ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2009 - ΛΥΚΕΙΟ

parmenides51 · #1

1. Να προσδιορίσετε τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $\displaystyle{x^4 -6x^2 + 1 = 7 \cdot 2^y}$ .

2. Αν οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{x}$ και $\displaystyle{y}$ έχουν άθροισμα $\displaystyle{2\alpha}$ , όπου $\displaystyle{\alpha > 0}$ , να αποδείξετε ότι : $\displaystyle{x^3 y ^3 ( x^2+ y^2 )^2\le 4\alpha ^{10}}$ .
Για ποιες τιμές των $\displaystyle{x}$ και $\displaystyle{y}$ αληθεύει η ισότητα;

3. Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{(O,R)}$ και έστω $\displaystyle{I}$ το έκκεντρό του.
Οι προεκτάσεις των $\displaystyle{AI, BI}$ και $\displaystyle{CI}$ τέμνουν το περιγεγραμμένο κύκλο στα σημεία $\displaystyle{D, E}$ και $\displaystyle{F}$ αντίστοιχα.
Οι κύκλοι με διάμετρο $\displaystyle{ID, IE}$ και $\displaystyle{IF}$ τέμνουν τις πλευρές $\displaystyle{BC, AC}$ και $\displaystyle{AB}$ στα σημεία $\displaystyle{A_1, A_2 , B_1, B_2}$ και $\displaystyle{C_1, C_2}$ αντίστοιχα.
Να αποδείξτε ότι τα σημεία $\displaystyle{A_1, A_2, B_1, B_2, C_1, C_2}$ είναι ομοκυκλικά.

4. Στο επίπεδο θεωρούμε $\displaystyle{k + n}$ διαφορετικές μεταξύ τους ευθείες, όπου $\displaystyle{k}$ ακέραιος με $\displaystyle{k>1}$ και $\displaystyle{n}$ θετικός ακέραιος, οι οποίες ανά τρεις δεν περνάνε από το ίδιο σημείο. Από τις ευθείες αυτές, $\displaystyle{k}$ είναι παράλληλες μεταξύ τους ενώ οι υπόλοιπες $\displaystyle{n}$ τέμνονται ανά δύο και δεν υπάρχει κάποια από αυτές που να είναι παράλληλη με τις $\displaystyle{k}$ παράλληλες ευθείες. Όλες οι παραπάνω ευθείες τεμνόμενες διαμερίζουν το επίπεδο σε χωρία (π.χ τριγωνικά, πολυγωνικά και μη φραγμένα).
Δύο χωρία θεωρούνται διαφορετικά, αν δεν έχουν κοινά σημεία ή αν έχουν κοινά σημεία μόνο στο σύνορό τους. Ένα χωρίο θα το ονομάζουμε “καλό” όταν βρίσκεται ανάμεσα στις παράλληλες ευθείες.
Αν σε ένα σχηματισμό, το ελάχιστο πλήθος των “καλών” χωρίων είναι $\displaystyle{176}$ και το μέγιστο πλήθος τους είναι $\displaystyle{221}$ , να βρεθούν τα $\displaystyle{k, n}$ .

parmenides51 · #2

parmenides51 έγραψε:2. Αν οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{x}$ και $\displaystyle{y}$ έχουν άθροισμα $\displaystyle{2\alpha}$ , όπου $\displaystyle{\alpha > 0}$ , να αποδείξετε ότι : $\displaystyle{x^3 y ^3 ( x^2+ y^2 )^2\le 4\alpha ^{10}}$ .
Για ποιες τιμές των $\displaystyle{x}$ και $\displaystyle{y}$ αληθεύει η ισότητα;

εδώ , εδώ, εδώ

επίσης από εδώ

xp έγραψε: $\displaystyle{(xy)^3(x^2+y^2)^2=(xy)(xy)^2(x^2+y^2)^\leq\frac{(x+y)^2}{4}(xy)^2(x^2+y^2)^2}$
ισοδύναμα αρκεί να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{\frac{(x+y)^2}{4}(xy)^2(x^2+y^2)^2\leq\frac{(x+y)^{10}}{2^8}}$ (αποτετραγωνισμός - απλοποίηση)
αρκεί $\displaystyle{xy[(x+y)^2-2xy]\leq{\frac{(x+y)^4}{8}}$ και ισοδύναμα $\displaystyle{[(x+y)^2-4xy]^2\geq0}$

