mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 20, 2019 6:39 pm**

Με λίγη καθυστέρηση η αλήθεια είναι.

Πρόβλημα 1.
Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο με πλευρές μήκους

cm. Με ευθείες παράλληλες προς τις πλευρές του, το χωρίζουμε σε k^2

το πλήθος μικρά ισόπλευρα τρίγωνα με πλευρές μήκους 1 cm. Με αυτόν τον τρόπο δημιουργείται ένα τριγωνικό πλέγμα. Σε κάθε μικρό ισόπλευρο πλευράς 1 τοποθετούμε έναν ακριβώς ακέραιο από το

έως το

, έτσι ώστε να μην υπάρχουν δύο τέτοια τρίγωνα με τον ίδιο αριθμό. Με κορυφές τα σημεία του πλέγματος ορίζονται κανονικά εξάγωνα με πλευρές μήκους 1 cm. Ονομάζουμε αξία του εξαγώνου, το άθροισμα των αριθμών που βρίσκονται στα

μικρά ισόπλευρα τρίγωνα από τα οποία αποτελείται το εξάγωνο. Να βρεθούν (συναρτήσει του ακέραιου αριθμού k>4

) η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του αθροίσματος των αξιών, όλων των εξαγώνων.

Πρόβλημα 2.
Θεωρούμε τρίγωνο ABC

εγγεγραμμένο σε κύκλο $\Gamma$ κέντρου

. Έστω

το έκκεντρο του ABC

και

τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC

με τις

, αντίστοιχα. Αν

είναι το ίχνος της κάθετης από το σημείο

προς την ευθεία

, να αποδείξετε ότι η ευθεία

περνάει από το αντιδιαμετρικό σημείο του

στον κύκλο $\Gamma$ .

Πρόβλημα 3.
Έστω

ένας θετικός ακέραιος. Κάθε τετράγωνο ενός $n\times n$ πίνακα περιέχει έναν ακέραιο, έτσι ώστε να ικανοποιούνται οι παρακάτω συνθήκες:
(α) Κάθε αριθμός του πίνακα είναι ισοϋπόλοιπος με $1\pmod{n}$ .
(β) Το άθροισμα των αριθμών σε οποιαδήποτε γραμμή του πίνακα είναι ισοϋπόλοιπο με $n\pmod{n^2}$ .
(γ) Το άθροισμα των αριθμών σε οποιαδήποτε στήλη του πίνακα είναι ισοϋπόλοιπο με $n\pmod{n^2}$ .
Έστω $\Gamma_i$ το γινόμενο των αριθμών της

γραμμής και $\Sigma_j$ το γινόμενο των αριθμών της

-στήλης του πίνακα. Να αποδείξετε ότι τα αθροίσματα $\Gamma_1+\ldots+\Gamma_n$ και
$\Sigma_1+\ldots+\Sigma_n$ είναι ισοϋπόλοιπα $\pmod{n^4}$ .

Πρόβλημα 4.
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:(0,\infty)\mapsto\mathbb{R}$ που ικανοποιούν την ισότητα
$\displaystyle{(y^2+1)f(x)-yf(xy)=yf\left(\frac{x}{y}\right),}$
για κάθε x,y>0

.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 20, 2019 10:04 pm**

silouan έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 20, 2019 6:39 pm
Πρόβλημα 2.
Θεωρούμε τρίγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο $\Gamma$ κέντρου . Έστω το έκκεντρο του και τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου με τις , αντίστοιχα. Αν είναι το ίχνος της κάθετης από το σημείο προς την ευθεία , να αποδείξετε ότι η ευθεία περνάει από το αντιδιαμετρικό σημείο του στον κύκλο $\Gamma$ .

Αυτό το πρόβλημα είναι ΑΚΡΙΒΩΣ το ίδιο με το θέμα 7.42 στο βιβλίο γεωμετρία για διαγωνισμούς 4.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 20, 2019 11:06 pm**

silouan έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 20, 2019 6:39 pm
Με λίγη καθυστέρηση η αλήθεια είναι.

