Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

stranger · #1

1) (Δύσκολη) Λύστε στο $\mathbb{Z}$ την εξίσωση x^2+7=2^n

Nikitas K. · #2

Δεν έχω κάνει εξάσκηση στην επίλυση διοφαντικών εξισώσεων. Παρόλα αυτά έκανα μια ανεπιτυχής προσπάθεια με εκτεταμένη χρήση υπολογιστή, δίχως να επιδιώξω να προσεγγίσω, ήδη υπάρχουσες επίσημες λύσεις.

$x^2+7=2^n \Leftrightarrow x^2 = 1\underbrace{00\dots 0}_{n} _2 - 11_2 = \underbrace{11\dots 1}_{n-3}001_2$

Θέτοντας, $c := n-3 \wedge x_c := |x|$ , οπότε από την αρχική εξίσωση παίρνουμε την παρακάτω:

$\displaystyle x_c ^2 = \underbrace{11\dots 1}_{c}001_2$ , προφανώς το x_c

πρέπει να είναι περιττός.

Θέτοντας, x_c := 2k+1

, μετά από τις πράξεις καταλήγουμε ότι:
$\displaystyle \frac{k(k+1)}{2} = \underbrace{11\dots 1}_{c}_2$ , Triangular Mersenne numbers
$\displaystyle k(k+1) = \underbrace{11\dots 1}_{c}0_2$ ,
Έστω, η συνάρτηση

να επιστρέφει το πλήθος των ψηφίων της δυαδικής αναπαράστασης της εισόδου.
$\displaystyle D(k) = \left \lceil \frac{c+1}{2} \right \rceil = \left\{\begin{matrix} \frac{c}{2} + 1 & c ~ mod ~ 2 = 0 \\ \frac{c+1}{2} & c ~ mod ~ 2 = 1 \end{matrix}\right.$

Αν είναι άρτιος, τότε , οπότε .
Θέτω,
Επιλύοντας τα συστήματα κάθε περίπτωσης, γίνεται να αποτιμηθεί ο αριθμός .
- Αν είναι άρτιος, τότε $k_0 = 0\Rightarrow k_1 = 1\Rightarrow k_2 = 0\Rightarrow k_3 = 1\Rightarrow k_4 = 1 \Rightarrow k_5 = 0\Rightarrow k_6 = 1\Rightarrow k_7 = 0\Rightarrow \dots \Rightarrow k_\lambda = 1$
- Αν είναι περιττός, τότε $k_0 = 1 \Rightarrow \dots$

Αν είναι περιττός, τότε , οπότε .
Θέτω,
Επιλύοντας τα συστήματα κάθε περίπτωσης, γίνεται να αποτιμηθεί ο αριθμός .
- Αν είναι άρτιος, τότε $k_0 = 0\Rightarrow \dots$
- Αν είναι περιττός, τότε $k_0 = 1 \Rightarrow \dots$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Nikitas K. · #3

Χαίρετε,

Έχοντας φτάσει ως το παρακάτω σημείο, υπάρχει κάποιος τρόπος να συνεχίστεί ο υπολογισμός όλων των δυαδικών ψηφίων του αριθμού

έτσι, ώστε να λάβουμε την μορφή που θα έχει ο αριθμός

σε κάθε περίπτωση;

Nikitas K. έγραψε: ↑
Δευ Απρ 22, 2024 4:00 pm
$\displaystyle k(k+1) = \underbrace{11\dots 1}_{c}0_2$ ,
Έστω, η συνάρτηση να επιστρέφει το πλήθος των ψηφίων της δυαδικής αναπαράστασης της εισόδου.
$\displaystyle D(k) = \left \lceil \frac{c+1}{2} \right \rceil = \left\{\begin{matrix} \frac{c}{2} + 1 & c ~ mod ~ 2 = 0 \\ \frac{c+1}{2} & c ~ mod ~ 2 = 1 \end{matrix}\right.$

