Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2018 (8η τάξη)

Al.Koutsouridis · #1

[b][i]Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2018
Θέματα της δεύτερης φάσης (τελικής) για την 8η τάξη.[/i][/b]

[b]1.[/b] Σε κύκλο κάθονται 300

άτομα μερικοί από τους οποίους είναι ντόμπροι και οι υπόλοιποι ψεύτες. Ο Αντώνης ρώτησε τον καθένα τους: «Από τα γειτονικά σου άτομα πόσοι είναι ψεύτες;» και άθροισε τους αριθμούς που προέκυψαν. Ύστερα η Άννα έκανε το ίδιο. Απαντώντας στην ερώτηση, οι ντόμπροι λένε πάντα την αλήθεια και οι ψεύτες πάντα ψέματα, αλλά μόνο τους αριθμούς

,

ή

. Θα μπορούσε άραγε το άθροισμα των αριθμών του Αντώνη να είναι κατά 410

μεγαλύτερο, αυτού της Άννας;

[b]2.[/b] Στο εσωτερικό της γωνίας ABC

, ίσης με $105^{0}$ , δίνεται σημείο

, τέτοιο ώστε $\angle CBX=70^0$ και BX=BC

. Στο τμήμα

διαλέγεται σημείο

έτσι, ώστε BY=BA

. Να αποδείξετε, ότι $AX+AY \geq CY$ .

[b]3.[/b] Ο Βασίλης τοποθέτησε σε όλα τα κελιά ενός πίνακα $101 \times 101$ τους αριθμούς από το

έως το

από μία φορά. Ο Πέτρος διαλέγει ένα κελί του πίνακα, τοποθετεί σε αυτό ένα πιόνι και θέλει να κάνει όσο το δυνατόν περισσότερες κινήσεις έτσι, ώστε ο αριθμός υπό το πιόνι συνεχώς να αυξάνεται. Με μια κίνηση ο Πέτρος μπορεί να μετακινήσει το πιόνι σε οποιοδήποτε κελί ενός τετραγώνου $5 \times 5$ με κέντρο το κελί της τρέχουσας θέσης του πιονιού (το πιόνι θα πρέπει να παραμένει στα όρια του πίνακα με αυτές τις κινήσεις). Ποιος είναι ο μεγαλύτερος αριθμός κινήσεων που εγγυημένα μπορεί να κάνει ο Πέτρος, ανεξάρτητα από το πως θα τοποθετήσει τους αριθμούς ο Βασίλης.

[b]4.[/b] Στον πίνακα είναι γραμμένος θετικός ακέραιος αριθμός. Κάθε λεπτό στον αριθμό του πίνακα προστίθεται το άθροισμα των 100

πρώτων ψηφίων του. Να αποδείξετε, ότι μετά από κάποιο χρονικό διάστημα τρεις συνεχόμενες φορές θα εμφανιστεί αριθμός που δεν διαιρείτε με το

.

[b]Καταληκτική αίθουσα[/b]

[b]5.[/b] Στο κυρτό τετράπλευρο ABCD

το σημείο

είναι το μέσο της πλευράς

,

και $3 \angle BAC = \angle ACD$ . Να βρείτε την γωνία ACB

.

[b]6.[/b] Το άθροισμα των θετικών αριθμών a,b,c

και

είναι ίσο με

. Να δείξετε, ότι

$\dfrac{a^2+b^2+c^2+d}{(a+b+c)^3}+ \dfrac{b^2+c^2+d^2+a}{(b+c+d)^3}+\dfrac{c^2+d^2+a^2+b}{(c+d+a)^3}+\dfrac{d^2+a^2+b^2+c}{(d+a+b)^3} > 4$

[b]7.[/b] Μια χώρα έχει 600

πόλεις, μερικά ζεύγη πόλεων είναι συνδεδεμένα με δρόμο, εξάλλου από κάθε πόλη μπορούμε να μεταβούμε μέσο δρόμων σε οποιαδήποτε άλλη. Για οποιεσδήποτε δυο πόλεις