Πρόβλημα 1.
Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο με πλευρές μήκους cm. Με ευθείες παράλληλες προς τις πλευρές του, το χωρίζουμε σε το πλήθος μικρά ισόπλευρα τρίγωνα με πλευρές μήκους 1 cm. Με αυτόν τον τρόπο δημιουργείται ένα τριγωνικό πλέγμα. Σε κάθε μικρό ισόπλευρο πλευράς 1 τοποθετούμε έναν ακριβώς ακέραιο από το έως το , έτσι ώστε να μην υπάρχουν δύο τέτοια τρίγωνα με τον ίδιο αριθμό. Με κορυφές τα σημεία του πλέγματος ορίζονται κανονικά εξάγωνα με πλευρές μήκους 1 cm. Ονομάζουμε αξία του εξαγώνου, το άθροισμα των αριθμών που βρίσκονται στα μικρά ισόπλευρα τρίγωνα από τα οποία αποτελείται το εξάγωνο. Να βρεθούν (συναρτήσει του ακέραιου αριθμού ) η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του αθροίσματος των αξιών, όλων των εξαγώνων.

Κάθε στοιχειώδες τρίγωνο συνεισφέρει στο άθροισμα 0,1,2

ή

φορές όπως φαίνεται στο σχήμα(σε κάθε τρίγωνο αναγράφεται ο αριθμός των εξαγώνων πλευράς

που ανήκει για k=6

) ανάλογα με την θέση τους.Έστω

ο αριθμός συνεισφοράς ενός τριγώνου.
Έστω N_0,N_1,N_2,N_3

ο αριθμός των στοιχείων κάθε συνόλου τριγώνων με ίδιο αριθμό συνεισφοράς(οι δείκτες παραπέμπουν στο αντίστοιχο σύνολο).
Εύκολα βλέπουμε ότι:
$N_0=3,N_1=3\left ( k-1 \right ),N_2=3\left ( k-3 \right ),N_3=k^2-N_0-N_1-N_2=(k-3)^2$

Για το ελάχιστο θα πρέπει να τοποθετήσουμε τους αριθμούς (ακεραίους) από το διάστημα $\left [ 1,(k-3)^2 \right ]$ στις θέσεις με ,τους αριθμούς από το $\left [ (k-3)^2+1,\left ( k-3 \right )^2+3\left ( k-3 \right ) \right ]$ στις θέσεις με ,τους $\left [ (k-3)^2+3(k-3)+1,(k-3)^2+3(k-3)+3(k-1) \right ]$ στις θέσεις με και τους που μένουν στα γωνιακά:

Προσθέτοντας τα παραπάνω παίρνουμε με τις απλοποιήσεις $\dfrac{3(k^4-6k^3+20k^2-39k+32)}{2}$

Για το μέγιστο ακολουθούμε την αντίστροφη τακτική και βρίσκουμε $\dfrac{3k^4-42k^2+99k-84}{2}$

135.PNG (31.49 KiB) Προβλήθηκε 4573 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 20, 2019 11:11 pm**

JimNt. έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 20, 2019 10:57 pm
Το το ικανοποιούν άπειρες συναρτήσεις. (και μη σταθερές δηλαδή)

Νομίζω δεν ισχύει αυτό που λες. Μπορείς να κοιτάξεις τις σημειώσεις του κ. Φελλούρη επί των συναρτησιακών εξισώσεων στη σελ.66 του 8ου καλοκαιρινού μαθηματικού σχολείου. Αν εγώ δεν κατάλαβα καλά απο τις σημειώσεις όμως, θα ενδιαφερόμουν για ένα αντιπαράδειγμα.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 20, 2019 11:31 pm**

οκ.

