ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

#161

ΑΣΚΗΣΗ 62
Υπάρχουν θετικοί ρητοί a,b

τέτοιοι, ώστε

$\displaystyle\frac{a+b}{2}=\frac{2ab}{a+b}+\sqrt{ab};$

ΑΣΚΗΣΗ 63
Αν a, b, c

πρώτοι αριθμοί και ο αριθμός $\displaystyle E=\frac{a-b}{c}+\frac{b-c}{a}+\frac{c-a}{b}$ είναι ακέραιος, τότε E=0.

ΑΣΚΗΣΗ 64
Έστω $m,n \in \Bbb{N}$ με $m,n \ge 1$ και

πρώτος.
Να δείξετε ότι αν ο αριθμός $\displaystyle{A=\dfrac{7^m+p2^n}{7^m-p2^n}}$ είναι φυσικός, τότε είναι πρώτος.
( http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=16&t=3314 )

ΑΣΚΗΣΗ 65
Αν a,b,c>0

να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης

$\displaystyle{ 6a^{3}+9b^{3}+32c^{3}+\frac{1}{4abc} .}$

Πότε πιάνεται;

#162

socrates έγραψε:

ΑΣΚΗΣΗ 65
Αν να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης

$\displaystyle{ 6a^{3}+9b^{3}+32c^{3}+\frac{1}{4abc} .}$

Πότε πιάνεται;

Είναι

$\displaystyle{6a^{3}+9b^{3}+32c^{3}+\frac{1}{4abc}=6a^{3}+9b^{3}+32c^{3}+\frac{1}{12abc}+\frac{1}{12abc}+\frac{1}{12abc}\geq 6\sqrt[6]{\frac{6\cdot 9\cdot 32}{12^3}}=6}$

και η ισότητα πιάνεται όταν

$\displaystyle{6a^3=9b^3=32c^3=\frac{1}{12abc}}$

Θέτοντας

$\displaystyle{6a^3=9b^3=32c^3=\frac{1}{12abc}=k^3}$ είναι

$\displaystyle{a=\frac{k}{\sqrt[3]{6}},b=\frac{k}{\sqrt[3]{9}},c=\frac{k}{\sqrt[3]{32}}}$ ,

οπότε από την $\displaystyle{\frac{1}{12abc}=k^3}$ βρίσκουμε $\displaystyle{k=1,}$

άρα

$\displaystyle{a=\frac{1}{\sqrt[3]{6}},b=\frac{1}{\sqrt[3]{9}},c=\frac{1}{\sqrt[3]{32}}}$ .

#163

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 62
Υπάρχουν θετικοί ρητοί τέτοιοι, ώστε

$\displaystyle\frac{a+b}{2}=\frac{2ab}{a+b}+\sqrt{ab};$

Έστω ότι υπάρχουν.

Τότε θα πρέπει ο αριθμός $\displaystyle{\sqrt{ab}}$ ,να είναι ρητός. Άρα υπάρχει

, ρητός, ώστε να είναι $\displaystyle{ab=k^2}$ .

Από την δοσμένη σχέση, με απαλοιφή παρονομαστών, έχουμε:

$\displaystyle{(a+b)^2 =4ab+2(a+b)\sqrt{ab}\Leftrightarrow (a+b)^2 -2(a+b)\sqrt{ab}=4ab\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{(a+b)^2 -2(a+b)\sqrt{ab}+ab=5ab\Leftrightarrow (a+b)^2 -2(a+b)|k|+k^2 =5k^2\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{(a+b-|k|)^2 =5k^2 \Leftrightarrow (\frac{a+b-|k|}{k})^2 =5}$ , που όμως είναι άτοπο, αφού στο πρώτο μέλος της σχέσης αυτής, ο αριθμός μέσα στην παρένθεση είναι ρητός.