και

που συνδέονται με δρόμο θα βρεθούν άλλες δυο

και

τέτοιες, ώστε οποιεσδήποτε δυο εκ των τεσσάρων αυτών πόλεων να συνδέονται με δρόμο. Να αποδείξετε, ότι μπορούμε να κλείσουμε για έργα μερικούς δρόμους έτσι, ώστε το πλήθος των πόλεων από τις οποίες εξέρχονται ακριβώς δυο δρόμοι, να γίνει μικρότερο του 100

, και σε αυτήν την περίπτωση μεταξύ δυο οποιονδήποτε πόλεων να μείνει μοναδική διαδρομή, που δεν διέρχεται δυο φορές από τον ίδιο δρόμο.

S.E.Louridas · #2

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τετ Απρ 25, 2018 10:19 pm
Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2018
Θέματα της δεύτερης φάσης (τελικής) για την 8η τάξη.
Καταληκτική αίθουσα
5. Στο κυρτό τετράπλευρο το σημείο είναι το μέσο της πλευράς , , και $3 \angle BAC = \angle ACD$ . Να βρείτε την γωνία .

Απλά τοποθετώ το σχήμα και το συμπέρασμα QA=QC=QB

, για να ασχοληθούν οι νεώτεροι και αργότερα αν χρειαστεί " ανοίγουμε " πλήρως τη λύση :

: gd.png (7.43 KiB) Προβλήθηκε 2402 φορές

qwerty · #3

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τετ Απρ 25, 2018 10:19 pm

6. Το άθροισμα των θετικών αριθμών και είναι ίσο με . Να δείξετε, ότι

$\dfrac{a^2+b^2+c^2+d}{(a+b+c)^3}+ \dfrac{b^2+c^2+d^2+a}{(b+c+d)^3}+\dfrac{c^2+d^2+a^2+b}{(c+d+a)^3}+\dfrac{d^2+a^2+b^2+c}{(d+a+b)^3} > 4$

Ρε μάγκες, δώστε καμιά βοήθεια εδώ.

Al.Koutsouridis · #4

qwerty έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 21, 2018 7:37 pm

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τετ Απρ 25, 2018 10:19 pm

6. Το άθροισμα των θετικών αριθμών και είναι ίσο με . Να δείξετε, ότι

$\dfrac{a^2+b^2+c^2+d}{(a+b+c)^3}+ \dfrac{b^2+c^2+d^2+a}{(b+c+d)^3}+\dfrac{c^2+d^2+a^2+b}{(c+d+a)^3}+\dfrac{d^2+a^2+b^2+c}{(d+a+b)^3} > 4$

Ρε μάγκες, δώστε καμιά βοήθεια εδώ.

Προσωπικά δεν έχω λύση. Κάποιοι όμως, κατά ευχάριστη έκπληξη αντιγράφουν το

. Κάποιες ιδέες στο σύνδεσμο σε απόκρυψη

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Για την ιστορία το πρόβλημα αυτό δυσκόλεψε αρκετά τους μαθητές αφού το έλυσε μόνο ένας, μάλιστα μαθητής της 7ης τάξης. Επίσης το 7ο πρόβλημα δεν κατάφερε να το λύσει κανείς.

Πάντως λόγο τάξης υποψιάζομαι θα υπάρχει κατι έξυπνο που θα χρειάζεται μόνο την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου. Περιμένουμε ...

qwerty · #5

Τις λύσεις που έχει στο AOPS δεν μπορώ να τις καταλάβω πλήρως, τα πετάν όλα έτσι, πχ στην τελευταία λύση δεν μπορώ να καταλάβω πώς εφαρμόζει την ανισότητα των δυνάμεων, επίσης στην πρώτη λύση ποια είναι η tagent line method ?
Σε μια άλλη ενδιάμεση λύση κάποιος καταλήγει σε ανισότητα που θεωρεί οτι ισχύει χωρίς να την αποδεικνύει.