από εδώ

Spribo έγραψε:Η ανισότητα γίνεται $\displaystyle{ 2^8 x^3y^3 (x^2+y^2)^2 \leq (x+y)^{10} \Leftrightarrow (4xy)^{\frac{3}{5}}[2(x^2+y^2)]^{\frac{2}{5}} \leq (x+y)^2}$ .
Από τη σταθμισμένη ΑΜ-ΓΜ παίρνουμε ότι $\displaystyle{ LHS\leq \frac{12xy+4x^2+4y^2}{5} \leq (x+y)^2}$ .
Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν $\displaystyle{x=y=\alpha}$ .

από εδώ

Dimitris X έγραψε:Αφού είναι homogeneous,wlog μπορούμε να θεωρήσουμε ότι $\displaystyle{x + y = 2}$ .
Άρα $\displaystyle{a = 1}$ .
Αφού $\displaystyle{x + y = 2}$ έχουμε ότι $\displaystyle{xy \le 1}$
Άρα $\displaystyle{ x^2y^2 \ge x^3y^3}$ .
Άρα αρκεί
$\displaystyle{x^2y^2(x^2+y^2)^2\le 4\Longleftrightarrow xy\left((x+y)^2-2xy\right)\le 2\Longleftrightarrow xy(4-2xy)\le 2\Longleftrightarrow 2(xy-1)^2\ge 0}$
που ισχύει

από εδώ

kalantzis έγραψε:Θα πρέπει $\displaystyle{2^{8}x^{3}y^{3}(x^{2} + y^{2})^{2}\leq (x + y)^{10}}$ . Θα χρησιμοποιήσω την $\displaystyle{(x + y)^{2}\ge4xy}$ .
Έτσι αρκεί $\displaystyle{(x + y)^8\ge2^6x^2y^2(x^2 + y^2)^2 \Longleftrightarrow (x + y)^4\ge8xy(x^2 + y^2)}$
Όμως $\displaystyle{(x + y)^4 = x^4 + y^4 + 6x^2y^2 + 4xy(x^2 + y^2)}$
και έτσι αρκεί $\displaystyle{x^4 + y^4 + 6x^2y^2\ge 4xy(x^2 + y^2) \Longleftrightarrow (x - y)^4\ge 0}$ που προφανώς ισχύει.
Ισότητα προφανώς όταν $\displaystyle{x = y =\alpha}$ .

parmenides51 έγραψε:3. Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{(O,R)}$ και έστω $\displaystyle{I}$ το έκκεντρό του.
Οι προεκτάσεις των $\displaystyle{AI, BI}$ και $\displaystyle{CI}$ τέμνουν το περιγεγραμμένο κύκλο στα σημεία $\displaystyle{D, E}$ και $\displaystyle{F}$ αντίστοιχα.
Οι κύκλοι με διάμετρο $\displaystyle{ID, IE}$ και $\displaystyle{IF}$ τέμνουν τις πλευρές $\displaystyle{BC, AC}$ και $\displaystyle{AB}$ στα σημεία $\displaystyle{A_1, A_2 , B_1, B_2}$ και $\displaystyle{C_1, C_2}$ αντίστοιχα.
Να αποδείξτε ότι τα σημεία $\displaystyle{A_1, A_2, B_1, B_2, C_1, C_2}$ είναι ομοκυκλικά.

εδώ, εδώ, εδώ και εδώ (aops)