αν

και

αν

. και

f(1)=f(-1)=12913128931284732312432434235254365478

Θα ίσχυε αν έλεγε/ είχες αποδείξει ότι h(x)

συνεχής.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 20, 2019 11:37 pm**

Πάρε να είναι 1 για x=1 και 0 παντού εκτός απο το 1. Λογικά στις σημειώσεις θα αναφέρει για συνεχείς συναρτήσεις, τότε ισχύει.

Υ. Γ. Γράφαμε την ιδια ώρα, το αφήνω

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 20, 2019 11:44 pm**

Ευχαριστώ για τις παρατηρήσεις. Πράγματι έλεγε για ρητή συνάρτηση άρα και συνεχής οπότε έκανα λάθος έχετε δίκιο. Αφήνω τη λανθασμέμη λύση για λίγο μήπως βρει κάποιος καμία διέξοδο

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 20, 2019 11:51 pm**

miltosk έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 20, 2019 11:44 pm
Ευχαριστώ για τις παρατηρήσεις. Πράγματι έλεγε για ρητή συνάρτηση άρα και συνεχής οπότε έκανα λάθος έχετε δίκιο. Αφήνω τη λανθασμέμη λύση για λίγο μήπως βρει κάποιος καμία διέξοδο

Εννοείς

? δεν είναι απαραίτητο να είναι συνεχής.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 21, 2019 12:08 am**

JimNt. έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 20, 2019 11:51 pm
Εννοείς ? δεν είναι απαραίτητο να είναι συνεχής.

Όχι εννοώ πηλίκο πολυωνύμων (αν θυμάμαι καλά διότι είμαι πολύ κουρασμένος τώρα). Όπως και να χει δεν νομίζω όμως οτι το θέμα χρήζει άλλης συζήτησης εδώ.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 21, 2019 2:02 pm**

Συνοπτικά μια λύση για το 4:

Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x)=f(x)-f(1)x

, όπου η

έχει πεδίο ορισμού τους τους θετικούς πραγματικούς.

Παρατηρούμε πως αν θέσουμε όπου f(x)

το

, τότε θα απλοποιηθούν τα f(1)

και θα φτάσουμε στην $(y^2+1)g(x)-yg(xy)=yg(\dfrac{x}{y})$ (*).

Ξέρουμε όμως την πληροφορία ότι g(1)=0

.

Θέτοντας στην (*) όπου x=1

παίρνουμε ότι $g(y)+g(\dfrac{1}{y})=0$ (1).

Θέτουμε στην (*) x=2

και έχουμε ότι $(y^2+1)g(2)-yg(2y)=yg(\dfrac{2}{y})\Leftrightarrow (y^2+1)g(2)-yg(\dfrac{2}{y})=yg(2y)$ , άρα από την (1) $(y^2+1)g(2)+yg(\dfrac{y}{2})=yg(2y)\Leftrightarrow (x^2+1)g(2)+xg(\dfrac{x}{2})=xg(2x)$ (2)

Θέτουμε στην (*) y=2

και έχουμε ότι $5g(x)-2g(2x)=2g(\dfrac{x}{2})\Leftrightarrow 2g(2x)=5g(x)-2g(\dfrac{x}{2})$ (3)

Γράφουμε την (2): $2(x^2+1)g(2)+2xg(\dfrac{x}{2})=2xg(2x)$ και μετά αντικαθιστούμε την (3):

$2(x^2+1)g(2)+2xg(\dfrac{x}{2})=5xg(x)-2xg(\dfrac{x}{2})\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow 4xg(\dfrac{x}{2})+2(x^2+1)g(2)=5xg(x)\Leftrightarrow 4g(\dfrac{x}{2})+2(x+\dfrac{1}{x})g(2)=5g(x)$

Έχουμε συνδέσει $g(\dfrac{x}{2})$ και g(x)

. Εύκολα συνδέουμε τώρα και το g(x)

και

, άρα έχουμε μια σχέση με $g(\dfrac{x}{2})$ και g(2x)

και μια άλλη είναι η (2).

