Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

#41

ΑΣΚΗΣΗ 15:
Έστω a,b

είναι δύο θετικοί ακέραιοι με $\left(a,b \right)=d.$
Να αποδείξετε ότι μεταξύ των αριθμών $a,2a,3a,...,\left(b-1 \right)a,ba$ ακριβώς

είναι πολλαπλάσια του

#42

ΑΣΚΗΣΗ 16:
Bρείτε όλες τις ακέραιες τιμές του

για τις οποίες το P(x)=x^4+6x^3+11x^2+3x+31

είναι το τετράγωνο κάποιου ακεραίου.

#43

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 16:
Bρείτε όλες τις ακέραιες τιμές του για τις οποίες το είναι το τετράγωνο κάποιου ακεραίου.

Εύκολα βλέπουμε ότι για κάθε $\displaystyle{x}$ ισχύει

$\displaystyle{P(x)>(x^2+3x)^2.}$

Επίσης, ισχύει

$\displaystyle{P(x)<(x^2+3x+9)^2.}$

Για να συμβαίνει λοιπόν το ζητούμενο πρέπει να ισχύει

$\displaystyle{P(x)=(x^2+3x+a)^2,~a=1,2,3,4,5,6,7,8.}$

Λύνοντας τις εξισώσεις βλέπουμε ότι όλες εκτός της πρώτης είναι αδύνατες στο $\displaystyle{\mathbb{Z}.}$ (εξισώσεις 2ου βαθμού)
Η πρώτη έχει την λύση $\displaystyle{x=10.}$

#44

ΑΣΚΗΣΗ 17:
Να αποδείξετε ότι $\rm 133|\left(11^{988}+12^{1973} \right)$

sokratis lyras · #45

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 17:
Να αποδείξετε ότι $\rm 133|\left(11^{988}+12^{1973} \right)=k$

Αφού $\rm 133=7\cdot 19$ ,αρκεί να δειχθεί ότι $\rm 7|k$ και 19|k

.

Όμως $\rm 11^6\equiv 1\mod 7 \implies 11^{984}\equiv 1\mod 7\implies 11^{988}\equiv 4\mod 7\rm$ και

$\rm 12^6\equiv 1\mod 7\implies 12^{1968}\equiv 1\mod 7\implies 12^{1973}\equiv 3\mod 7\rm$ .

Οπότε 7|k

Επίσης $\rm 11^{18}\equiv 1\mod19 \implies 11^{972}\equiv 1\mod 19\implies 11^{988}\equiv 11^{16}\mod 19\equiv 8^{16}\equiv 64^8\equiv 7^8\equiv 49^4\equiv 11^4\equiv 8^4\equiv 64^2\equiv 7^2\equiv 11\mod 19\rm$ και

$\rm 12^{1962}\equiv 1\mod 19\implies 12^{1973}\equiv 12^{11}\mod 19\equiv (-7)^{11}\equiv -(7^2)^5\cdot 7\equiv -11^5\cdot 7\equiv -11\cdot (7\cdot 11^4)\equiv -11 \mod 19 \rm$ .

Οπότε 19|k

και τελικά 133|k

#46

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 17:
Να αποδείξετε ότι $\rm 133|\left(11^{988}+12^{1973} \right)$

Μετά την απόδειξη του Σωκράτη, ας δούμε και μια ακόμα, αλγεβρικού χαρακτήρα.

Θα αποδείξουμε ότι το πολυώνυμο

$\displaystyle{\rm f(x)=x^{988}+(x+1)^{1973}}$ διαιρείται από το πολυώνυμο $\displaystyle{\rm g(x)=x^2+x+1.}$

Μπορούμε να εργαστούμε με δύο τρόπους.

$\displaystyle{\bullet }$ Θα αποδείξουμε ότι οι ρίζες του $\displaystyle{\rm g}$ , δηλαδή οι αριθμοί $\displaystyle{\rm \frac{-1\pm i\sqrt{3}}{2}}$ είναι ρίζες και του $\displaystyle{\rm f}$ . Η απόδειξη είναι ρουτίνα και γίνεται τη βοηθεία του θεωρήματος De Moivre.

