M\Gamma\cdot\cos(N\hat{\Gamma}M)).}$

Επομένως, για να αποδείξουμε την (1) και να ολοκληρώσουμε τη λύση του θέματος, αρκεί να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{N\Gamma=B\Gamma\cdot\cos(N\hat{\Gamma}B) + M\Gamma\cdot\cos(N\hat{\Gamma}M).\quad (2)}$

Στο ορθογώνιο τρίγωνο $EB\Gamma$ έχουμε ότι

$\displaystyle{B\Gamma\cdot\cos(N\hat{\Gamma}B)=E\Gamma.\quad (3)}$

Επιπλέον, εφόσον $B\hat{A}E=N\hat{\Gamma}M$ ως εντός εναλλάξ και $M\Gamma\cdot\cos(B\hat{A}E)=AB\cdot\cos(B\hat{A}E)/2=AE/2=NE$ στο ορθογώνιο τρίγωνο ABE

, συνάγουμε ότι

$\displaystyle{M\Gamma\cdot\cos(N\hat{\Gamma}M)=NE.\quad (4)}$

Από τις (3) και (4) λαμβάνουμε ότι

$\displaystyle{B\Gamma\cdot\cos(N\hat{\Gamma}B) + M\Gamma\cdot\cos(N\hat{\Gamma}M)=E\Gamma+NE=N\Gamma,}$

κι άρα η απόδειξη της (2), και κατ' επέκταση του θέματος, ολοκληρώνονται.

Mathmagic24 · #42

silouan έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 10:12 pm

Mathmagic24 έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 8:03 pm
Αλλά γενικά αν η εξίσωση παριστάνει ελλειπτική καμπύλη τύπου Βάισερστρας (y² = ax³ + bx + c) τότε είτε y=0 είτε y² (και κατ' επέκταση y) διαιρεί την διακρίνουσα.
Επειδή μας παρακολουθούν πολλοί μαθητές, γράψε μας σε παρακαλώ μια παραπομπή ή μια απόδειξη της πρότασης αυτής.

Γράφω γενικά για έλλειψη και όχι για Βάισερστρας γιατί δε μπορούσα να βρω κάτι συγκεκριμένο στα ελληνικά

"Θεώρημα του Nagell–Lutz"

Έστω ότι η εξίσωση
y² = x³ + ax² + bx + c
ορίζει μία μη-ιδιάζουσα κυβική καμπύλη με ακέραιους συντελεστές a,b,c και έστω
𝐷 η διακρίνουσα του κυβικού πολυωνύμου στη δεξιά πλευρά:

Αν το σημείο
𝑃 = (x,y) είναι ρητό και έχει πεπερασμένη τάξη στην ελλειπτική καμπύλη (ως ομάδα), τότε:
Οι συντεταγμένες x και y είναι ακέραιοι αριθμοί και είτε y=0, οπότε το σημείο
P έχει τάξη 2, είτε το y διαιρεί τη διακρίνουσα 𝐷, γεγονός που συνεπάγεται ότι το y² επίσης διαιρεί το 𝐷

Belias · #43

Mathmagic24 · #44

Markam έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 10:10 pm

Δεν γνωρίζω για τα παραπάνω, αλλά μια προσιτή πηγή για το θέμα αυτό είναι η εργασία Examples of Mordell's Equation του Keith Conrad.

Φιλικά,

Αχιλλέας
Πολύ ωραία τα θέματα των μεγάλων φέτος (επιτέλους συναρτησιακή στον Αρχιμήδη!),
εκτός κατά τη γνώμη μου από το 4, που θεωρώ είναι κάπως άδικο για τους περισσότερους διαγωνιζόμενους, αφού λύνεται σε μία γραμμή από κάποιον πουχει διαβάσει την κατάλληλη θεωρία (αμφιβάλλω αν είναι πάνω από 5 σε όλη την Ελλάδα), και θα ζορίσει όλους τους υπόλοιπους. Δύσκολο θέμα δεν αντιλέω, αλλά πολύ βασισμένο σε θεωρία, κάτι που δε συνηθίζει να πρεσβεύει ο Αρχιμήδης.