Αν είναι άρτιος, τότε $\exists\lambda\in\mathbb{N} ~ c = 2\lambda$ , οπότε $D(k) = \lambda + 1$ .
Θέτω, $k:= (k_\lambda k_{\lambda - 1} k_{\lambda-2}\dots k_1 k_0) _2$
Επιλύοντας τα $\lambda + 1$ συστήματα κάθε περίπτωσης, γίνεται να αποτιμηθεί ο αριθμός .
Αν είναι άρτιος, τότε $k_0 = 0\Rightarrow k_1 = 1\Rightarrow k_2 = 0\Rightarrow k_3 = 1\Rightarrow k_4 = 1 \Rightarrow k_5 = 0\Rightarrow k_6 = 1\Rightarrow k_7 = 0\Rightarrow \dots \Rightarrow k_\lambda = 1$

Αν είναι περιττός, τότε $k_0 = 1 \Rightarrow \dots$

Αν είναι περιττός, τότε $\exists\lambda\in\mathbb{N} ~ c = 2\lambda+1$ , οπότε $D(k) = \lambda + 1$ .
Θέτω, $k:= (k_\lambda k_{\lambda - 1} k_{\lambda-2}\dots k_1 k_0) _2$
Επιλύοντας τα $\lambda + 1$ συστήματα κάθε περίπτωσης, γίνεται να αποτιμηθεί ο αριθμός .
Αν είναι άρτιος, τότε $k_0 = 0\Rightarrow \dots$

Αν είναι περιττός, τότε $k_0 = 1 \Rightarrow \dots$

stranger · #4

Nikitas K. έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 27, 2024 12:07 pm
Χαίρετε,

Έχοντας φτάσει ως το παρακάτω σημείο, υπάρχει κάποιος τρόπος να συνεχίστεί ο υπολογισμός όλων των δυαδικών ψηφίων του αριθμού έτσι, ώστε να λάβουμε την μορφή που θα έχει ο αριθμός σε κάθε περίπτωση;

Nikitas K. έγραψε: ↑
Δευ Απρ 22, 2024 4:00 pm
$\displaystyle k(k+1) = \underbrace{11\dots 1}_{c}0_2$ ,
Έστω, η συνάρτηση να επιστρέφει το πλήθος των ψηφίων της δυαδικής αναπαράστασης της εισόδου.
$\displaystyle D(k) = \left \lceil \frac{c+1}{2} \right \rceil = \left\{\begin{matrix} \frac{c}{2} + 1 & c ~ mod ~ 2 = 0 \\ \frac{c+1}{2} & c ~ mod ~ 2 = 1 \end{matrix}\right.$

Αν είναι άρτιος, τότε $\exists\lambda\in\mathbb{N} ~ c = 2\lambda$ , οπότε $D(k) = \lambda + 1$ .
Θέτω, $k:= (k_\lambda k_{\lambda - 1} k_{\lambda-2}\dots k_1 k_0) _2$
Επιλύοντας τα $\lambda + 1$ συστήματα κάθε περίπτωσης, γίνεται να αποτιμηθεί ο αριθμός .
Αν είναι άρτιος, τότε $k_0 = 0\Rightarrow k_1 = 1\Rightarrow k_2 = 0\Rightarrow k_3 = 1\Rightarrow k_4 = 1 \Rightarrow k_5 = 0\Rightarrow k_6 = 1\Rightarrow k_7 = 0\Rightarrow \dots \Rightarrow k_\lambda = 1$

Αν είναι περιττός, τότε $k_0 = 1 \Rightarrow \dots$

Αν είναι περιττός, τότε $\exists\lambda\in\mathbb{N} ~ c = 2\lambda+1$ , οπότε $D(k) = \lambda + 1$ .
Θέτω, $k:= (k_\lambda k_{\lambda - 1} k_{\lambda-2}\dots k_1 k_0) _2$
Επιλύοντας τα $\lambda + 1$ συστήματα κάθε περίπτωσης, γίνεται να αποτιμηθεί ο αριθμός .
Αν είναι άρτιος, τότε $k_0 = 0\Rightarrow \dots$