Έχουν ανεβάσει οι διοργανωτές του διαγωνισμού επίσημες λύσεις ;;;

Ορέστης Λιγνός · #6

qwerty έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 21, 2018 7:37 pm

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τετ Απρ 25, 2018 10:19 pm

6. Το άθροισμα των θετικών αριθμών και είναι ίσο με . Να δείξετε, ότι

$\dfrac{a^2+b^2+c^2+d}{(a+b+c)^3}+ \dfrac{b^2+c^2+d^2+a}{(b+c+d)^3}+\dfrac{c^2+d^2+a^2+b}{(c+d+a)^3}+\dfrac{d^2+a^2+b^2+c}{(d+a+b)^3} > 4$

Ρε μάγκες, δώστε καμιά βοήθεια εδώ.

Θα αποδειχθεί η βέλτιστη ανισότητα $\dfrac{a^2+b^2+c^2+d}{(a+b+c)^3}+ \dfrac{b^2+c^2+d^2+a}{(b+c+d)^3}+\dfrac{c^2+d^2+a^2+b}{(c+d+a)^3}+\dfrac{d^2+a^2+b^2+c}{(d+a+b)^3} \geqslant \dfrac{112}{27}$ .

Από C-S. $a^2+b^2+c^2 \geqslant \dfrac{(a+b+c)^2}{3}=\dfrac{(d-1)^2}{3}$ . Επίσης, a+b+c=1-d

.

Άρα, το πρώτο κλάσμα είναι $\geqslant$ από $\dfrac{\dfrac{(1-d)^2}{3}+d}{(1-d)^3}=\dfrac{d^2+d+1}{(1-d)^3}$ .

Επομένως, $\displaystyle \sum \dfrac{a^2+b^2+c^2+d}{(a+b+c)^3} \geqslant \sum \dfrac{d^2+d+1}{3(1-d)^3}$ , και αρκεί

$\displaystyle \sum \dfrac{d^2+d+1}{3(1-d)^3} \geqslant \dfrac{112}{27} \Rightarrow \sum \dfrac{9d^2+9d+9}{(1-d)^3} \geqslant 112$ (*).

Θα βρούμε a,b

ώστε $\dfrac{9x^2+9x+9}{(1-x)^3} \geqslant ax-b$ (1), για κάθε $x \in (0,1)$ .

Η ισότητα στην αρχική ανισότητα ισχύει για $a=b=c=d=\dfrac{1}{4}$ , άρα και στην (1), η ισότητα θέλουμε να ισχύει για $x=\dfrac{1}{4} \Rightarrow \ldots \Rightarrow a-4b=112$ .

Τώρα, δοκιμάζοντας τιμές (

) βρίσκουμε ότι για (a,b)=(144,8)

η (1) γράφεται $(4x-1)^2(9x^2-23x+17) \geqslant 0$ , που ισχύει.

Άρα, εφαρμόζοντας την $\dfrac{9x^2+9x+9}{(1-x)^3} \geqslant 144x-8$ για a,b,c,d

διαδοχικά και προσθέτοντας κατά μέλη, $\displaystyle \sum \dfrac{9d^2+9d+9}{(1-d)^3} \geqslant 144(a+b+c+d)-32=112$ .

Η ισότητα, για a=b=c=d=1/4

.

Al.Koutsouridis · #7

qwerty έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 21, 2018 9:39 pm
Τις λύσεις που έχει στο AOPS δεν μπορώ να τις καταλάβω πλήρως, τα πετάν όλα έτσι, πχ στην τελευταία λύση δεν μπορώ να καταλάβω πώς εφαρμόζει την ανισότητα των δυνάμεων, επίσης στην πρώτη λύση ποια είναι η tagent line method ?
Σε μια άλλη ενδιάμεση λύση κάποιος καταλήγει σε ανισότητα που θεωρεί οτι ισχύει χωρίς να την αποδεικνύει.