$\displaystyle{\bullet}$ Εργαζόμαστε $\displaystyle{\rm \mod g(x)}$

Έχουμε

$\displaystyle{\rm f(x)\equiv x^{988}+(-x^2)^{1973}=x^{988}(1-x^{2958})\equiv 0\mod g(x),}$

αφού $\displaystyle{3|2958}$ και $\displaystyle{\rm x^3\equiv 1\mod g(x).}$

Πλέον, έχοντας αποδειχθεί το παραπάνω, θέτουμε $\displaystyle{\rm x=11}$ και τελειώσαμε.

#47

ΑΣΚΗΣΗ 18:
Να λυθεί στους θετικούς ακεραίους η εξίσωση $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=\dfrac{3}{5}.$

ΑΣΚΗΣΗ 19:
Να λυθεί στους θετικούς ακεραίους η εξίσωση $\left(1+\dfrac{1}{x} \right)\left(1+\dfrac{1}{y} \right)\left(1+\dfrac{1}{z} \right)=2.$

#48

ΑΣΚΗΣΗ 20:
Πόσα ψηφία (στο δεκαδικό σύστημα αρίθμησης) έχει ο αριθμός $2^{100};$

#49

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 20:
Πόσα ψηφία (στο δεκαδικό σύστημα αρίθμησης) έχει ο αριθμός $2^{100};$

Θα χρησιμοποιήσουμε ότι $\displaystyle{\boxed{\sqrt{3}\cdot 5^4>2^{10}}}$ το οποίο επιβεβαιώνεται άμεσα με το χέρι.

Είναι

$\displaystyle{2^{100}=(2^{10})^{10}=1024^{10}>1000^{10}=10^{30}.}$

Επίσης αποδεικνύουμε ότι $\displaystyle{2^{100}<10^{31},}$ οπότε ο αριθμός θα έχει $\displaystyle{31}$ ψηφία.

Είναι

$\displaystyle{\frac{10^{31}}{2^{100}}=\frac{5^{31}}{2^{69}}>\frac{5^{30}}{2^{69}}=\Big(\frac{5^{10}}{2^{23}}\Big)^3}$

Απομένει να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{5^{10}>2^{23}.}$

Είναι

$\displaystyle{5^{10}=25\cdot 5^{8}>24\cdot 5^8=2^3\cdot 3\cdot 5^8=2^3\cdot (\sqrt{3}\cdot 5^4)^2>2^3\cdot (2^{10})^2=2^{23}.}$

#50

ΑΣΚΗΣΗ 21:

Να λυθεί η εξίσωση $\sqrt{x^2+x}+\sqrt{1+\dfrac{1}{x^2}}=\sqrt{x+3}.$

#51

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 21:

Να λυθεί η εξίσωση $\sqrt{x^2+x}+\sqrt{1+\dfrac{1}{x^2}}=\sqrt{x+3}.$

Η δοσμένη εξίσωση ορίζεται για $\displaystyle{x \in \left[ { - 3, - 1} \right] \cup \left( {0, + \infty } \right).}$ Υψώνοντας και τα δύο μέλη της στο τετράγωνο, βρίσκουμε ότι

$\displaystyle{{x^2} + x + 1 + \frac{1}{{{x^2}}} + 2\sqrt {\left( {{x^2} + x} \right)\left( {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)} = x + 3 \iff }$

$\displaystyle{ \iff {\left( {x - \frac{1}{x}} \right)^2} + 2\sqrt {\left( {{x^2} + x} \right)\left( {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)} = 0 \iff x - \frac{1}{x} = \left( {{x^2} + x} \right)\left( {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} \right) = 0 \iff \boxed{x = - 1}.}$

#52

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 18:
Να λυθεί στους θετικούς ακεραίους η εξίσωση $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=\dfrac{3}{5}.$

Δίχως βλάβη της γενικότητας, υποθέτουμε ότι $\displaystyle{2 \le x \le y \le z}$ . Τότε, είναι

$\displaystyle{\frac{3}{5} = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \le \frac{3}{x},}$

οπότε $\displaystyle{x \in \left\{ {2,3,4,5} \right\}}$ .