parmenides51 έγραψε:4. Στο επίπεδο θεωρούμε $\displaystyle{k + n}$ διαφορετικές μεταξύ τους ευθείες, όπου $\displaystyle{k}$ ακέραιος με $\displaystyle{k>1}$ και $\displaystyle{n}$ θετικός ακέραιος, οι οποίες ανά τρεις δεν περνάνε από το ίδιο σημείο. Από τις ευθείες αυτές, $\displaystyle{k}$ είναι παράλληλες μεταξύ τους ενώ οι υπόλοιπες $\displaystyle{n}$ τέμνονται ανά δύο και δεν υπάρχει κάποια από αυτές που να είναι παράλληλη με τις $\displaystyle{k}$ παράλληλες ευθείες. Όλες οι παραπάνω ευθείες τεμνόμενες διαμερίζουν το επίπεδο σε χωρία (π.χ τριγωνικά, πολυγωνικά και μη φραγμένα).
Δύο χωρία θεωρούνται διαφορετικά, αν δεν έχουν κοινά σημεία ή αν έχουν κοινά σημεία μόνο στο σύνορό τους. Ένα χωρίο θα το ονομάζουμε “καλό” όταν βρίσκεται ανάμεσα στις παράλληλες ευθείες.
Αν σε ένα σχηματισμό, το ελάχιστο πλήθος των “καλών” χωρίων είναι $\displaystyle{176}$ και το μέγιστο πλήθος τους είναι $\displaystyle{221}$ , να βρεθούν τα $\displaystyle{k, n}$ .

εδώ

parmenides51 · #3

parmenides51 έγραψε:1. Να προσδιορίσετε τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $\displaystyle{x^4 -6x^2 + 1 = 7 \cdot 2^y}$ .

εδώ γράφει

sakis63 έγραψε: $\displaystyle{x^4-6x^2+1+7=7(2^y+1)}$
$\displaystyle{x^4-2x^2-4x^2+8=7(2^y+1)}$
$\displaystyle{x^2 (x^2-2)-4(x^2-2)=7(2^y+1)}$
$\displaystyle{(x^2-2)(x^2-4)=7(2^y+1)}$
$\displaystyle{(x^2-2)(x-2)(x+2)=7(2^y+1)}$ (1)
Για $\displaystyle{(x^2-2)=7 ⇔ x=±3 }$ και η (1) γίνεται $\displaystyle{5=2^y+1 \Rightarrow y=2 }$
Για $\displaystyle{(x-2)=7 ⇔ x=9 }$ και η (1) γίνεται $\displaystyle{869=2^y+1 \Rightarrow y\notin Z}$
Για $\displaystyle{(x+2)=7 ⇔ x=5}$ και η (1) γίνεται $\displaystyle{69=2^y+1 \Rightarrow y\notin Z}$
Άρα $\displaystyle{x=±3}$ και $\displaystyle{y=2}$

Είναι η παραπάνω λύση σωστή;
Δεν καταλαβαίνω γιατί πρέπει απαραίτητα ένας από τους όρους του γινομένου του πρώτου μέλους να ισούται με $\displaystyle{7}$ .

#4

parmenides51 έγραψε:
parmenides51 έγραψε:1. Να προσδιορίσετε τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $\displaystyle{x^4 -6x^2 + 1 = 7 \cdot 2^y}$ .
εδώ γράφει
sakis63 έγραψε: $\displaystyle{x^4-6x^2+1+7=7(2^y+1)}$
$\displaystyle{x^4-2x^2-4x^2+8=7(2^y+1)}$
$\displaystyle{x^2 (x^2-2)-4(x^2-2)=7(2^y+1)}$
$\displaystyle{(x^2-2)(x^2-4)=7(2^y+1)}$
$\displaystyle{(x^2-2)(x-2)(x+2)=7(2^y+1)}$ (1)
Για $\displaystyle{(x^2-2)=7 ⇔ x=±3 }$ και η (1) γίνεται $\displaystyle{5=2^y+1 \Rightarrow y=2 }$
Για $\displaystyle{(x-2)=7 ⇔ x=9 }$ και η (1) γίνεται $\displaystyle{869=2^y+1 \Rightarrow y\notin Z}$
Για $\displaystyle{(x+2)=7 ⇔ x=5}$ και η (1) γίνεται $\displaystyle{69=2^y+1 \Rightarrow y\notin Z}$
Άρα $\displaystyle{x=±3}$ και $\displaystyle{y=2}$
Είναι η παραπάνω λύση σωστή;
Δεν καταλαβαίνω γιατί πρέπει απαραίτητα ένας από τους όρους του γινομένου του πρώτου μέλους να ισούται με $\displaystyle{7}$ .