Το 4 πως βγαίνει σε μία γραμμή;
Ακόμα και με προχωρημένη θεωρία αριθμών κάτω από σελίδα δε μου βγαίνει

Belias · #45

Μια άλλη λύση για το 3 των seniors
Έστψ P(x,y)

η πρόταση

και

$\implies$ f(0)=0

$\implies$ f(2x)=4f(x)

$\implies$ f(-x)=f(x)

$\implies$ f((2n+1)x)=5f(nx)-f((n-2)x)+5f(x)

Σε συνδυασμό με το f(2nx)=4f(nx)

, επαγωγικά έχουμε f(nx)=n^2f(x)

Έτσι $\boxed{f(x)=cx^2\quad\forall x\in\mathbb Q}$ , που ικανοποιεί τη δοθούσα πρόταση

Belias · #46

Markam · #47

Το 4 πως βγαίνει σε μία γραμμή;
Ακόμα και με προχωρημένη θεωρία αριθμών κάτω από σελίδα δε μου βγαίνει

Δες το αρχείο που έστειλε ο achilleas (με τις mordell). Είναι πανομοιότυπη με όλες τις άλλες του αρχείου.

Mathmagic24 · #48

Markam έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 11:21 pm

Το 4 πως βγαίνει σε μία γραμμή;
Ακόμα και με προχωρημένη θεωρία αριθμών κάτω από σελίδα δε μου βγαίνει
Δες το αρχείο που έστειλε ο achilleas (με τις mordell). Είναι πανομοιότυπη με όλες τις άλλες του αρχείου.

Mordell δεν είναι απλή εφαρμογή τύπων
Έχουν και αυτές λίγο δουλίτσα...
Ελπίζω τουλάχιστον να δώσουν μονάδες σε όσους έφτασαν σε κάποιο σημείο χωρίς τέτοιες μεθοδολογίες
Αλλιώς, αν και σίγουρα κάτι παραπάνω ξέρουν αυτοί, δε μπορώ να καταλάβω την επιλογή τέτοιου θέματος

#49

Mathmagic24 έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 10:58 pm
𝑃 = (x,y) είναι ρητό και έχει πεπερασμένη τάξη στην ελλειπτική καμπύλη (ως ομάδα), τότε:
Οι συντεταγμένες x και y είναι ακέραιοι αριθμοί και είτε y=0, οπότε το σημείο
P έχει τάξη 2, είτε το y διαιρεί τη διακρίνουσα 𝐷, γεγονός που συνεπάγεται ότι το y² επίσης διαιρεί το 𝐷

Εμείς εδώ δεν ψάχνουμε μόνο τα σημεία με πεπερασμένη τάξη, ψάχνουμε όλα τα πιθανά ζεύγη ακεραίων που είναι λύσεις της εξίσωσης.

Mathmagic24 · #50

silouan έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 11:54 pm

Mathmagic24 έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 10:58 pm
𝑃 = (x,y) είναι ρητό και έχει πεπερασμένη τάξη στην ελλειπτική καμπύλη (ως ομάδα), τότε:
Οι συντεταγμένες x και y είναι ακέραιοι αριθμοί και είτε y=0, οπότε το σημείο
P έχει τάξη 2, είτε το y διαιρεί τη διακρίνουσα 𝐷, γεγονός που συνεπάγεται ότι το y² επίσης διαιρεί το 𝐷
Εμείς εδώ δεν ψάχνουμε μόνο τα σημεία με πεπερασμένη τάξη, ψάχνουμε όλα τα πιθανά ζεύγη ακεραίων που είναι λύσεις της εξίσωσης.