Έχουμε τις εξής περιπτώσεις:

$\bullet$ Αν x=2

, τότε $\displaystyle{\frac{1}{{10}} = \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \le \frac{2}{y},}$ οπότε $\displaystyle{y \in \left\{ {11,12, \ldots ,20} \right\}.}$

Επίσης,

$\displaystyle{\frac{1}{y} + \frac{1}{z} = \frac{1}{{10}} \Leftrightarrow 10y + 10z = yz \Leftrightarrow \left( {y - 10} \right)\left( {z - 10} \right) = 100,}$

οπότε ο αριθμός y-10

είναι διαιρέτης του 100

. Βρίσκουμε ότι $\displaystyle{y \in \left\{ {11,12,14,15,20} \right\}}$ , οπότε προκύπτουν οι λύσεις

$\displaystyle{\left( {x,y,z} \right) \in \left\{ {\left( {2,11,110} \right),\left( {2,12,60} \right),\left( {2,14,35} \right),\left( {2,15,30} \right),\left( {2,20,20} \right)} \right\}}$

και οι μεταθέσεις τους.

$\bullet$ Αν x=3

, τότε $\displaystyle{\frac{4}{{15}} = \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \le \frac{2}{y},}$ οπότε $\displaystyle{y \in \left\{ {3,4,5,6,7} \right\}.}$

Εξετάζοντας τις περιπτώσεις που προκύπτουν, βρίσκουμε τις λύσεις

$\displaystyle{\left( {x,y,z} \right) \in \left\{ {\left( {3,4,60} \right),\left( {3,5,15} \right),\left( {3,6,10} \right)} \right\}}$

και τις μεταθέσεις τους.

$\bullet$ Αν x=4

, τότε $\displaystyle{\frac{7}{{20}} = \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \le \frac{2}{y},}$ οπότε $\displaystyle{y \in \left\{ {4,5} \right\}}$ και βρίσκουμε τη λύση

$\displaystyle{\left( {x,y,z} \right) = \left( {4,4,10} \right)}$

και τις μεταθέσεις της.

$\bullet$ Αν x=5

, τότε $\displaystyle{\frac{2}{{5}} = \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \le \frac{2}{y},}$ οπότε $\displaystyle{y = z =5 }$ και βρίσκουμε τη λύση

$\displaystyle{\left( {x,y,z} \right) = \left( {5,5,5} \right)}$ .

#53

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 19:
Να λυθεί στους θετικούς ακεραίους η εξίσωση $\left(1+\dfrac{1}{x} \right)\left(1+\dfrac{1}{y} \right)\left(1+\dfrac{1}{z} \right)=2.$

Δίχως βλάβη της γενικότητας, υποθέτουμε ότι $\displaystyle{x \le y \le z.}$ Παρατηρούμε ότι αν $\displaystyle{x \ge 4}$ , τότε

$\displaystyle{2 = \left( {1 + \frac{1}{x}} \right)\left( {1 + \frac{1}{y}} \right)\left( {1 + \frac{1}{z}} \right) \le {\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^3} \le {\left( {1 + \frac{1}{4}} \right)^3} = \frac{{125}}{{64}},}$

που είναι άτοπο. Επομένως, είναι $\displaystyle{x \in \left\{ {1,2,3} \right\}}$ .

$\bullet$ Αν x =1

, τότε $\displaystyle{\left( {1 + \frac{1}{y}} \right)\left( {1 + \frac{1}{z}} \right) = 1,}$ που είναι αδύνατη για y, z >0

.

$\bullet$ Αν x =2

, τότε παρατηρούμε ότι για $y \ge 7$ είναι

$\displaystyle{\frac{4}{3} = \left( {1 + \frac{1}{y}} \right)\left( {1 + \frac{1}{z}} \right) \le {\left( {1 + \frac{1}{y}} \right)^2} \le {\left( {1 + \frac{1}{7}} \right)^2} = \frac{{64}}{{49}},}$

που είναι άτοπο. Επομένως, είναι $\displaystyle{y \le 6}$ .