Η g(x)

τώρα μπορεί πρακτικά να βρεθεί λύνοντας το σύστημα (θα βρούμε το g(2x)

άρα και το g(x)

) ως $g(x)=\dfrac{2}{3}g(2)(x-\dfrac{1}{x})$ , οπότε η

έχει την γενική μορφή $f(x)=ax+\dfrac{b}{x}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 22, 2019 11:26 am**

Xriiiiistos έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 20, 2019 10:04 pm

silouan έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 20, 2019 6:39 pm
Πρόβλημα 2.
Θεωρούμε τρίγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο $\Gamma$ κέντρου . Έστω το έκκεντρο του και τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου με τις , αντίστοιχα. Αν είναι το ίχνος της κάθετης από το σημείο προς την ευθεία , να αποδείξετε ότι η ευθεία περνάει από το αντιδιαμετρικό σημείο του στον κύκλο $\Gamma$ .

Αυτό το πρόβλημα είναι ΑΚΡΙΒΩΣ το ίδιο με το θέμα 7.42 στο βιβλίο γεωμετρία για διαγωνισμούς 4.

Που τα ανακαλύπτετε αυτά ! Σας θαυμάζω για τη μνήμη σας ! Καλή χρονιά με πολλές ασκήσεις και ωραίες λύσεις !

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 24, 2019 10:12 am**

silouan έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 20, 2019 6:39 pm

Πρόβλημα 3.
Έστω ένας θετικός ακέραιος. Κάθε τετράγωνο ενός $n\times n$ πίνακα περιέχει έναν ακέραιο, έτσι ώστε να ικανοποιούνται οι παρακάτω συνθήκες:
(α) Κάθε αριθμός του πίνακα είναι ισοϋπόλοιπος με $1\pmod{n}$ .
(β) Το άθροισμα των αριθμών σε οποιαδήποτε γραμμή του πίνακα είναι ισοϋπόλοιπο με $n\pmod{n^2}$ .
(γ) Το άθροισμα των αριθμών σε οποιαδήποτε στήλη του πίνακα είναι ισοϋπόλοιπο με $n\pmod{n^2}$ .
Έστω $\Gamma_i$ το γινόμενο των αριθμών της γραμμής και $\Sigma_j$ το γινόμενο των αριθμών της -στήλης του πίνακα. Να αποδείξετε ότι τα αθροίσματα $\Gamma_1+\ldots+\Gamma_n$ και
$\Sigma_1+\ldots+\Sigma_n$ είναι ισοϋπόλοιπα $\pmod{n^4}$ .

Έστω $a_{ij}$ το στοιχείο του πίνακα στη γραμμή

και στήλη

. Από το (α) για κάθε i,j

έχουμε $a_{ij} = 1 + b_{ij}n$ για κάποιον ακέραιο $b_{ij}$ .

Από το (β) για κάθε

έχουμε $\sum_{j} b_{ij} \equiv 0 \bmod n$ και για κάθε

έχουμε $\sum_{i} b_{ij} \equiv 0 \bmod n$ .

Θα ξεκινήσουμε αρχικά με $B_{ij} = 0$ για κάθε i,j

και θα επιτρέπουμε τις εξής κινήσεις:

(Α) Να επιλέξουμε κάποια i,j

και να προσθέσουμε ένα πολλαπλάσιο του

στο $B_{ij}$ .
(Β) Να επιλέξουμε κάποια $i_1 \neq i_2$ και $j_1 \neq j_2$ καθώς και ένα ακέραιο

και να προσθέσουμε

στα $B_{i_1j_1},B_{i_2,j_2}$ και να αφαιρέσουμε

από τα $B_{i_1j_2},B_{i_1,j_2}$ .

Θα δείξουμε ότι με τέτοιες κινήσεις μπορούμε να κάνουμε $B_{ij} = b_{ij}$ για κάθε i,j

καθώς επίσης και ότι το $\Delta = (\Gamma_1 - \Sigma_1) + \cdots + (\Gamma_n-\Sigma_n) \bmod n^4$ είναι αναλλοίωτο. Αυτά είναι αρκετά αφού προφανώς αρχικά έχουμε $\Delta=0$ .