Άρα τελικά βγαίνει μόνο με mordell;

#51

Markam έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 10:10 pm
εκτός κατά τη γνώμη μου από το 4, που θεωρώ είναι κάπως άδικο για τους περισσότερους διαγωνιζόμενους, αφού λύνεται σε μία γραμμή από κάποιον πουχει διαβάσει την κατάλληλη θεωρία (αμφιβάλλω αν είναι πάνω από 5 σε όλη την Ελλάδα), και θα ζορίσει όλους τους υπόλοιπους. Δύσκολο θέμα δεν αντιλέω, αλλά πολύ βασισμένο σε θεωρία, κάτι που δε συνηθίζει να πρεσβεύει ο Αρχιμήδης.

Η παραγοντοποίηση και η εύρεση διαιρέτη της μορφής 4k+3

είναι κλασική. Το παράδειγμα με την εξίσωση y^2=x^3+7

που βρίσκεται σε όλα τα κλασικά βιβλία ολυμπιάδων για θεωρία αριθμών.
Άλλα παραδείγματα:
https://artofproblemsolving.com/communi ... 153p495384

https://artofproblemsolving.com/communi ... 251p396369

math2222 · #52

εγω ελυσα το τεταρτο θεμα με mod 9 και mod4 και επαγωγη σε ατοπο η λυση μου δεν χρειαζοταν καποια ιδιαιτερη και εξειδικευμενη γνωση απλα ηταν αρκετα χρονοβορα οποτε ναι λυνεται και χωρις περιπλοκα θεωρηματα απλα απαιτει υπομονη το μονο που χρειαστηκα ειναι να βρω τα υπολοιπα τετραγωνων και κυβων mod 4 και mod 9 και μετα να αποριψω τις περιπτωσεις

panoslovesimop4 · #53

Οσο αφορά το θέμα 4 των μεγάλων τάξεων, με κατάλληλες παραγοντοποιήσεις μπορούμε να το φέρουμε στην μορφή όπου το ένα μέλος έχει παράγοντα μορφής 3mod4 και το άλλο ειναι άθροισμα 2 τέλειων τετραγώνων απο όπου προκύπτει άτοπο με κατάλληλη διαχείριση.(στην μία περίπτωση αν είδα καλα πρέπει να γινει και χρήση LTE).
Oπότε όχι, δεν λύνεται μονο με τη χρήση εξισώσεων Mordell και για όσους ισχυρίζονται οτι η γνώση των mordell σκοτώνει το πρόβλημα, προσωπικά θεωρώ οτι είναι αρκετά πιο δύσκολο από άλλες κλασσικές μεθόδους. Αν δεν δείτε όλες τις λύσεις, μην κρίνετε ένα θέμα με βάση δυσκολία, είναι μάταιο.
Φιλικά

Pi3.1415 · #54

Καλησπέρα, παραθέτω την λύση του 4ου θέματος που έγραψα στον διαγωνισμό:Εστω με απαγωγή σε άτοπο πως y^2+108=k^3

, $k\in \mathrm{Z}$ . Εάν ο

άρτιος, τότε πρέπει και ο

άρτιος, άρα έστω k=2l

και

, $l,x\in \mathrm{Z}$ . Τότε η αρχική γίνεται:
x^2+27=2l^3

. Έχουμε επίσης $2l^3\equiv 0,2,6(mod 8)$ και $x^2+27\equiv 3,4,7(mod 8)$ ,άτοπο, οπότε καταλήγουμε πως ο

περιττός. Τώρα, εάν $k\equiv 3(mod 4)$ ,πρέπει $y^2\equiv 3(mod 4)$ άτοπο, αφού το 3 δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο (mod 4). Οπότε, μένει η περίπτωση $k\equiv 1(mod 4)$ . Επίσης, $y^2+108=k^3\Rightarrow y^2+324=k^3+216\Rightarrow y^2+18^2=k^3+6^3\Rightarrow y^2+18^2=(k+6)(k^2-6k+36)$ . Το γεγονός πως $k\equiv 1(mod 4)$ μας δίνει πως $(k^2-6k+36)\equiv 3(mod 4)$ , άρα το