#164

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 63
Αν πρώτοι αριθμοί και ο αριθμός $\displaystyle E=\frac{a-b}{c}+\frac{b-c}{a}+\frac{c-a}{b}$ είναι ακέραιος, τότε

ΑΣΚΗΣΗ 64
Έστω $m,n \in \Bbb{N}$ με $m,n \ge 1$ και πρώτος.
Να δείξετε ότι αν ο αριθμός $\displaystyle{A=\dfrac{7^m+p2^n}{7^m-p2^n}}$ είναι φυσικός, τότε είναι πρώτος.
( http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=16&t=3314 )

#165

ΑΣΚΗΣΗ 65: Αν $\displaystyle{a , b , c , d \in Q^{*}_+}$ και αν $\displaystyle{c\sqrt a +d\sqrt b \in Q}$ , να δείξετε ότι:

$\displaystyle{\sqrt a , \sqrt b \in Q}$

#166

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 65: Αν $\displaystyle{a , b , c , d \in Q^{*}_+}$ και αν $\displaystyle{c\sqrt a +d\sqrt b \in Q}$ , να δείξετε ότι:

$\displaystyle{\sqrt a , \sqrt b \in Q}$

Αφού $c\sqrt a +d\sqrt b \in \mathbb{Q} \ \ (1)$ και είναι μη μηδενικός (ως άθροισμα θετικών) άρα $\dfrac{1}{c\sqrt a +d\sqrt b}\in\mathbb{Q}$ δηλαδή $\dfrac{c\sqrt a-d\sqrt b}{ac^2-bd^2}\in\mathbb{Q}$ και αφού $ac^2-bd^2\in\mathbb{Q}$ (αφού πρόκειται για αριθμό που προκύπτει από πράξεις μεταξύ ρητών) άρα $c\sqrt a-d\sqrt b\in\mathbb{Q} \ \ (2)$ .

Με πρόσθεση των (1),(2)

παίρνουμε $2c\sqrt{a}\in\mathbb{Q}$ άρα $\sqrt{a}\in\mathbb{Q}$ αφού ο

είναι ρητός.

Με αφαίρεση των (1), (2)

παίρνουμε $2d\sqrt{b}\in\mathbb{Q}$ άρα $\sqrt{b}\in\mathbb{Q}$ αφού ο

είναι ρητός.

Αλέξανδρος

#167

ΑΣΚΗΣΗ 66: Δείξτε ότι:

$\displaystyle{\frac{1}{1.2}-\frac{2}{1.2.3}-\frac{3}{1.2.3.4}- . . . -\frac{2009}{1.2.3. ... .2010} <2^{-2009}}$

#168

γεια σου Δημήτρη

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 66: Δείξτε ότι:

$Z=\displaystyle{\frac{1}{1.2}-\frac{2}{1.2.3}-\frac{3}{1.2.3.4}- . . . -\frac{2009}{1.2.3\cdot \ldots \cdot 2010} <2^{-2009}}$

$Z=\displaystyle{\frac{1}{1.2}-\frac{2}{1.2.3}-\frac{3}{1.2.3.4}- . . . -\frac{2009}{1.2.3\cdot \ldots \cdot2010}\Rightarrow$

$Z=1-(\displaystyle{\frac{1}{1.2}+\frac{2}{1.2.3}+\frac{3}{1.2.3.4}+ . . . +\frac{2009}{1.2.3\cdot \ldots \cdot2010})\Rightarrow$

$Z=1-\Big(\displaystyle{\frac{2-1}{1.2}+\frac{3-1}{1.2.3}+\frac{4-1}{1.2.3.4}+ . . . +\frac{2010-1}{1.2.3\cdot \ldots \cdot2010}\Big)\Rightarrow$

$Z=\dfrac{1}{1.2.3\cdot \ldots \cdot 2010 }=\dfrac{1}{2.3\cdot \ldots \cdot 2010}<\dfrac{1}{2^{2009}}$

#169

Μετά την ωραία λύση που έδωσε η Φωτεινή, πάμε για την

ΑΣΚΗΣΗ 67: Να βρείτε όλους τους φυσικούς αριθμούς $\displaystyle{n}$ , για τους οποίους ο αριθμός

$\displaystyle{a=19.8^n +17}$ , είναι πρώτος.

#170

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Μετά την ωραία λύση που έδωσε η Φωτεινή, πάμε για την

ΑΣΚΗΣΗ 67: Να βρείτε όλους τους φυσικούς αριθμούς $\displaystyle{n}$ , για τους οποίους ο αριθμός

$\displaystyle{a=19.8^n +17}$ , είναι πρώτος.

Ο αριθμός $\displaystyle{a}$ δεν είναι ποτέ πρώτος.