Για να δείξουμε ότι μπορούμε να πετύχουμε $B_{ij} = b_{ij}$ αρκεί να δείξουμε ότι με κινήσεις τύπου (B) μπορούμε να πετύχουμε $B_{ij} \equiv b_{ij} \bmod n$ αφού μετά με κινήσεις τύπου (Α) μπορούμε εύκολα να πετύχουμε το ζητούμενο.

Επιλέγοντας i_1=1,i_2=2

και

μπορούμε για κατάλληλο

να έχουμε $B_{11} \equiv b_{11} \bmod n$ . Μετά επιλέγοντας i_1=1,i_2=2

και

μπορούμε για κατάλληλο

να έχουμε $B_{12} \equiv b_{12} \bmod n$ . Με τον ίδιο τρόπο μπορούμε να πετύχουμε $B_{1j} \equiv b_{1j} \bmod n$ για κάθε $j \in \{1,2,\ldots,n\}$ . Επειδή όμως το άθροισμα των $b_{1j}$ καθώς και των $B_{1j}$ είναι $0 \bmod n$ θα έχουμε και $B_{1n} \equiv b_{1n} \bmod n$ .

Ομοίως πετυχαίνουμε το ζητούμενο για τις πρώτες n-1

γραμμές, και ομοίως θα ισχύει αυτόματα το ζητούμενο και για την τελευταία γραμμή. (Κοιτάζοντας κάθε στήλη ξεχωριστά.)

Μένει τώρα να δείξουμε ότι οι αλλαγές τύπου (Α) και (Β) κρατούν το $\Delta$ αναλλοίωτο.

Για την τύπου (Α) έστω χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι αλλάξαμε το $b_{11}$ σε $b_{11}+rn$ . Τότε το $\Gamma_1$ αυξάνεται κατά

$\displaystyle rn^2(1+b_{12}n) \cdots (1+b_{1n}n) \equiv rn^2 + r(b_{12}+\cdots + b_{1n})n^3 \equiv rn^2 -rb_{11}n^3 \bmod n^4$

Από συμμετρία έχουμε την ίδια αύξηση και στο $\Sigma_1$ οπότε το $\Delta$ όντως παραμένει αναλλοίωτο.

Για την τύπου (Β) έστω χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι προσθέσαμε

στα $b_{11}$ και $b_{22}$ και αφαιρέσαμε

από τα $b_{12}$ και $b_{21}$ .

Τότε το $\Gamma_1$ αυξάνεται κατά

$\displaystyle \begin{aligned} &\phantom{abc} [(1+b_{11}n + kn)(1+b_{12}n-kn) - (1+b_{11}n)(1+b_{12}n)](1+b_{13}n) \cdots (1+b_{1n}n) \\ &\equiv n^2k(b_{12}-b_{11}-k)(1+b_{12}n)](1+b_{13}n) \cdots (1+b_{1n}n) \bmod n^4 \\ &\equiv n^2k(b_{12}-b_{11}-k)(1 - (b_{11} + b_{12})n) \bmod n^4 \\ &\equiv n^2k(b_{12}-b_{11}-k) -k(b_{11}+b_{12})n^3 + k(b_{11}^2-b_{12}^2)n^3 \bmod n^4 \end{aligned}$

Από συμμετρία έχουμε παρόμοιες αυξήσεις (προσοχή στα πρόσημα) και στα $\Gamma_2,\Sigma_1,\Sigma_2$ και είναι εύκολο να δούμε ότι πάλι το $\Delta$ παραμένει αναλλοίωτο. (Αν το σπάσουμε σε περισσότερους όρους από συμμετρία κάθε ένας θα εμφανιστεί μία φορά με «

» και μία με «

» ή δύο με «

» και δύο με «

». Π.χ. ο $kb_{12}^2n^3$ εμφανίζεται με «

» για την $\Gamma_1$ και με «+» για την $\Sigma_2$ .