έχει και έναν πρώτο διαιρέτη έστω

της μορφής p=4m+3

( $m\in \mathrm{Z}$ ). Άρα ο

διαιρεί και το y^2+18^2

.
Λήμμα: Εάν

ένας πρώτος με $q\equiv 3(mod 4)$ και q|a^2+b^2

( $a,b\in \mathrm{Z}$ ), τότε ισχύει και q|a

,

.
Απόδειξη:
Εάν q|a

ή

, τότε διαιρεί και τον άλλον από τους 2 αριθμούς, οπότε υποθέτω πως: $q\nmid a$ , $q\nmid b$ .Αφού q|a^2+b^2

, $a^2\equiv -b^2(mod q)$ . Επίσης, από το μικρό θεώρημα του Φερματ: $a^{q-1}\equiv b^{q-1}\equiv 1(mod q)$ . Τέλος, q-1=2r

,όπου r περιττός ακέραιος(αφού q=3(mod4)).Άρα: $a^2\equiv -b^2(mod q)\Rightarrow a^{2r}\equiv (-1)^r\cdot b^{2r}(mod q)\Rightarrow a^{q-1}\equiv -b^{q-1}(mod q)\Rightarrow 1\equiv -1(mod q)$ άτοπο και έτσι πρέπει πράγματι o q να διαρεί τα a,b.
Γυρνώντας τώρα στο πρόβλημα:
Έχουμε βρει πως : p|y^2+18^2

, άρα από το παραπάνω λήμμα: p|y, p|18

Επειδή $18=3^2\cdot 2$ , πρέπει p=3, και άρα 3|y

. Επιστρέφοντας στην αρχική μας εξίσωση, βλέπουμε πως και 3|k

. Θέτουμε: y=3z

,

, $z,t\in \mathrm{Z}$ . Αντικαθιστώντας έχουμε: $y^2+108=k^3\Rightarrow 9z^2+108=27t^3\Rightarrow z^2/3+4=t^3$ .Άρα και 3|z

, έστω $z=3\cdot b$ και αντικαθιστώντας πάλι παίρνουμε: 3b^2+4=t^3

, Άρα $t^3\equiv 1 (mod3)\Rightarrow t\equiv 1(mod3)$ , οπότε θέτοντας μια τελευταία φορά t=3c+1

και αντικαθιστώντας παίρνουμε πως $b^2\equiv -1(mod 3)$ άτοπο, αφού το -1 δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο mod 3.

