ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1991 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ + ΛΥΚΕΙΟ

#21

parmenides51 έγραψε:
parmenides51 έγραψε:21. Για μια πεπερασμένη ακολουθία αριθμών $\displaystyle{A=(a_1,a_2,...,a_n)}$ το κατά Cesaro άθροισμα της $\displaystyle{A}$ ορίζεται να είναι
ο αριθμός $\displaystyle{\frac{S_1+S_2,...+S_n}{n}}$ όπου $\displaystyle{S_k=a_1+a_2+...+a_k \,\,\, (1\le k \le n)}$ .
Αν το κατά Cesaro άθροισμα μιας ακολουθίας $\displaystyle{(a_1,a_2,...,a_{99})}$ είναι $\displaystyle{1000}$ , τότε το κατά Cesaro άθροισμα της ακολουθίας $\displaystyle{(a_1,a_2,...,a_{90})}$ είναι

a) $\displaystyle{ {\color{red}\fbox{991}}}$ b) $\displaystyle{999}$ c) $\displaystyle{1000}$ d) $\displaystyle{1001}$ e) $\displaystyle{1009}$
ξανάπεσε στον Ευκλείδη 2008-9 (λυμένη εδώ)

Δεν λένε ακριβώς τα ίδια οι δύο ασκήσεις, αλλά υποθέτω ότι η εκδοχή 1991 παραπάνω, έχει τυπογραφικά σφάλματα. Η εκδοχή 2008-9 είναι σωστή.

Π.χ. το ότι η εκδοχή 1991 είναι λάθος, το βλέπει κανείς παίρνοντας $a_1=a_2=... \, =a_{98}=0, \, a_{99}=99000$ .

M.

parmenides51 · #22

μετά την παρέμβαση του Μιχάλη ξανακοίταξα την εκφώνηση και την αντέγραψα λάθος πάλι

υπήρχε όντως ο αριθμός $\displaystyle{1}$ στο ζητούμενο άθροισμα

21. Για μια πεπερασμένη ακολουθία αριθμών $\displaystyle{A=(a_1,a_2,...,a_n)}$ το κατά Cesaro άθροισμα της $\displaystyle{A}$ ορίζεται να είναι
ο αριθμός $\displaystyle{\frac{S_1+S_2,...+S_n}{n}}$ όπου $\displaystyle{S_k=a_1+a_2+...+a_k \,\,\, (1\le k \le n)}$ .
Αν το κατά Cesaro άθροισμα μιας ακολουθίας $\displaystyle{(a_1,a_2,...,a_{99})}$ είναι $\displaystyle{1000}$ , τότε το κατά Cesaro άθροισμα της ακολουθίας $\displaystyle{({\color{red}1},a_1,a_2,...,a_{9{\color{red}9}})}$ είναι

a) $\displaystyle{ {\color{red}\fbox{991}}}$ b) $\displaystyle{999}$ c) $\displaystyle{1000}$ d) $\displaystyle{1001}$ e) $\displaystyle{1009}$

τελικά όντως ξανάπεσε στον Ευκλείδη 2008-9 (λυμένη εδώ)

edit
Μετά από νέα παρέμβαση του Μιχάλη, η αρχική εκφώνηση είχε τυπογραφικό, θέλει στην ζητούμενη ακολουθία $\displaystyle{99}$ κι όχι $\displaystyle{90}$ ,
η πηγή είναι το περιοδικό Διάσταση (κι εκεί με $\displaystyle{90}$ την έχει)

hlkampel · #23

parmenides51 έγραψε: 27. Ένας κύκλος ακτίνας $\displaystyle{r }$ έχει χορδές $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{CD}$ μήκους $\displaystyle{10}$ και $\displaystyle{7}$ αντίστοιχα.
Όταν οι χορδές $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{CD}$ επεκταθούν δια μέσου των $\displaystyle{B}$ και $\displaystyle{C}$ αντίστοιχα, τέμνονται σ' ένα σημείο $\displaystyle{P}$ εκτός του κύκλου.
Αν $\displaystyle{\widehat{APD}=60^o}$ και $\displaystyle{BP=8}$ , τότε $\displaystyle{r^2=}$

a) $\displaystyle{70}$ b) $\displaystyle{71}$ c) $\displaystyle{72}$ d) $\displaystyle{{\color{red}\fbox{73}}$ e) $\displaystyle{74}$