Αν είναι περιττός, τότε $k_0 = 1 \Rightarrow \dots$

Δεν είμαι σίγουρος ότι βγαίνει έτσι αυτή η διοφαντική.
Η λύση που έχω κατά νου περνάει μέσα από αλγεβρική θεωρία αριθμών.
Θα βάλω τη λύση αύριο αν δεν υπάρξει κάποια άλλη λύση.

miltosk · #5

stranger έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 20, 2024 10:40 pm
1) (Δύσκολη) Λύστε στο $\mathbb{Z}$ την εξίσωση

Ας γράψω τι σκέφτηκα, αλλα δεν έχω και πολύ χρόνο να το αναλύσω, το αφήνω ως ιδέα μήπως προχωρήσει κάπως.
Αρχικά, για

άρτιο είναι σχετικά απλό (διαφορά τετραγώνων).
Τώρα, για

περιττό έχουμε:
$x^2-2\cdot 2^{2t}= -7, t=\frac{n}{2}$
Τώρα, αυτό θυμίζει γενικευμένη Pell (d=2, N=-7).
Αν θέλουμε $N<\sqrt{d}$ , τότε απλά τη γράφουμε στη μορφή:
$x^2-128\cdot 2^{2q}, q=\frac{n-7}{2}$ , σαφώς με τις κατάλληλες υποθέσεις.
Έχουμε: 11^2-128=-7

, μία ας τη θεωρήσουμε πρωταρχική λύση των εξισώσεων x^2-2y^2=-7, x^2-128y^2=-7

.
Ακόμη, η εξίσωση x^2-2y^2=1

έχει λύση

Τώρα για την $x^2-128y^2=1 \Rightarrow (x-1)(x+1) = 128y^2 \Rightarrow d(d+1)=32y^2$
Οπότε γενικά θα πάρουμε $x=2\cdot (32d+1), x=2\cdot (32d-1)$ . Μάλλον λίγο ζόρι να βρούμε πρωταρχική λύση εδώ για να πάρουμε μετά τον αναδρομικό αλγόριθμο.
Μια άλλη ιδέα θα ήταν:
$(x-2^t\cdot \sqrt{2})(x+2^t\cdot \sqrt{2})=-7$ .
Γενικά το $Z[i\sqrt{2}]$ είναι UFD, το παραπάνω βέβαια είναι στο $Z[\sqrt{2}]$ , και δεν είμαι σίγουρος αν μπορούμε να δουλέψουμε ανάλογα (το 7 μάλιστα δεν είναι πρώτος σε αυτό τον δακτύλιο). Έχω την εντύπωση πως ο τελευταίος δακτύλιος είναι UFD, αν ισχύουν αυτά μπορώ να προχωρήσω σε λύση, αλλιώς μάλλον πρέπει να αλλάξουμε προσέγγιση.

stranger · #6

2)
Έστω $S \subseteq \{1,2,..,2n \}$ , όπου $n \geq 1$ , ώστε $|S| \geq n+1$ .
Δείξτε ότι υπάρχουν $a,b \in S$ ώστε $a \mid b$ .

stranger · #7

3)
Δείξτε ότι για κάθε ακέραιο

και κάθε πρώτο

, ισχύει ότι ο p^2

δεν διαιρεί τον x^2-p

.

giannispapav · #8

stranger έγραψε: ↑
Τετ Μάιος 29, 2024 8:34 pm
3)
Δείξτε ότι για κάθε ακέραιο και κάθε πρώτο , ισχύει ότι ο δεν διαιρεί τον .

Έστω, προς άτοπο, ότι p^2|(x^2-p)

. Τότε

(αφού

) άρα

.
Συνεπώς, χρησιμοποιώντας τη μοναδική ανάλυση του

σε γινόμενο πρώτων παραγόντων, έχουμε ότι p|x

.
Άρα

, και αφού p^2|(x^2-p)

, θα είναι p^2|p

, άτοπο.

giannispapav · #9

stranger έγραψε: ↑
Τετ Μάιος 29, 2024 8:25 pm
2)
Έστω $S \subseteq \{1,2,..,2n \}$ , όπου $n \geq 1$ , ώστε $|S| \geq n+1$ .
Δείξτε ότι υπάρχουν $a,b \in S$ ώστε $a \mid b$ .