panoslovesimop4 · #55

Η δικιά μου άποψη είναι οτι τα φετινά θέματα, τόσο μεγάλων όσο και μικρών τάξεων, ήταν αρκετά εύκολα σε σχέση με άλλες χρονιές.
Το θέμα 4 των μικρών τάξεων ήταν αρκετά εύκολο και "άγγιζε" το σχολικό επίπεδο-σε ακραίο λέβελ βέβαια- καθώς λυνόταν κλασσικά, με όμοια τρίγωνα κλπ. (Σε αντίθεση με το περσινό άλυτο θεμα 4).
Το 4ο θέμα των λυκείων επίσης μου φάνηκε ιδιαίτερα εύκολο και θεωρώ πως κάθε πιστός αναγνώστης βιβλίων θεωρίας αριθμών θα μπορούσε να ανταπεξέλθει σε αυτό το θέμα, αφού η επίλυση ήταν με ένα απο τα πιο γνωστά τεχνάσματα που αφορούν ακεραιους. Πραγματικά, εντυπωσιάστικα που το είδα 4ο και όχι δεύτερο.
Η συναρτησιακή, δυστυχώς η ευτυχώς, άνηκε στα όρια της άλγεβρας και της θεωρίας αριθμών, ενώ την σκότωνε μια απλή μαθηματικη επαγωγή. Γενικότερα, οι μαθητές δεν είναι ιδιαίτερα εξοικοιωμένοι με την επίληση συναρτησιακών εξισώσεων (οι περισσότεροι μαθητές που γνωρίζω, τουλάχιστον) και ειδικότερα οχι στους ρητούς. Έτσι, ήταν ένα πρωτότυπο θέμα και αντικατέστησε αξιοπρεπώς τη συνδυαστική ενώ
απαιτούσε έξυπνη λογική και όχι τόσο brute force μεθόδους και αντικαταστάσεις.
Η γεωμετρία του λυκείου ήταν που με εντυπωσίασε περισσότερο, αφού οι περισσότεροι μαθητές δεν κατάφεραν το "δεδομένο" αυτό πρόβλημα. Οι λύσεις οι οποίες έχω υπ'όψην μου δεν απευθύνονται σε μαθητές λυκείων και ανυπομονώ να δώ την επίσημη. Δεδομένου των 3 ωρών του αρχιμήδη, θα άλλαζα τα θεματα 2 και 4 μεταξύ τους. Τώρα το θέμα 1 είναι το κλασσικό "σχολικό" θεμα του αρχιμήδη, που κλασσικα θα ταλαιπώρησε μεγάλο αριθμό παιδιών.
Τα πρώτα 3 θέματα των μικρών αναμενόμενα θα πω εγώ.
Καλώς ή κακώς όμως, η συνδυαστική αναπτύσσει τη λογική και δεν αποτελείται απο απλες "brute-force" μεθόδους, αλλα εύστοχα τεχνασματα. Στις διεθνείς ολυμπιάδες είναι πιθανών ο πιο "παρών" κλάδος και η απουσία του από τον αρχιμήδη πραγματικά εντυπωσιάζει. Σε άλλες χώρες, βλέπουμε 2,3 ακόμα και 4 θέματα λογικής. Αφού η επιτροπή έκρινε οτι ήταν σωστό να απουσιάσει απο τον διαγωνισμό, κάποιον λόγο θα είχε. Συγχαρητήρια στους θεματοδότες για τα υπέροχα θέματα για άλλη μια χρονιά!!

StavrosM · #56

Λύσεις Μεγάλων Τάξεων:
Για όλους εσάς τους ανυπόμονους που ψάχνετε στο google κάθε 2 ώρες αν ανέβηκαν οι λύσεις:

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 1
P(x) = x^4 + 5x^3 + mx^2 + 5nx + 4 = 0
Αφού το Ρ(χ) έχει δύο πραγματικές ρίζες μπορούμε να υποθέσουμε με ασφάλεια ότι παραγοντοποιείται σε γινόμενο 2 τριωνύμων της μορφής:
Ρ(χ) = (χ^2 + αχ + β) * (χ^2 + γχ + δ) , όπου p και q οι ρίζες του πρώτου τριωνύμου.
Συνεπώς από τύπους Vieta έχουμε:
p + q = -α , όμως γνωρίζουμε ότι p + q = -5
Άρα: -α = -5 <=> α = 5 (1)
Ακόμα αναπτύσσοντας την παραγοντοποιημένη μορφή του Ρ(χ) παίρνουμε:
Ρ(χ) = χ^4 + χ^{3}(γ + α) + χ^{2}(δ + αγ + β) + χ(αδ + βγ) + βδ =
= x^4 + 5x^3 + mx^2 + 5nx + 4
Αντιστοιχώντας τους συντελεστές έχουμε ότι:
γ + α = 5 <=> γ = 0
δ + αγ + β = m <=> δ + β = m (a)
αδ + βγ = 5n <=> αδ = 5n <=> 5δ = 5n <=> δ = n (2)
βδ = 4 (b)
Από την (2) η (a) και η (b) γίνονται:
n + β = m , αφού n, m θετικοί ακέραιοι τότε πρέπει β να είναι ακέραιος
β*n = 4 , συνεπώς οι β, n διαιρούν το 4
Άρα έχουμε:
(β, n) = (1, 4) ή
(β, n) = (2, 2) ή
(β, n) = (4, 1)
Τότε από την (a) βρίσκουμε το m για κάθε περίπτωση και αντικαθιστώντας τα α, β, γ, δ στην παραγοντοποιημένη μορφή παίρνουμε τριώνυμα με γνωστούς συντελεστές που είναι εύκολο να βρούμε τις λύσεις τους (μιγαδικές ή πραγματικές).