$\displaystyle{\bullet}$ Αν $\displaystyle{n=4k,~k\in \mathbb{N}}$ , δουλεύοντας $\displaystyle{\boxed{\mod 3}}$ έχουμε

$\displaystyle{\rm a=19\cdot 8^{4k}+17\equiv 1\cdot (-1)^{4k}-1=0.}$

$\displaystyle{\bullet}$ Αν $\displaystyle{n=4k+1,~k\in \mathbb{N}}$ , δουλεύοντας $\displaystyle{\boxed{\mod 13}}$ έχουμε

$\displaystyle{\rm a=19\cdot 8^{4k+1}+17=19\cdot 8\cdot 64^{2k}+17\equiv 6\cdot 8(-1)^{2k}+17=52\equiv 0}$

$\displaystyle{\bullet}$ Αν $\displaystyle{n=4k+2,~k\in \mathbb{N}}$ , δουλεύοντας $\displaystyle{\boxed{\mod 3}}$ έχουμε

$\displaystyle{\rm a=19\cdot 8^{4k+2}+17\equiv (-1)^{4k+2}-1= 0.}$

$\displaystyle{\bullet}$ Αν $\displaystyle{n=4k+3,~k\in \mathbb{N}}$ , δουλεύοντας $\displaystyle{\boxed{\mod 5}}$ έχουμε

$\displaystyle{\rm a=19\cdot 8^{4k+3}+17\equiv -(-2)^{4k+3}+2=2^{4k+3}+2=2(2^{4k+2}+1)=2(4^{2k+1}+1)\equiv 0.}$

#171

ΑΣΚΗΣΗ 68: Να βρεθούν όλες οι ακέραιες τιμές του $\displaystyle{n}$ , για τις οποίες το πολυώνυμο

$\displaystyle{P(n)=n^4 -4n^3 +10n^2 -12n +86}$ , ισούται με το τετράγωνο ακεραίου αριθμού.

#172

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 68: Να βρεθούν όλες οι ακέραιες τιμές του $\displaystyle{n}$ , για τις οποίες το πολυώνυμο

$\displaystyle{P(n)=n^4 -4n^3 +10n^2 -12n +86}$ , ισούται με το τετράγωνο ακεραίου αριθμού.

Υπάρχουν τρεις ακέραιες τιμές του $\displaystyle{n}$ με τη ζητούμενη ιδιότητα, οι $\displaystyle{\boxed{-5,~1,~7}.}$

Καταρχάς, ισχύει για κάθε ακέραιο $\displaystyle{n}$

$\displaystyle{P(n)>(n^2-2n+1)^2,}$

αφού

$\displaystyle{P(n)-(n^2-2n+1)^2=4n^2-8n+85.}$

Επίσης, αν $\displaystyle{n<-5 \vee n>7}$ είναι

$\displaystyle{P(n)<(n^2-2n+4)^2,}$

αφού

$\displaystyle{P(n)-(n^2-2n+4)^2=-2(n+5)(n-7).}$

Άρα, αν $\displaystyle{n<-5 \vee n>7,}$ η παράσταση $\displaystyle{P(n)}$ είναι τέλειο τετράγωνο πρέπει

$\displaystyle{P(n)=(n^2-2n+2)^2\vee P(n)=(n^2-2n+3)^2.}$

Και οι δύο εξισώσεις όμως, βλέπουμε εύκολα ότι είναι αδύνατες στο $\displaystyle{\mathbb{Z}.}$

Απομένει να εξεταστούν για το $\displaystyle{n}$ οι τιμές $\displaystyle{-5,-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4,5,6,7.}$

Δοκιμάζοντάς τες βλέπουμε ότι οι μόνες δεκτές τιμές είναι οι προαναφερθείσες, για τις οποίες έχουμε

$\displaystyle{P(-5)=P(7)=39^2,~ P(1)=9^2.}$

S.E.Louridas · #173

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 68: Να βρεθούν όλες οι ακέραιες τιμές του $\displaystyle{n}$ , για τις οποίες το πολυώνυμο

$\displaystyle{P(n)=n^4 -4n^3 +10n^2 -12n +86}$ , ισούται με το τετράγωνο ακεραίου αριθμού.