Η παραπάνω λύση δεν είναι σωστή και το λάθος είναι ακριβώς εκείνο που επισημαίνει ο parmenides51.

Αλέξανδρος

sokratis lyras · #5

parmenides51 έγραψε:1. Να προσδιορίσετε τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $\displaystyle{x^4 -6x^2 + 1 = 7 \cdot 2^y}$ .

.

Η εξίσωση γράφεται $(x^2-2x-1)(x^2+2x-1)=7\cdot 2^y$ .Με $\mod 2$ παίρνουμε

περιττό και με $\mod 8$ παίρνουμε $y\le 2$ και τώρα είναι απλή.

EDIT: Ας εξηγήσω λίγο τα παραπάνω.Αρχικά αν y<0

τότε το δεξί μέλος δεν είναι ακέραιο ενώ το αριστερό είναι.Άρα $y\ge 0$ .Επίσης έστω x>0

αφού αν

είναι λύση,τότε και η (-x,y)

είναι λύση.Αν y=0

τότε πρέπει x^2-2x-1=1

και

και προσθέτοντας κατα μέλη παίρνουμε 2x^2=10

άτοπο.Αν τώρα $x\equiv 0\mod 2$ τότε $LHS\equiv (-1)(-1)\mod 2=1\mod 2$ ενώ $RHS\equiv 0\mod 2$ άτοπο.Άρα

περιττός.Για $y\ge 3$ είναι $RHS\equiv 0\mod 8$ ενώ $x^2\equiv 1\mod8\Rightarrow x^2-2x-1\equiv -2k\mod 8$ όπου $k=x\mod 8$ .Ομοίως $x^2+2x-1\equiv 2k\mod 8$ .Άρα $LHS\equiv 4k^2\mod 8$ .Όμως $k\equiv 1 \mod 2$ και συνεπώς $LHS\equiv 4\mod 8$ .Άρα $y\le 2$ .

parmenides51 · #6

parmenides51 έγραψε:3. Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{(O,R)}$ και έστω $\displaystyle{I}$ το έκκεντρό του.
Οι προεκτάσεις των $\displaystyle{AI, BI}$ και $\displaystyle{CI}$ τέμνουν το περιγεγραμμένο κύκλο στα σημεία $\displaystyle{D, E}$ και $\displaystyle{F}$ αντίστοιχα.
Οι κύκλοι με διάμετρο $\displaystyle{ID, IE}$ και $\displaystyle{IF}$ τέμνουν τις πλευρές $\displaystyle{BC, AC}$ και $\displaystyle{AB}$ στα σημεία $\displaystyle{A_1, A_2 , B_1, B_2}$ και $\displaystyle{C_1, C_2}$ αντίστοιχα.
Να αποδείξτε ότι τα σημεία $\displaystyle{A_1, A_2, B_1, B_2, C_1, C_2}$ είναι ομοκυκλικά.

από εδώ

Bars έγραψε:Let $\displaystyle{A_{3}}$ is a midpoint of $\displaystyle{ID}$ .
Then $\displaystyle{ BA_{1}\cdot BA_{2}=BA_{3}^{2}-\frac{ID^{2}}{4}=\frac{2IB^{2}+2BD^{2}-2ID^{2}}{4}=\frac{IB^{2}}{2}}$ .
Similarly $\displaystyle{BC_{1}\cdot BC_{2}=\frac{IB^{2}}{2}\Rightarrow BA_{1}\cdot BA_{2}=BC_{1}\cdot BC_{2}\Rightarrow(A_{1},A_{2},B_{1},B_{2})}$ are concyclic.
Similarly $\displaystyle{(A_{1},A_{2},C_{1},C_{2}),(B_{1},B_{2},C_{1},C_{2})}$ are concyclic.
If $\displaystyle{(A_{1},A_{2},B_{1},B_{2},C_{1},C_{2})}$ aren't concyclic, then $\displaystyle{3 }$ circles have radical center.
But $\displaystyle{AB,BC}$ and $\displaystyle{AC}$ aren't concurrent.