Σωστή απάντηση η d γιατί:

$PA \cdot PB = PC \cdot PD \Leftrightarrow 8 \cdot 18 = PC\left( {PC + 7} \right) \Rightarrow$

$P{C^2} + 7PC - 144 = 0 \Rightarrow PC = 9$

Αν

είναι το μέσο του

, τότε

, οπότε το τρίγωνο PEC

είναι ισόπλευρο, έτσι και CE = 9

Το τρίγωνο ACP

είναι ορθογώνιο με $\widehat {ACP} = 90^\circ$ αφού για την διάμεσο

ισχύει $\displaystyle CE = \frac{{AP}}{2}$

Από Πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ACP

είναι:

$A{C^2} = A{P^2} - P{C^2} \Rightarrow A{C^2} = 324 - 81 \Rightarrow A{C^2} = 243$

Η

είναι διάμετρος του κύκλου αφού $\widehat {ACD} = 90^\circ$

Από Πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ACP

είναι:

$A{D^2} = A{C^2} + C{D^2} \Rightarrow {\left( {2r} \right)^2} = 243 + 49 \Rightarrow 4{r^2} = 292 \Rightarrow {r^2} = 73$

mathfinder · #24

parmenides51 έγραψε:24. Έστω $\displaystyle{ABCD}$ ένα παραλληλόγραμμο εμβαδού $\displaystyle{10 }$ με $\displaystyle{AB=3}$ και $\displaystyle{BC=5}$ .
Έστω $\displaystyle{E,F}$ και $\displaystyle{G}$ σημεία επί των ευθυγράμμων τμημάτων $\displaystyle{AB,BC}$ και $\displaystyle{AD}$ αντίστοιχα με $\displaystyle{AE=BF=AG}$
και έστω $\displaystyle{H}$ το σημείο τομής της $\displaystyle{CD}$ και της παραλλήλου προς την $\displaystyle{EF}$ αγόμενης από το $\displaystyle{G}$ .
Το εμβαδόν του τετραπλεύρου $\displaystyle{EFHG}$ είναι

a) $\displaystyle{4}$ b) $\displaystyle{4,5}$ c) ${\color{red}\fbox{\displaystyle{5}}}$ d) $\displaystyle{5,5}$ e) $\displaystyle{6}$

Επειδή τα

είναι παραλληλόγραμμα έχουμε : $\left(EFHG \right)=\left(EGF \right)+\left(HGF \right)=\frac{1}{2}\left(ABFG \right)+\frac{1}{2}\left(GFCD \right)=\frac{1}{2}\left(ABCD \right)=5$ .
Άρα σωστή η απάντηση ${\color{red}\fbox{c}}$ .

Αθ.Μπεληγιάννης

#25

parmenides51 έγραψε:
19. Για κάθε κορυφή ενός στερεού κύβου, θεωρούμε το τετράεδρο που ορίζεται από την κορυφή αυτή
και τα μέσα των τριών ακμών που συναντούνται στην κορυφή αυτή.
Το μέρος του κύβου που παραμένει μετά την αφαίρεση των οκτώ τετραέδρων που ορίζεται ως ανωτέρω λέγεται κυβοοκτάεδρο.
Το ποσοστό του όγκου του κύβου που καταλαμβάνει το κυβοοκτάεδρο προσεγγίζεται καλύτερα από το

a) $\displaystyle{75\%}$ b) $\displaystyle{78\%}$ c) $\displaystyle{81\%}$ d) $\displaystyle{84\%}$ e) $\displaystyle{87\% }$

Λύση:
Ας δούμε πρώτα μέσα από το ακόλουθο σχήμα την κατασκευή του κυβοοκτάεδρου:

: Κυβοοκτάεδρο 3.PNG (77.36 KiB) Προβλήθηκε 1011 φορές

Από το σχήμα αυτό φαίνεται ότι ο ζητούμενος όγκος του νέου αυτού σχήματος είναι:
$\displaystyle{V=V_k-8 \cdot V_t}\ \ (1)$
όπου $\displaystyle{V}$ ο όγκος του κυβοοκταέδρου, $\displaystyle{V_k}$ ο όγκος του δοθέντος κύβου και $\displaystyle{V_t}$ ο όγκος του καθενός
από τα οκτώ ίσα τετράεδρα.
Έστω ότι η ακμή του κύβου είναι $\displaystyle{a}$ . Τότε από το ακόλουθο σχήμα φαίνεται:

: Κυβοοκτάεδρο 7.PNG (48.5 KiB) Προβλήθηκε 1011 φορές

$\displaystyle V_t=V_{(OA_1B_1C_1)}=(\frac{1}{2})^3V_{(OABC)}=\frac{1}{8}V_{(OABC)} \ \ (2)$
γιατί τα δύο αυτά στερεά είναι όμοια με λόγο ομοιότητας ίσο με $\displaystyle{ l=\frac{1}{2}=\frac{OA_1}{OA}}$
Όμως ο κύβος αποτελείται από έξι(6) τετράεδρα ισοδύναμα με το τρισορθογώνιο τετράεδρο $\displaystyle{(OABC)}$ .
Αυτό φαίνεται από τα ακόλουθα σχήματα:

: Κυβοοκτάεδρο 5.PNG (130.5 KiB) Προβλήθηκε 1011 φορές

: Κυβοοκτάεδρο6.PNG (52.88 KiB) Προβλήθηκε 1011 φορές

Προσέχοντας τα σχήματα αυτά βλέπουμε τα τέσσερα τρισορθογώνια που απομακρύνθηκαν από το εσωτερικό του κύβου(πάνω και κάτω)
καθώς και άλλα δύο στο εσωτερικό του κύβου.
Στο δεύτερο από τα δύο αυτά σχήματα, το ένα από τα δύο αυτά τετράεδρα(το κίτρινο), μετασχηματίστηκε μετακινώντας την κορυφή του από τη θέση $\displaystyle{C}$ στη θέση $\displaystyle{H}$
δηλαδή παράλληλα προς την απέναντι έδρα του. Άρα ο όγκος του είναι ίσος με τον όγκο του τρισορθογωνίου τετραέδρου $\displaystyle{(CZHU)}$ . Άρα ο κύβος περιέχει έξι τέτοια τετράεδρα.

Αυτό το συμπέρασμα θα μπορούσαμε να το εξασφαλίσουμε κι απλούστερα χωρίς τα σχήματα αυτά.
Επειδή είναι:
$\displaystyle V_{(OABC)}=\frac{1}{6}(OA)(OB)(OC)=\frac{1}{6}V_k \\\\ \ \ \ \ \Rightarrow V_k=6V_{(OABC)} \ \ (3)$
Άρα ο κύβος ισούται με έξι τέτοια τετράεδρα.

Ύστερα από αυτά ο όγκος του κυβοοκτάεδρου γίνεται σύμφωνα με τις σχέσεις (1), (2) και (3):
$\displaystyle{V=V_k-8V_t=6V_{OABC)}-8\cdot \frac{1}{8}V_{(OABC)}=5V_{(OABC)} \Rightarrow V=5V_{(OABC)} \ \ (4)}$

Επομένως το ζητούμενο ποσοστό είναι:
$\displaystyle \frac{V}{V_k}=\frac{5V_{(OABC)}}{6V_{(OABC)}}=\frac{5}{6}=0.8333...=83.333..$
δηλαδή ποσοστό ίσο με $\displaystyle{83.33 ^o/_o}$ το οποίο προσεγγίζεται καλύτερα από το $\displaystyle{84^o/_o}$ δηλαδή την περίπτωση (d).

Κώστας Δόρτσιος.

Υ.Γ. Ανάφερα και σχηματικά την απόδειξη κι ίσως να κούρασα. Στόχος ηταν να γίνει μια ανάλυση του κύβου σε έξι ισοδύναμα τετράεδρα.