Έστω $\Pi$ το σύνολο των περιττών που περιέχονται στο $\{1,2,..,2n \}$ . Από το θεμελιώδες θεώρημα της αριθμητικής είναι άμεσο ότι κάθε στοιχείο $x\in \{1,2,..,2n \}$ γράφεται με μοναδικό τρόπο ως $x=2^k\cdot \pi$ όπου $k\in \mathbb{N}$ και $\pi\in \Pi$ . Ορίζουμε $f:\{1,2,..,2n \} \to \Pi$ με $f(x)=\pi$ .
Είναι $|\Pi|=n$ άρα $|f(S)|\leq n$ . Όμως $|S|\ge n+1$ άρα η

δεν είναι

, δηλαδή υπάρχουν $x_1=2^{k_1}\cdot \pi_1, x_2=2^{k_2}\cdot \pi_2\in S$ έτσι ώστε $f(x_1)=f(x_2)\Leftrightarrow \pi_1=\pi_2$ . Αν k_1<k_2

, τότε

, ενώ αν

, τότε

.

stranger · #10

giannispapav έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 30, 2024 12:06 am

stranger έγραψε: ↑
Τετ Μάιος 29, 2024 8:25 pm
2)
Έστω $S \subseteq \{1,2,..,2n \}$ , όπου $n \geq 1$ , ώστε $|S| \geq n+1$ .
Δείξτε ότι υπάρχουν $a,b \in S$ ώστε $a \mid b$ .
Έστω $\Pi$ το σύνολο των περιττών που περιέχονται στο $\{1,2,..,2n \}$ . Από το θεμελιώδες θεώρημα της αριθμητικής είναι άμεσο ότι κάθε στοιχείο $x\in \{1,2,..,2n \}$ γράφεται με μοναδικό τρόπο ως $x=2^k\cdot \pi$ όπου $k\in \mathbb{N}$ και $\pi\in \Pi$ . Ορίζουμε $f:\{1,2,..,2n \} \to \Pi$ με $f(x)=\pi$ .
Είναι $|\Pi|=n$ άρα $|f(S)|\leq n$ . Όμως $|S|\ge n+1$ άρα η δεν είναι , δηλαδή υπάρχουν $x_1=2^{k_1}\cdot \pi_1, x_2=2^{k_2}\cdot \pi_2\in S$ έτσι ώστε $f(x_1)=f(x_2)\Leftrightarrow \pi_1=\pi_2$ . Αν , τότε , ενώ αν , τότε .

Πολύ όμορφη λύση.
Συγχαρητήρια!
edit: Προφανώς εννοώ $a \neq b$ στην εκφώνηση, το οποίο καλύπτεται από την συγκεκριμένη λύση.

stranger · #11

4) Βρείτε όλα τα

ώστε να υπάρχουν

διαδοχικοί ακέραιοι με άθροισμα τετραγώνων πρώτο αριθμό.

abfx · #12

stranger έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 08, 2024 1:48 am
4) Βρείτε όλα τα ώστε να υπάρχουν διαδοχικοί ακέραιοι με άθροισμα τετραγώνων πρώτο αριθμό.

Ο

εύκολα δεν ικανοποιεί την (1)

. Έστω τώρα ότι ο (σε πρωτογενή παραγοντοποίηση) $x=2^{a_1}\cdot 3^{a_2}\cdot p_3^{a_3}\cdot \ldots \cdot p_m^{a_m}$ την ικανοποιεί.

Θα δείξουμε ότι $a_3=\ldots = a_m=0$ και ότι a_1,a_2<2

. Πράγματι, υποθέτουμε πρώτα ότι $3<p\mid x$ , όπου

πρώτος.