Έχουν ανεβάσει οι διοργανωτές του διαγωνισμού επίσημες λύσεις ;;;

Για την μέθοδο της εφαπτομένης υπάρχουν θυμάμαι δημοσιεύσεις και εδώ στο

αλλά δε της βρίσκω. Με μια μικρή αναζήτηση βρήκα αυτά που θα βοηθήσουν στην κατανόησή της

https://arxiv.org/pdf/1412.5413.pdf
https://www.math.ust.hk/excalibur/v10_n5.pdf

Την λύση με την ανισότητα δυνάμεων δεν την έχω κοιτάξει είναι η αλήθεια. Επίσημες λύσεις της ολυμπιάδας της Πετρούπολης δημοσιεύονται την επόμενη χρονιά σε βιβλίο με τα θέματα και λύσεις των δυο φάσεων,θέματα και λύσεις της ολυμπιάδας του φυσικό-μαθηματικού λυκείου 239, θέματα και λύσεις της τρέχουσας ολυμπιάδας Tyumaada καθώς και ένα δυο άρθρα γενικεύσεις, θεωρία με αφορμή κάποιο θέμα. (σε αντιθέση με της Μόσχας π.χ που οι λύσεις δημοσιεύονται με το πέρας της ολυμπιάδας, για τις μικρές τάξεις και σε βίντεο από αμφιθέατρο).

Πιστεύω μια από τις επίσημες λύσεις θα είναι με την μέθοδο της εφαπτομένης, αλλά η πρώτη μόνο με ανισότητα Α-Γ μέσου.

#8

[quote=Al.Koutsouridis post_id=298184 time=1524683986 user_id=11448]
[b]6.[/b] Το άθροισμα των θετικών αριθμών a,b,c

και

είναι ίσο με

. Να δείξετε, ότι

$\dfrac{a^2+b^2+c^2+d}{(a+b+c)^3}+ \dfrac{b^2+c^2+d^2+a}{(b+c+d)^3}+\dfrac{c^2+d^2+a^2+b}{(c+d+a)^3}+\dfrac{d^2+a^2+b^2+c}{(d+a+b)^3} > 4$
[/quote]

Είναι

$\displaystyle{\sum \dfrac{a^2+b^2+c^2+d}{(a+b+c)^3}=\sum \dfrac{a^2+b^2+c^2+d(a+b+c+d)}{(a+b+c)^3}=}$

$\displaystyle{=(a^2+b^2+c^2+d^2)\sum \frac{1}{(a+b+c)^3}+\sum \frac{d}{(a+b+c)^2}\geq \sum \frac{1}{4(1-d)^3}+\frac{d}{(1-d)^2}=}$

$\displaystyle{=\frac{1}{4}\sum \frac{1+4d-4d^2}{4(1-d)^3}}$ ,

αφού $\displaystyle{a^2+b^2+c^2+d^2\geq \frac{(a+b+c+d)^2}{4}=\frac{1}{4}.}$

Απομένει να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{\sum \frac{1+4d-4d^2}{(1-d)^3}>16.}$

Αυτό είναι άμεση συνέπεια της ανισότητας Jensen στην κυρτή συνάρτηση $\displaystyle{f(x)= \frac{1+4χ-4χ^2}{(1-x)^3}, x\in (0,1)}$ :

$\displaystyle{\sum \frac{1+4d-4d^2}{(1-d)^3}\geq 4f\left(\frac{1}{4}\right)=7\left(\frac{4}{3}\right)^3>16}$

Ορέστης Λιγνός · #9

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τετ Απρ 25, 2018 10:19 pm
Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2018
Θέματα της δεύτερης φάσης (τελικής) για την 8η τάξη.

2. Στο εσωτερικό της γωνίας , ίσης με $105^{0}$ , δίνεται σημείο , τέτοιο ώστε $\angle CBX=70^0$ και . Στο τμήμα διαλέγεται σημείο έτσι, ώστε . Να αποδείξετε, ότι $AX+AY \geq CY$ .

Φέρνουμε τους κύκλους (Y,YA)

,

που τέμνονται στο

.