parmenides51 έγραψε:4. Στο επίπεδο θεωρούμε $\displaystyle{k + n}$ διαφορετικές μεταξύ τους ευθείες, όπου $\displaystyle{k}$ ακέραιος με $\displaystyle{k>1}$ και $\displaystyle{n}$ θετικός ακέραιος, οι οποίες ανά τρεις δεν περνάνε από το ίδιο σημείο. Από τις ευθείες αυτές, $\displaystyle{k}$ είναι παράλληλες μεταξύ τους ενώ οι υπόλοιπες $\displaystyle{n}$ τέμνονται ανά δύο και δεν υπάρχει κάποια από αυτές που να είναι παράλληλη με τις $\displaystyle{k}$ παράλληλες ευθείες. Όλες οι παραπάνω ευθείες τεμνόμενες διαμερίζουν το επίπεδο σε χωρία (π.χ τριγωνικά, πολυγωνικά και μη φραγμένα).
Δύο χωρία θεωρούνται διαφορετικά, αν δεν έχουν κοινά σημεία ή αν έχουν κοινά σημεία μόνο στο σύνορό τους. Ένα χωρίο θα το ονομάζουμε “καλό” όταν βρίσκεται ανάμεσα στις παράλληλες ευθείες.
Αν σε ένα σχηματισμό, το ελάχιστο πλήθος των “καλών” χωρίων είναι $\displaystyle{176}$ και το μέγιστο πλήθος τους είναι $\displaystyle{221}$ , να βρεθούν τα $\displaystyle{k, n}$ .

διαφορετικά γραμμένη η παραπάνω λύση του Αλέξανδρου στην παραπομπή, από εδώ

spanferkel έγραψε:Let's call the region between the $\displaystyle{k}$ parallel lines the "strip". Fixing $\displaystyle{k}$ and increasing $\displaystyle{n}$ , the minimum of good regions is attained if all intersections between the $\displaystyle{n}$ lines are outside the strip. So $\displaystyle{f_{min} = (n + 1)(k - 1)}$ .

For the maximum, each of the $\displaystyle{n}$ lines must intersect all the others inside the strip. If the $\displaystyle{n}$ -th line is added (not counting the k parallel lines), it is cut by the already existing lines into at most $\displaystyle{(k + n - 2)}$ segments lying inside the strip, which is thus the maximal number of good regions added. So $\displaystyle{f_{max} = 2(k - 1) + \sum_{i = 2}^n (k + i - 2) = nk + k + \frac {n^2 - 3n - 2}2 = f_{min} + \frac {n^2 - n}2}$ . So we have $\displaystyle{\frac {n^2 - n}2 = 221 - 176 = 45}$ , thus $\displaystyle{n = 10}$ , hence $\displaystyle{k = 17}$

Γιώτα · #7

Μια λύση για την γεωμετρία με επιφύλαξη αν ειναι σωστη...
Θα αποδείξω ότι Α,Κ,Ι είναι συνευθειακά.
$C\hat{A}E=E\hat{B}C=B/2$
$A\hat{E}F=A\hat{C}E=C/2$ ( Τα F, K, E είναι συνευθειακά καθώς $I\hat{K}E=F\hat{K}I=90$ βαίνουν σε διάμετρο.)
στο ΚΑΕ τρίγωνο έχω ότι $K\hat{A}E=\hat{A}/2+\hat{B}/2$ και $AEF=\hat{C}/2$
άρα $A\hat{K}E=180-\hat{A}/2-\hat{B}/2-\hat{C}/2=90$ άρα επειδή $I\hat{K}E=90$ τα σημεία Α, Κ, Ι είναι συνευθειακα.
Επομένως ΑΚΙ ο ριζικός άξονας των κύκλων Κ και Η, άρα από τη δύναμη σημείου προκύπτει ότι $AC_1\times AC_2=AB_2\times AB_1$ ( όμοια και για τους άλλους κύκλους) επομένως τα σημεία A_1,A_2,B_1.B_2,C_1,C_2