Για $a\in \mathbb{Z}$ έχουμε:

$\displaystyle{(a+1)^2+\ldots + (a+x)^2=(a+1)^2+\ldots + (a+kp)^2=}$

$\displaystyle{=((a+1)^2+\ldots + (a+p)^2)+\ldots+((a+kp-p+1)^2+\ldots + (a+kp)^2)\equiv}$

$\displaystyle{\displaystyle \equiv k(0^2+1^2+\ldots +(p-1)^2)\equiv 2k(1^2+\ldots +(\frac{p-1}{2})^2)\equiv k\frac{p(p-1)(p+1)}{12}(mod\text{ } p)}$

αφού

διαδοχικοί ακέραιοι αποτελούν πλήρες σύστημα υπολοίπων $(mod \text{ }p)$ .

Όμως, $p>3 \implies 3\mid (p-1)(p+1)$ και $4\mid (p-1)(p+1)$ οπότε $12\mid (p-1)(p+1)$ .

Άρα $\displaystyle \frac{(p-1)(p+1)}{12}\in \mathbb{Z} \implies (a+1)^2+\ldots + (a+x)^2\equiv 0 (mod \text{ }p) \implies p\mid (a+1)^2+\ldots + (a+x)^2$

οπότε, αφού $p< (a+1)^2+\ldots + (a+x)^2$ (εύκολος έλεγχος), η (1)

δεν ικανοποιείται.

Έπειτα, αν $9\mid x$ , τότε:

$(a+1)^2+\ldots + (a+x)^2=(a+1)^2+\ldots + (a+9k)^2=$

$=((a+1)^2+\ldots + (a+9)^2)+\ldots+((a+9k-8)^2+\ldots + (a+9k)^2)\equiv$

$\equiv (3\cdot 0 + 6\cdot 1)+\ldots+(3\cdot 0 + 6\cdot 1)\equiv 0(mod \text{ }3)$

οπότε όμοια με πάνω $(a+1)^2+\ldots + (a+x)^2$ σύνθετος.

Τέλος, αν $4\mid x$ , τότε $(a+1)^2+\ldots + (a+x)^2$ άρτιος μεγαλύτερος του

οπότε σύνθετος.

Μένουν λοιπόν οι περιπτώσεις $x=2,3,2\cdot 3=6$ που είναι όλες δεκτές:

πρώτος

πρώτος

πρώτος

#13

stranger έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 08, 2024 1:48 am
4) Βρείτε όλα τα ώστε να υπάρχουν διαδοχικοί ακέραιοι με άθροισμα τετραγώνων πρώτο αριθμό.

Ωραιότατη η προηγούμενη λύση, αλλά ας δούμε μια τελείως στοιχειώδη και απλή:

Για μικρά

, ακριβέστερα $x\le 6$ , έχουμε με το χέρι τις εκδοχές α) x=2

διότι

πρώτος, β) x=3

διότι

πρώτος και γ) x=6

διότι

πρώτος. Οι x=4

και

αποκλείονται διότι
για οποιοδήποτε

έχουμε

ίσον άρτιος

ως άθροισμα δύο άρτιων και δύο περιττών άρα απορρίπτεται και όμοια n^2 +(n+1)^2+(n+2)^2+(n+3)^2+(n+4)^2= 5(n^2+4n+6)

ίσον σύνθετος, άρα απορρίπτεται.

Θα δούμε ότι δεν υπάρχουν άλλες εκδοχές για το

περαν από τις προηγούμενες.

Μπορούμε λοιπόν να θεωρήσουμε ότι το

είναι της μορφής

ή

με $N\ge 1$ (το πρώτο για $N\ge 2$ ). Τα εξετάζουμε χωριστά αφού πρώτα παρατηρήσουμε ότι το άθροισμα που εξετάζουμε γράφεται

$m^2+(m+1)^2+...+(m+x-1)^2 = \left [ 1^2+2^2 +...+ (m+x-1)^2\right ]- \left [ 1^2+2^2 +...+ (m-1)^2\right ] =$

$= \frac {1}{6} (m+x-1)(m+x)(2m+2x-1) - \frac {1}{6} (m-1)m(2m-1) = \frac {1}{6} x(6m^2+6mx-6m+2x^2-3x+1)=$

$=\frac {1}{6} x(6A+ x^2-3x+1)= \frac {1}{6} x\left [6A+ (2x-1)(x-1)\right ] \, (*)$

- Aν x=6N

τότε το δεξί μέλος της (*)

ισούται

που είναι σύνθετος, οπότε αυτή η περίπτωση απορρίπτεται.