Θα μπορούσαμε να παρατηρήσουμε, μετά την άψογη λύση του Θάνου και την εξής διαπραγμάτευση και μόνο για λόγους Μαθηματικού πλουραλισμού:

$P\left( n \right) = \left[ {\left( {n - 1} \right)^2 + 2} \right]^2 + 77,$ οπότε θέλουμε για ακέραιο

να ισχύει, $\left[ {\left( {n - 1} \right)^2 + 2} \right]^2 + 77 = t^2 \Leftrightarrow \left[ {\left| t \right| - \left( {n - 1} \right)^2 - 2} \right]\cdot \left[ {\left| t \right| + \left( {n - 1} \right)^2 + 2} \right] = 77,$ δηλαδή $n \in \left\{ { - 5,1,7} \right\}$ (*)

(*) $77 = 1 \cdot 77 = 7 \cdot 11$ και (1,77)=(7,11)=1

.

#174

AΣΚΗΣΗ 69. Δίνονται οι φυσικοί αριθμοί $\displaystyle{a,b}$ που είναι διάφοροι μεταξύ τους και $\displaystyle{a,b\geq 2}$ .
Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\sqrt{3}(a^2 -1)(b^2 -1)>a^2 b^2}$

#175

AΣΚΗΣΗ 70: Δείξτε ότι:

$\displaystyle{\frac{\sqrt{2}}{3}+\frac{\sqrt{6}}{5}+\frac{\sqrt{12}}{7}+ . . . +\frac{\sqrt{2012.2013}}{4025}<1006}$

#176

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 70: Δείξτε ότι:

$\displaystyle{\frac{\sqrt{2}}{3}+\frac{\sqrt{6}}{5}+\frac{\sqrt{12}}{7}+ . . . +\frac{\sqrt{2012.2013}}{4025}<1006}$

Από την ανισότητα $\displaystyle{\rm \sqrt{ab}<\frac{a+b}{2}, ~\forall a,b>0,~a\ne b}$ έχουμε

$\displaystyle{\frac{\sqrt{2}}{3}+\frac{\sqrt{6}}{5}+\frac{\sqrt{12}}{7}+ . . . +\frac{\sqrt{2012.2013}}{4025}=\sum_{k=1}^{2012}\frac{\sqrt{k(k+1)}}{2k+1}<\sum_{k=1}^{2012}\frac{1}{2}=1006.}$

Ας παρατηρηθεί ότι, παρά τη χοντροκομμένη εκτίμηση, η πραγματική τιμή του αθροίσματος είναι περίπου $\displaystyle{1005,94.}$

#177

AΣΚΗΣΗ 71: (Mπορεί και αυτή να λυθεί με την ανισότητα που χρησιμοποίησε παραπάνω ο Θάνος)

Δείξτε ότι: $\displaystyle{\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\geq 2}$

Δίνεται ότι $\displaystyle{a,b,c >0}$

#178

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 71: (Mπορεί και αυτή να λυθεί με την ανισότητα που χρησιμοποίησε παραπάνω ο Θάνος)

Δείξτε ότι: $\displaystyle{\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\geq 2}$

Δίνεται ότι $\displaystyle{a,b,c >0}$

Δημήτρη, την έχουμε ξαναδεί σίγουρα, αλλά για να μην ψάχνω και αφού η απόδειξη είναι μικρή:

$\displaystyle{\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}=\frac{2a}{2\sqrt{a(b+c)}}+\frac{2b}{2\sqrt{b(c+a)}}+\frac{2c}{2\sqrt{2c(a+b)}}\geq \frac{2a}{a+b+c}+\frac{2b}{a+b+c}+\frac{2c}{a+b+c}=2.}$

Μάλιστα η ανισότητα είναι αυστηρή, αφού για να ισχύει παντού η ισότητα θα έπρεπε $\displaystyle{a+b+c=0,}$ άτοπο.

#179

ΑΣΚΗΣΗ 72: α λυθεί με άγνωστο το $\displaystyle{x}$ , η εξίσωση:

$\displaystyle{\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+\frac{3}{4}+ . . . +\frac{n}{n+1}=x.[\frac{n}{1.2}+\frac{n-1}{2.3}+\frac{n-2}{3.4}+ . . . +\frac{1}{n(n+1)}]}$

$\displaystyle{(n\in N^{*})}$

Ch.Chortis · #180

Καλημέρα σας κύριε Δημήτρη!