Προφανώς, $\vartriangle ABY=\vartriangle TBY \Rightarrow \widehat{ABY}=\widehat{YBT}=\widehat{TBC}=35^\circ$ .

Επομένως, και τα τρίγωνα $\vartriangle BAX, \vartriangle BTC$ είναι ίσα ( $BX=BC, \, BA=BT, \widehat{ABX}=\widehat{TBC}=35^\circ$ ), άρα AX=TC

.

Άρα, $AX+AY=TC+TY \geqslant YC$ , όπου στο τέλος χρησιμοποιήθηκε η τριγωνική ανισότητα στο $\vartriangle TYC$ .

Η ισότητα ισχύει όταν το

είναι πάνω στην

.

: russia2.png (28.08 KiB) Προβλήθηκε 2167 φορές

qwerty · #10

matha έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 21, 2018 10:08 pm

$\displaystyle{ \sum \frac{1}{4(1-d)^3}+\frac{d}{(1-d)^2}=\frac{1}{4}\sum \frac{3d+1}{(1-d)^3}}$

Αυτό πώς προκύπτει;
Κάνοντας πρόσθεση κλασμάτων βγάζω $\displaystyle{ \sum \frac{1}{4(1-d)^3}+\frac{d}{(1-d)^2}=\frac{1}{4}\sum \frac{1+4d-4d^2}{(1-d)^3}}$

#11

qwerty έγραψε: ↑
Τρί Μάιος 22, 2018 12:56 pm

matha έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 21, 2018 10:08 pm

$\displaystyle{ \sum \frac{1}{4(1-d)^3}+\frac{d}{(1-d)^2}=\frac{1}{4}\sum \frac{3d+1}{(1-d)^3}}$

Αυτό πώς προκύπτει;
Κάνοντας πρόσθεση κλασμάτων βγάζω $\displaystyle{ \sum \frac{1}{4(1-d)^3}+\frac{d}{(1-d)^2}=\frac{1}{4}\sum \frac{1+4d-4d^2}{(1-d)^3}}$

Έχεις δίκιο. Έκανα λάθος στην πράξη. Κάνω τη διόρθωση. Ωστόσο, η απόδειξη κυλάει κανονικά.

#12

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τετ Απρ 25, 2018 10:19 pm
Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2018
Θέματα της δεύτερης φάσης (τελικής) για την 8η τάξη.

6. Το άθροισμα των θετικών αριθμών και είναι ίσο με . Να δείξετε, ότι

$\dfrac{a^2+b^2+c^2+d}{(a+b+c)^3}+ \dfrac{b^2+c^2+d^2+a}{(b+c+d)^3}+\dfrac{c^2+d^2+a^2+b}{(c+d+a)^3}+\dfrac{d^2+a^2+b^2+c}{(d+a+b)^3} > 4$

Μπορούμε να αποφύγουμε Jensen / Μέθοδο εφαπτομένης ως εξής:

Είναι

$\displaystyle \frac{a^2+b^2+c^2+d}{(a+b+c)^3} \geqslant \frac{\frac{1}{3}(a+b+c)^2 + d}{(a+b+c)^3} = \frac{w^2 - 3w + 3}{3w}$

όπου θέσαμε x=1-a,y=1-b,z=1-c,w=1-d

. Είναι

θετικοί με x+y+z+w = 3

.

Παρατηρούμε τώρα ότι αν $x \geqslant y$ τότε:

$x^3 \geqslant y^3$ και άρα $\frac{1}{x^3} \leqslant \frac{1}{y^3}$ και

$(y^2 - 3y+3) - (x^2-3x+3) = (y-x)(y+x-3) \geqslant 0$ και άρα $x^2 - 3x + 3 \leqslant y^2-3y+3$ .