- Aν x=6N+1

τότε το δεξί μέλος της (*)

ισούται $x\left [A+ (2x-1)\frac {x-1}{6}\right ] = x\left [A+ (2x-1) N\right ]$ που είναι σύνθετος, οπότε αυτή η περίπτωση απορρίπτεται.

- Aν x=6N+2

τότε το δεξί μέλος της (*)

ισούται

$\frac {6N+2} {2}\left [\frac {6A}{3} + \frac {(12N+3)(x-1)}{3}\right ] = (3N+1)\left [2A+ (4N+1)(x-1)\right ]$ που είναι σύνθετος, οπότε αυτή η περίπτωση απορρίπτεται.

- Aν x=6N+3

τότε το δεξί μέλος της (*)

ισούται $\frac {6N+3}{3}\left [\frac {6A}{2}+ (2x-1)\frac {6N+2}{2}\right ] = (2N+1)\left [3A+ (2x-1) (3N+1)\right ]$ που είναι σύνθετος, οπότε αυτή η περίπτωση απορρίπτεται.

- Aν x=6N+4

τότε το δεξί μέλος της (*)

ισούται $\frac {6N+4}{2}\left [\frac {6A}{3}+ (2x-1)\frac {6N+3}{3}\right ] = (3N+2)\left [2A+ (2x-1) (2N+1)\right ]$ που είναι σύνθετος, οπότε αυτή η περίπτωση απορρίπτεται.

- Aν x=6N+5

τότε το δεξί μέλος της (*)

ισούται $x\left [\frac {6A}{6}+ \frac {12N+9}{3}\frac {6N+4}{2}\right ] = x\left [A+ (4N+3) (3N+2)\right ]$ που είναι σύνθετος, οπότε αυτή η περίπτωση απορρίπτεται.

Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

stranger · #14

Πολύ ωραία!
5) Έστω ένα πολυώνυμο

βαθμού

με ακέραιους συντελεστές.
Δείξτε ότι για κάθε k>0

, υπάρχουν το πολύ

ακέραιοι

ώστε

, όπου στην παράσταση P(P(...P(P(t))..) = t

, συνθέτουμε την

,

φορές.

stranger · #15

6) Δείξτε ότι κάθε ακέραιος γράφεται στη μορφή $\pm x^2 \pm y^2 \pm z^2$ για κάποιους ακέραιους x,y,z

.

mick7 · #16

stranger έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 23, 2024 6:46 pm
6) Δείξτε ότι κάθε ακέραιος γράφεται στη μορφή $\pm x^2 \pm y^2 \pm z^2$ για κάποιους ακέραιους .

stranger · #17

mick7 έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 23, 2024 6:59 pm

stranger έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 23, 2024 6:46 pm
6) Δείξτε ότι κάθε ακέραιος γράφεται στη μορφή $\pm x^2 \pm y^2 \pm z^2$ για κάποιους ακέραιους .

Ωραία! Μπορεί να βελτιωθεί αυτό;
Γράφεται κάθε ακέραιος στη μορφή $\pm x^2 \pm y^2$ ;
Αν όχι, γράφεται κάθε αρκετά μεγάλος ακέραιος(σε απόλυτη τιμή) στην μορφή $\pm x^2 \pm y^2$ ;

mick7 · #18

Noμιζω όχι παράδειγμα το

.

stranger έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 23, 2024 7:05 pm
Γράφεται κάθε ακέραιος στη μορφή $\pm x^2 \pm y^2$ ;

stranger · #19

mick7 έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 23, 2024 7:13 pm
Noμιζω όχι παράδειγμα το .

stranger έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 23, 2024 7:05 pm
Γράφεται κάθε ακέραιος στη μορφή $\pm x^2 \pm y^2$ ;

Αιτιολόγηση;

stranger · #20

7) Λύστε (ως προς x,y

) στους ακεραίους το σύστημα x+y=u+v

,

.

Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

Μέλη σε σύνδεση