#26

Κώστα, ΚΑΛΗ ΧΡΟΝΙΑ. Δεν μπορώ να μην μπω στον πειρασμό, να πω ότι με τα σχήματα αυτά που έχεις την καλοσύνη να μας προσφέρεις, δίνεις πράγματι, άλλη διάσταση στην στερεομετρία και κάνεις τις ασκήσεις τέτοιου είδους να είναι πολύ περισσότερο ελκυστικές. Ένα μεγάλο ΕΥΧΑΡΙΣΤΩ σου οφείλουμε όλοι μας. Να είσαι πάντα καλά,

ΙΩΑΝΝΟΥ ΔΗΜΗΤΡΗΣ

parmenides51 · #27

Κώστα, τα σχήματα σου ομορφαίνουν τον χώρο μας διαρκώς

σ' ευχαριστούμε

#28

Για τα 6 ισοδύναμα τετράεδρα του Κώστα δείτε και εδώ.

Γιώργος Μπαλόγλου

#29

Δημήτρη, Παρμενίδη και Γιώργο

σας ευχαριστώ πολύ.

Το ύφος σας επαληθεύει για μια ακόμα φορά το ήθος

που περιβάλλει το χώρο του mathematica.

ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ!!

parmenides51 · #30

parmenides51 έγραψε:23. Ποιος είναι ο πληθάριθμος (αριθμός στοιχείων) του μεγαλύτερου υποσυνόλου $\displaystyle{S}$ του συνόλου $\displaystyle{\{1,2,3,...,50\}}$ τέτοιου ώστε
κανένα από τα ζεύγη διαφορετικών στοιχειών του $\displaystyle{S}$ δεν έχει άθροισμα διαιρετό δια του $\displaystyle{7}$ ;

a) $\displaystyle{6}$ b) $\displaystyle{7}$ c) $\displaystyle{14}$ d) $\displaystyle{22}$ e) $\displaystyle{{\color{red}\fbox{23}}}$

μια αντιμετώπιση με modulo

Διαμερίζουμε το σύνολο $\displaystyle{\{1,2,3,...,50\}}$ στις κλάσεις ισοδυναμίας του $\displaystyle{ mod7}$ : $\displaystyle{\overline{0},\overline{1},...,\overline{6}}$ .

Επειδή ο πληθάριθμος του αρχικού συνόλου είναι $\displaystyle{50=7\cdot 7 +1}$ , κάθε μια από τις παραπάνω κλάσεις ισοδυναμίας θα έχει $\displaystyle{7}$ στοιχεία πλην της κλάσης $\displaystyle{\overline{1}}$ που θα έχει $\displaystyle{8}$ στοιχεία.

Με αριθμητική $\displaystyle{mod \,7}$ έχουμε πως το $\displaystyle{\overline{7}=\overline{0}}$ γράφεται μόνο με τους παρακάτω τρόπους σαν άθροισμα δυο κλάσεων ισοδυναμίας

$\displaystyle{\overline{7}=\overline{0}= \overline{0}+\overline{0}}$ (περίπτωση 1)
$\displaystyle{\overline{7}= \overline{1}+\overline{6}}$ (περίπτωση 2)
$\displaystyle{\overline{7}= \overline{2}+\overline{5}}$ (περίπτωση 3)
$\displaystyle{\overline{7}= \overline{3}+\overline{4}}$ (περίπτωση 4)

Για να σχηματίσουμε το μεγαλύτερο υποσύνολο του αρχικού συνόλου ώστε οποιοδήποτε από τα ζεύγη διαφορετικών στοιχειών του $\displaystyle{S}$ να μην έχει άθροισμα διαιρετό δια του $\displaystyle{7}$ , πρέπει και αρκεί να επιλέξουμε μια από τις διαφορετικές κλάσεις από κάθε περίπτωση και αν κάποια περιέχει περισσότερα στοιχεία από κάποια άλλη στην ίδια περίπτωση να προτιμηθεί αυτή.
Οπότε το σύνολο $\displaystyle{S}$ δεν θα περιέχει όλη την κλάση $\displaystyle{\overline{0}}$ (εφόσον δεν έχουμε διαφορετικές κλάσεις),
αλλά θα περιέχει ένα μόνο στοιχείο από την κλάση $\displaystyle{\overline{0}}$ στην περίπτωση 1 ,
θα περιέχει ολόκληρη την κλάση $\displaystyle{\overline{1}}$ εφόσον περιέχει περισσότερα στοιχεία από την κλάση $\displaystyle{\overline{6}}$ στην περίπτωση 2,
θα περιέχει ολόκληρη ακριβώς μια από τις κλάσεις $\displaystyle{\overline{2}}$ και $\displaystyle{\overline{5}}$ στην περίπτωση 3 και
θα περιέχει ολόκληρη ακριβώς μια από τις κλάσεις $\displaystyle{\overline{3}}$ και $\displaystyle{\overline{4}}$ στην περίπτωση 4
οπότε θα έχει συνολικά πληθάριθμο $\displaystyle{1+8+7+7=23}$ .