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 72: α λυθεί με άγνωστο το $\displaystyle{x}$ , η εξίσωση:

$\displaystyle{\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+\frac{3}{4}+ . . . +\frac{n}{n+1}=x.[\frac{n}{1.2}+\frac{n-1}{2.3}+\frac{n-2}{3.4}+ . . . +\frac{1}{n(n+1)}]}$

$\displaystyle{(n\in N^{*})}$

Το πρώτο μέλος γίνεται:
$\displaystyle{\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+\frac{3}{4}+ . . . +\frac{n}{n+1}=\frac {2-1}{2}+\frac {3-1}{3}+\frac {4-1}{4}+...+\frac {(n+1)-1}{n+1}}$
$\displaystyle {=\frac {2}{2}-\frac {1}{2}+\frac {3}{3}-\frac {1} {3}+\frac {4} {4}-\frac {1}{4}+...+\frac {n+1}{n+1}-\frac {1}{n+1}}$
$\displaystyle {=1-\frac {1}{2}+1-\frac {1}{3}+1-\frac {1}{4}+...+1-\frac {1}{n+1}=\boxed {n-\left(\frac {1}{2}+\frac {1}{3}+\frac {1}{4}+...+\frac {1}{n+1}\right)}}$
αφού οι αριθμοί μεταξύ του

και του

είναι

.
Παρατηρούμε οτι:
$\dfrac {n}{2}+\dfrac {1}{2}+\dfrac {n-1}{6}+\dfrac {1}{3}+\dfrac {n-2}{12}+\dfrac {1}{4}+...+\dfrac {1}{n(n+1)}+\dfrac {1}{n+1} \\ =\dfrac {n+1}{2}+\dfrac {n-1+2}{6}+\dfrac {n-2+3}{12}+...+\dfrac {n+1}{n(n+1)} \\ =\dfrac {n+1}{2}+\dfrac {n+1} {6}+\dfrac {n+1}{12}+...+\dfrac {n+1}{n(n+1)}=(n+1)\left(\dfrac {1}{2}+\dfrac {1}{6}+\dfrac {1}{12}+...+\dfrac {1}{n(n+1)}\right)\\ =(n+1)\left(\dfrac {n}{n+1} \right)=n$ .
Αφού $\dfrac {1}{2}+\dfrac {1}{6}+\dfrac {1}{12}+...+\dfrac {1}{n(n+1)}=\dfrac {n}{n+1}$
Το δεύτερο μέλος της παράστασής μας γίνεται:
$\dfrac{n}{1.2}+\dfrac{n-1}{2.3}+\dfrac{n-2}{3.4}+ . . . +\dfrac{1}{n(n+1)}+(x-1)\left(\dfrac{n}{1.2}+\dfrac{n-1}{2.3}+\dfrac{n-2}{3.4}+ . . . +\dfrac{1}{n(n+1)}\right)$
οπότε φέρνοντας τα αρνητικά κλάσματα του πρώτου μέλους στο δεύτερο έχουμε(με βάση τα παραπάνω):
$n=\left(\dfrac{n}{1.2}+\dfrac{n-1}{2.3}+\dfrac{n-2}{3.4}+...+\dfrac{1}{n(n+1)}+\dfrac {1}{2}+\dfrac {1}{3}+\dfrac {1}{4}+...+\dfrac {1}{n+1}\right)+(x-1)\left(\dfrac{n}{1.2}+\dfrac{n-1}{2.3}+\dfrac{n-2}{3.4}+ . . . +\dfrac{1}{n(n+1)}\right) \Leftrightarrow \\ n=n+(x-1)\left(\dfrac{n}{1.2}+\dfrac{n-1}{2.3}+\dfrac{n-2}{3.4}+ . . . +\dfrac{1}{n(n+1)}\right) \Leftrightarrow 0=(x-1)\left(\dfrac{n}{1.2}+\dfrac{n-1}{2.3}+\dfrac{n-2}{3.4}+ . . . +\dfrac{1}{n(n+1)}\right)=(x-1)A$
και αφού $n\neq 0,~A>0$ θα πρέπει
$x-1=0 \Leftrightarrow\boxed {x=1}$

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Μέλη σε σύνδεση