Οπότε από την ανισότητα Chebyshev έχουμε

$\displaystyle \sum \frac{x^2-3x+3}{3x^3} \geqslant \frac{1}{12} \sum (x^2 - 3x+3) \sum \frac{1}{x^3}$

Αλλά $\displaystyle \sum x^2 \geqslant \frac{1}{4} \left(\sum x\right)^2 = \frac{9}{4}$ οπότε $\displaystyle \sum (x^2 - 3x+3) \geqslant \frac{9}{4} - 9 + 12 = \frac{21}{4}$

Επίσης (*):

$\displaystyle \sum \frac{1}{x^3} \sum x \geqslant \left( \sum \frac{1}{x}\right)^2$

και

$\displaystyle \sum \frac{1}{x} \sum x \geqslant 16$

Επειδή $\sum x = 3$ , παίρνουμε ότι $\displaystyle \sum \frac{1}{x} \geqslant \frac{16}{3}$ και $\displaystyle \sum \frac{1}{x^3} \geqslant \frac{256}{27}$

Βάζοντας τα όλα μαζί παίρνουμε ότι το αρχικό άθροισμα είναι μεγαλύτερο ή ίσο από $\displaystyle \frac{112}{27} > 4$

(*) Εδώ θα μπορούσαμε να χρησιμοποιήσουμε και Holder αντί των δύο Cauchy-Schwarz.

Al.Koutsouridis · #13

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τετ Απρ 25, 2018 10:19 pm
Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2018
Θέματα της δεύτερης φάσης (τελικής) για την 8η τάξη.

6. Το άθροισμα των θετικών αριθμών και είναι ίσο με . Να δείξετε, ότι

$\dfrac{a^2+b^2+c^2+d}{(a+b+c)^3}+ \dfrac{b^2+c^2+d^2+a}{(b+c+d)^3}+\dfrac{c^2+d^2+a^2+b}{(c+d+a)^3}+\dfrac{d^2+a^2+b^2+c}{(d+a+b)^3} > 4$

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 21, 2018 8:28 pm

Για την ιστορία το πρόβλημα αυτό δυσκόλεψε αρκετά τους μαθητές αφού το έλυσε μόνο ένας, μάλιστα μαθητής της 7ης τάξης. Επίσης το 7ο πρόβλημα δεν κατάφερε να το λύσει κανείς.

Πάντως λόγο τάξης υποψιάζομαι θα υπάρχει κατι έξυπνο που θα χρειάζεται μόνο την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου. Περιμένουμε ...

Πράγματι, η επίσημη λύση σε αυτό το πρόβλημα χρησιμοποιεί μόνο την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου, την οποία και μεταφέρω παρακάτω:

"Παρατηρούμε, ότι (1-a)(1-b)(1-c) = (1-a-b-c) +ab+bc+ac-abc < d+a^2+b^2+c^2

. Οπότε

$\dfrac{a^2+b^2+c^2+d}{(a+b+c)^3} > \dfrac{(1-a)(1-b)(1-c)}{(1-d)^3} \quad$ ,

ομοίως δουλεύουμε και για τα υπόλοιπα κλάσματα. Εφαρμόζοντας στα τέσσερα νέα κλάσματα την ανισότητα αριθμητικού γεωμετρικού μέσου, λαμβάνουμε το ζητούμενο."

Επίσης, δίνονται άλλες δυο λύσεις η μία με την μέθοδο Sturm και η άλλη με κυρτότητα, παρόμοια με τις λύσεις δόθηκαν παραπάνω.

Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2018 (8η τάξη)

Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2018 (8η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης (ΦΙΙ τάξη 8)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης (ΦΙΙ τάξη 8)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης (ΦΙΙ τάξη 8)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης (ΦΙΙ τάξη 8)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης (ΦΙΙ τάξη 8)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης (ΦΙΙ τάξη 8)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης (ΦΙΙ τάξη 8)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης (ΦΙΙ τάξη 8)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης (ΦΙΙ τάξη 8)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης (ΦΙΙ τάξη 8)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης (ΦΙΙ τάξη 8)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης (ΦΙΙ τάξη 8)

Μέλη σε σύνδεση