SmbdTLv · #57

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 7:59 pm

Κωνσταντίνος Σταύρου έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 7:54 pm
Καλησπέρα, εγώ έλυσα το 2 και το 3 ολόσωστα το ένα το προχωρισα αρκετά άλλα δεν έβγαλα αποτέλεσμα και στο 4 είπα πως πρέπει να είναι εγγράψιμο και μετέφερα γωνίες αλλά δεν το απέδειξα. Πιστεύεται ότι έχω πιθανότητες με (ας πουμε) 2,5 θέματα για μεταλιο. Γενικότερα ξέρουμε ποιες είναι οι βάσεις;

SmbdTLv έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 7:05 pm
Β' Γυμνασίου εδώ!
Τα θέματα τα έλυσα και τα τέσσερα, και θεωρώ σωστά.
Παρ' όλα αυτά, και επειδή φέτος τα θέματα ήταν ιδιαιτέρω εύκολα, οφείλω να ρωτήσω, πού περίπου θα τοποθετούσατε τις βάσεις; 1.5, 2, 2.5 θέματα;
Και τότε χρυσό ποιοι βαθμοί παίρνουν;
Ευχαριστώ πολύ
Φαίνεται πως όσες φορές κι αν το γράψουμε εδώ, κάθε φορά μετά από ένα διαγωνισμό ακολουθουν οι ίδιες ερωτήσεις.

Κανείς δεν γνωρίζει τις βάσεις - πραγματικά ΚΑΝΕΙΣ- αν δεν ολοκληρωθεί η βαθμολόγηση.

Ευχαριστώ πολύ!

#58

Γεωμετρία Μεγάλων- Σχήμα!

Καλημέρα !
Το σχήμα δίνει αρκετές ιδέες !

Στο τρίγωνο ΑΜΝ οι ευθείες ΜΗ,ΝΘ είναι φορείς υψών.

Για να δούμε, θα βοηθήσει αυτό ;

Καλή Κυριακή !

#59

math2222 έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 23, 2025 12:14 am
εγω ελυσα το τεταρτο θεμα με mod 9 και mod4 και επαγωγη σε ατοπο η λυση μου δεν χρειαζοταν καποια ιδιαιτερη και εξειδικευμενη γνωση απλα ηταν αρκετα χρονοβορα οποτε ναι λυνεται και χωρις περιπλοκα θεωρηματα απλα απαιτει υπομονη το μονο που χρειαστηκα ειναι να βρω τα υπολοιπα τετραγωνων και κυβων mod 4 και mod 9 και μετα να αποριψω τις περιπτωσεις

Γράψε μας τη λύση σου αναλυτικά.

math2222 · #60

έστω ότι y²+108=x³
108=x³-y²
x³-y²≡0 mod9
3/χ και 3/y ή τα υπόλοιπα της διαίρεσης των χ³ και y² αντίστοιχα με το 9 πρέπει να είναι 1
x³-y²≡0 mod4
2/χ και 2/y ή ότι τα υπόλοιπα της διαίρεσης των χ³ και y² αντίστοιχα με το 4 να είναι 1
Μετά καταλήγεις σε άτοπο και στις τέσσερις περιπτώσεις

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Μέλη σε σύνδεση