Άλυτες παραμένουν οι ασκήσεις: 22 , 26 , 29 , 30

parmenides51 · #31

parmenides51 έγραψε:26. Η ημιπεριεφέρεια $\displaystyle{AB}$ έχει κέντρο $\displaystyle{C}$ και ακτίνα $\displaystyle{1}$ . Το σημείο $\displaystyle{D}$ κείνται επί της $\displaystyle{\overset{\frown }{AB}}$ και $\displaystyle{CD \perp AB}$ .
Επεκτείνουμε τα $\displaystyle{BD}$ και $\displaystyle{AD}$ έτσι ώστε τα κυκλικά τόξα $\displaystyle{\overset{\frown }{AE}}$ και $\displaystyle{\overset{\frown }{BF}}$ έχουν τα $\displaystyle{B}$ και $\displaystyle{A}$ ως τα αντίστοιχα κέντρα τους.
Το κυκλικό τόξο $\displaystyle{EF}$ έχει κέντρο το $\displaystyle{D}$ . Το εμβαδόν της γραμμοσκιασμένης περιοχής $\displaystyle{AEFBDA}$ είναι

a) $\displaystyle{ (2-\sqrt2)\pi}$ b) b) $\displaystyle{ {\color{red}\fbox{2\pi - \pi\sqrt2-1}} }$ c) $\displaystyle{\left(1-\frac{\sqrt2}{2}\right)\pi}$ d) $\displaystyle{\frac{5\pi}{2} - \pi\sqrt2 -1}$ e) $\displaystyle{(3-2\sqrt2)\pi}$

: Eyclides 1991 26o.png (23.25 KiB) Προβλήθηκε 908 φορές

Το ζητούμενο χωρίο έχει εμβαδόν ισούται με το άθροισμα των εμβαδών $\displaystyle{E_1, E_2, E_3}$ .

Επειδή η ευθεία CD είναι άξονας συμμετρίας του σχήματος έχουμε πως $\displaystyle{E_1= E_2}$ (1).

Για ευκολία στις πράξεις με τα εμβαδά χωρίων, όλες οι γωνίες θα μετριούνται σε ακτίνια.

Αφού η $\displaystyle{CD}$ είναι μεσοκάθετος της διαμέτρου $\displaystyle{AB}$ του κύκλου $\displaystyle{(C,AC)}$ το τρίγωνο $\displaystyle{ABD}$ θα είναι ισοσκελές

κι επειδή $\displaystyle{\widehat{A}=\frac{\pi}{2}}$ ως εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο θα έχουμε πως το τρίγωνο $\displaystyle{ABD}$ θα είναι ορθογώνιο και ισοσκελές,

άρα $\displaystyle{\widehat{BAD}=\widehat{ABD}=\frac{\pi}{4}}$ .

$\displaystyle{AC=CD=1}$ ως ακτίνες του ίδιου κύκλου

Με πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{ABD}$ βρίσκουμε πως $\displaystyle{AD=BD=\sqrt2}$ .

$\displaystyle{E_1=(B\overset{\frown }{AE})-(B\overset{\frown }{AD})=(B\overset{\frown }{AE})-(C\overset{\frown }{AD})-(BCD)}$

$\displaystyle{=\frac{a_1\rho_1^2}{2}-\frac{a_2\rho_2^2}{2}-\frac{\beta \upsilon}{2} =\frac{\displaystyle\frac{\pi}{4}AB^2}{2}-\frac{\displaystyle\frac{\pi}{2}AC^2}{2}-\frac{BC \cdot CD}{2}}$

$\displaystyle{=\frac{\pi 2^2}{8}-\frac{\pi 1^2}{4}-\frac{1\cdot 1}{2}=\frac{4\pi }{8}-\frac{2\pi}{8}-\frac{1}{2}=\frac{2\pi }{8}-\frac{1}{2}=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}}$ (2)