Σημείωση: Με περισσότερες αλγεβρικές πράξεις θα μπορούσαμε να αποφύγουμε το κόλπο της αναλλοίωτης και να υπολογίσουμε «απευθείας» το $\Delta$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 24, 2019 2:31 pm**

silouan έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 20, 2019 6:39 pm
Με λίγη καθυστέρηση η αλήθεια είναι.

Πρόβλημα 2.
Θεωρούμε τρίγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο $\Gamma$ κέντρου . Έστω το έκκεντρο του και τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου με τις , αντίστοιχα. Αν είναι το ίχνος της κάθετης από το σημείο προς την ευθεία , να αποδείξετε ότι η ευθεία περνάει από το αντιδιαμετρικό σημείο του στον κύκλο $\Gamma$ .

Έστω

η διάμετρος του κύκλου $\Gamma.$ Αν η

τέμνει την

στο

αρκεί να δείξω ότι $DS\bot EF.$

Η

τέμνει την

στο

τον κύκλο $\Gamma$ στο

και έστω

διάμετρος και $DH\bot AK.$

: Προκρ.2019.2.png (35.3 KiB) Προβλήθηκε 4175 φορές

Οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες με $\dfrac{\widehat A}{2},$ άρα τα ορθογώνια τρίγωνα IME, KCL

είναι όμοια:

$\displaystyle \frac{{MI}}{{IK}} = \frac{{MI}}{{KC}} = \frac{{IE}}{{KL}} = \frac{{IE}}{{AP}}$ (1)

Αλλά από το ισοσκελές OAK

και τη παραλληλία των ID, KL

και οι πράσινες γωνίες είναι ίσες, οπότε τα

ορθογώνια τρίγωνα IDH, APK

είναι όμοια: $\displaystyle \frac{{IE}}{{AP}} = \frac{{ID}}{{AP}} = \frac{{DH}}{{KP}}\mathop = \limits^{(1)} \frac{{MI}}{{IK}} = \frac{{SM}}{{KP}} \Leftrightarrow SM|| = DH$

που σημαίνει ότι το SMHD

είναι ορθογώνιο, άρα $\boxed{DS\bot EF}$

Έχει κανείς την επίσημη λύση;

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 24, 2019 3:24 pm**

Γιώργο, δεν έχω δει κάτι.
Ελπίζω κάποιος μαθητής που έχει πάρει μέρος, να έχει ακούσει κάτι.

Πάντως, όπως έγραψε και ένας φίλος παραπάνω, μια πολύ σύντομη λύση παίρνουμε με αντιστροφή(την γνωρίζω από πριν, δεν την έκανα εγώ).

Χρησιμοποιώ το σχήμα σου :

: Προκρ.2019.2.png (35.3 KiB) Προβλήθηκε 4077 φορές

Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ABC

με την αντιστροφή ως προς τον (I)

γίνεται ο κύκλος Euler του τριγώνου EDF

.

Η ευθεία

γίνεται ι ο κύκλος (I)

.

Επομένως , τελικά, το σημείο

μεταφέρεται στο σημείο τομής

του κύκλου με διάμετρο το

και του κύκλου (A,B,C)

.

Tα σημεία λοιπόν N,S,I

είναι συνευθειακά και η γωνία ANI

είναι ορθή. Επομένως η

περνάει από το

.

*** Γιώργο, στέλνω και τη λύση που ζητάς. Να την αποθηκεύσεις, γιατί ο κανονισμός δεν επιτρέπει εικόνες τέτοιας μορφής. Θα την αποσύρω σε αύριο(να μου το θυμήσεις).

mathematica.gr

Προκριματικός Διαγωνισμός 2019

Προκριματικός Διαγωνισμός 2019

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ - 2019

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ - 2019

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ - 2019

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ - 2019

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ - 2019

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ - 2019

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ - 2019

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ - 2019

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ - 2019

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ - 2019

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ - 2019

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ - 2019

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ - 2019