είναι ομοκυκλικά

ArgirisM · #8

Γιώτα έγραψε:Μια λύση για την γεωμετρία με επιφύλαξη αν ειναι σωστη...
Θα αποδείξω ότι Α,Κ,Ι είναι συνευθειακά.
$C\hat{A}E=E\hat{B}C=B/2$
$A\hat{E}F=A\hat{C}E=C/2$ ( Τα F, K, E είναι συνευθειακά καθώς $I\hat{K}E=F\hat{K}I=90$ βαίνουν σε διάμετρο.)
στο ΚΑΕ τρίγωνο έχω ότι $K\hat{A}E=\hat{A}/2+\hat{B}/2$ και $AEF=\hat{C}/2$
άρα $A\hat{K}E=180-\hat{A}/2-\hat{B}/2-\hat{C}/2=90$ άρα επειδή $I\hat{K}E=90$ τα σημεία Α, Κ, Ι είναι συνευθειακα.
Επομένως ΑΚΙ ο ριζικός άξονας των κύκλων Κ και Η, άρα από τη δύναμη σημείου προκύπτει ότι $AC_1\times AC_2=AB_2\times AB_1$ ( όμοια και για τους άλλους κύκλους) επομένως τα σημεία είναι ομοκυκλικά

Γιώτα, είσαι αρκετά κοντά στην ολοκλήρωση της λύσης της άσκησης, σου λείπει όμως ένα δεδομένο. Γνωρίζεις πως και οι τρεις τετράδες σημείων που έχεις ανήκουν σε κύκλους, αλλά δεν γνωρίζεις αν οι κύκλοι ταυτίζονται. Τα τετράπλερα που έχεις έχουν ανά δύο μία πλευρά κοινή. Από δύο σημεία όμως διέρχονται άπειροι κύκλοι. Αρκεί να δείξεις ότι οι μεσοκάθετοι των τμημάτων A_1A_2, B_1B_2, C_1C_2

συντρέχουν και να αξιοποιήσεις αυτό που ήδη έχεις αποδείξει για τα εγγράψιμα τετράπλευρα ώστε να δείξεις πως τα σημεία είναι ομοκυκλικά και καθάρισες

.

Γιώτα · #9

Ίσως θα μπορούσα να ολοκληρώσω την λύση και με τον εξης τρόπο:
Αν τα σημεια $A_{1},A_{2},B_{1},B_{2},C_{1},C_{2}$ δεν ηταν ομοκυκλικά θα υπήρχαν τρείς κύκλοι οι οποίοι θα είχαν ριζικό κέντρο ομως τα AB,BC

,

δεν συντρεχουν επομενως τα σημεια ειναι ομοκυκλικα

Bars έγραψε:
If aren't concyclic, then circles have radical center.
But and aren't concurrent.

ArgirisM · #10

Γιώτα έγραψε:Ίσως θα μπορούσα να ολοκληρώσω την λύση και με τον εξης τρόπο:
Αν τα σημεια $A_{1},A_{2},B_{1},B_{2},C_{1},C_{2}$ δεν ηταν ομοκυκλικά θα υπήρχαν τρείς κύκλοι οι οποίοι θα είχαν ριζικό κέντρο ομως τα, δεν συντρεχουν επομενως τα σημεια ειναι ομοκυκλικα
Bars έγραψε:
If aren't concyclic, then circles have radical center.
But and aren't concurrent.

#11

parmenides51 έγραψε:1. Να προσδιορίσετε τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $\displaystyle{x^4 -6x^2 + 1 = 7 \cdot 2^y}$ .

Και μία σύντομη λύση της παραπάνω: Η εξίσωση γράφεται $(x^2-3)^2=7\cdot 2^y+8$ Για $y\geq 4$ είναι $7\cdot 2^y+8\equiv 8\pmod{16}$ , άτοπο γιατί το

δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο $\pmod{16}$ .

Για y<0

το δεύτερο μέλος της (1)

δεν είναι ακέραιος σε αντίθεση με το 1ο μέλος, άρα δεν υπάρχουν λύσεις.

Τέλος, εξετάζοντας με το χέρι τις περιπτώσεις $y=1, \ 2, \ 3$ που μένουν καταλήγουμε στις λύσεις (x,y)=(3,2)

και

.

Αλέξανδρος

mathematica.gr

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2009 - ΛΥΚΕΙΟ

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2009 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2009 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2009 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2009 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2009 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2009 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2009 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2009 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2009 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2009 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2009 - ΛΥΚΕΙΟ

Μέλη σε σύνδεση