$\displaystyle{ED=DF=AF-AD=AB-AD=2-\sqrt2}$

$\displaystyle{E_3=(D\overset{\frown }{EF})=\frac{a_3\rho_3^2}{2}}=\frac{\displaystyle\frac{\pi}{2}ED^2}{2}}=\frac{\pi (2-\sqrt2)^2}{4}=\frac{\pi (4-4\sqrt2 +2)}{4}}$ $\displaystyle{=\frac{\pi (6-4\sqrt2)}{4}=\frac{3\pi }{2}-\pi\sqrt2}$ (3)

Οπότε το ζητούμενο χωρίο λόγω (1),(2),(3) έχει εμβαδόν

$\displaystyle{E_1+ E_2+ E_3=E_1+ E_1+ E_3=2E_1+ E_3=2\left(\frac{\pi }{4}-\frac{1}{2}\right)+\frac{3\pi }{2}-\pi\sqrt2}$

$\displaystyle{=\frac{\pi }{2}-1+\frac{3\pi }{2}-\pi\sqrt2=\frac{4\pi }{2}-1-\pi\sqrt2=2\pi - \pi\sqrt2-1}$

Άλυτες παραμένουν οι ασκήσεις: 22 , 29 , 30

#32

parmenides51 έγραψε:22. Δίνονται $\displaystyle{10}$ σημεία στον θετικό άξονα των $\displaystyle{x}$ και $\displaystyle{5}$ σημεία στον θετικό άξονα των $\displaystyle{y}$ και σχεδιάζονται τα $\displaystyle{50}$ ευθύγραμμα τμήματα
που συνδέουν τα σημεία του άξονα των $\displaystyle{x}$ με τα σημεία του άξονα των $\displaystyle{y}$ .
Ποιος είναι ο μέγιστος αριθμός των σημείων τομής των ευθυγράμμων τμημάτων που κείνται στο εσωτερικό του πρώτου τεταρτημορίου;

a) $\displaystyle{250}$ b) $\displaystyle{\color{red} 450}$ c) $\displaystyle{500}$ d) $\displaystyle{1250}$ e) $\displaystyle{2500}$

Σε κάθε τέτοιο σημείο τομής αντιστοιχεί ένα τετράπλευρο με κορυφές δύο σημεία του

άξονα και δύο του

και αντίστροφα.

Άρα το πλήθος τους είναι $\displaystyle{\binom{5}{2}\binom{10}{2}=450}$

parmenides51 έγραψε:29. Ένα κέρμα, όταν στριφτεί στον αέρα έχει πιθανότητα να φέρει ''γράμματα'' ίση με $\displaystyle{\frac{2}{3}}$ .
Αν το κέρμα αυτό ριχτεί $\displaystyle{50}$ φορές, ποια είναι η πιθανότητα να είναι ο αριθμός των φορών που θα δείξει ''γράμματα'' άρτιος;

a) $\displaystyle{25 \left(\frac{2}{3}\right)^{50}}$ b) $\displaystyle{\frac{1}{2} \left(1-\frac{1}{3^{50}}\right)}$ c) $\displaystyle{\frac{1}{2}}$ d) $\displaystyle{\color{red} \frac{1}{2} \left(1+\frac{1}{3^{50}}\right)}$ e) $\displaystyle{\frac{2}{3}}$

Η ζητούμενη πιθανότητα είναι

$\displaystyle{\binom{50}{0}\left(\frac{2}{3}\right)^0 \left(\frac{1}{3}\right)^{50}+\binom{50}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^2 \left(\frac{1}{3}\right)^{48}+...+\binom{50}{50}\left(\frac{2}{3}\right)^{50} \left(\frac{1}{3}\right)^0=\frac{\left(\frac{2}{3}+\frac{1}{3}\right)^{50}+\left(\frac{2}{3}-\frac{1}{3}\right)^{50}}{2}=... \color{red} d}$

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1991 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ + ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1991 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ + ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1991 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ + ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1991 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ + ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1991 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ + ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1991 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ + ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1991 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ + ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1991 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ + ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1991 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ + ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1991 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ + ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1991 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ + ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1991 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ + ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1991 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ + ΛΥΚΕΙΟ

Μέλη σε σύνδεση