Επίσης, είναι

$\displaystyle{\frac{4}{3} = \left( {1 + \frac{1}{y}} \right)\left( {1 + \frac{1}{z}} \right) > 1 + \frac{1}{y},}$

οπότε $\displaystyle{y > 3}$ . Δοκιμάζοντας τις τιμές $\displaystyle{y \in \left\{ {4,5,6} \right\}}$ βρίσκουμε τις λύσεις

$\displaystyle{\left( {x,y,z} \right) \in \left\{ {\left( {2,6,7} \right),\left( {2,5,9} \right),\left( {2,4,15} \right)} \right\}}$

και τις μεταθέσεις τους.

$\bullet$ Αν x =3

, τότε παρατηρούμε ότι για $y \ge 5$ είναι

$\displaystyle{\frac{3}{2} = \left( {1 + \frac{1}{y}} \right)\left( {1 + \frac{1}{z}} \right) \le {\left( {1 + \frac{1}{y}} \right)^2} \le {\left( {1 + \frac{1}{5}} \right)^2} = \frac{{36}}{{25}},}$

που είναι άτοπο. Επομένως, είναι $\displaystyle{y \le 4}$ .

Επίσης, είναι

$\displaystyle{\frac{3}{2} = \left( {1 + \frac{1}{y}} \right)\left( {1 + \frac{1}{z}} \right) > 1 + \frac{1}{y},}$

οπότε $\displaystyle{y > 2}$ . Δοκιμάζοντας τις τιμές $\displaystyle{y \in \left\{ {3,4} \right\}}$ βρίσκουμε τις λύσεις

$\displaystyle{\left( {x,y,z} \right) \in \left\{ {\left( {3, 3, 8} \right),\left( {3, 4, 5} \right) \right\}}$

και τις μεταθέσεις τους.

S.E.Louridas · #54

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 17:
Να αποδείξετε ότι $\rm 133|\left(11^{988}+12^{1973} \right)$

Θα μπορούσαμε να είχαμε και την εξής διαπραγμάτευση:

${11^{988}}+{12^{1973}}={121^{494}}+{12^{1973}}={(133-12)^{494}}+{12^{1973}}=$ $133k+{12^{494}}({12}^{1479}+1)=133k+{12^{494}}({1728^{493}}+1)=$ 133k+133n=133t.

#55

ΑΣΚΗΣΗ 22:

Να λυθεί η εξίσωση $x=\sqrt{x-\dfrac{1}{x}}+\sqrt{1-\dfrac{1}{x}}.$

ΑΣΚΗΣΗ 23:

Οι φυσικοί αριθμοί x,y

ικανοποιούν τη σχέση 2x^2+x=3y^2+y.

Να αποδείξετε ότι οι αριθμοί x-y,2x+2y+1,3x+3y+1

είναι τέλεια τετράγωνα ακεραίων.

ΑΣΚΗΣΗ 24:

Να λυθεί στους πραγματικούς αριθμούς η εξίσωση x^4-2ax^2+x+a^2-a=0

για τις διάφορες τιμές της πραγματικής παραμέτρου

ΑΣΚΗΣΗ 25:

Να λυθεί η εξίσωση $\sqrt{5x+1}-2\sqrt{4-x}+\sqrt{5}\sqrt{x+2}=\sqrt{61-4x}.$

S.E.Louridas · #56

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 22:
Να λυθεί η εξίσωση $x=\sqrt{x-\dfrac{1}{x}}+\sqrt{1-\dfrac{1}{x}}.$

Μία διαπραγμάτευση είναι και η εξής:

Το πεδίο ορισμού της εξίσωσης είναι το σύνολο $\left[ {1, + \infty } \right).$
Έτσι έχουμε : $\displaystyle{\sqrt {x - \frac{1}{x}} + \sqrt {1 - \frac{1}{x}} = x\,\,\left( 1 \right) \Leftrightarrow \sqrt {x - \frac{1}{x}} - \sqrt {1 - \frac{1}{x}} = 1 - \frac{1}{x}\;\left( 2 \right).}$
Αν αφαιρέσουμε από τη σχέση (1)

την σχέση

παίρνουμε:
$\displaystyle{2\sqrt {1 - \frac{1}{x}} = \frac{{{x^2} - x + 1}}{x}}$ από εδώ προκύπτει η εξίσωση
$\displaystyle{{x^4} - 2{x^3} - {x^2} + 2x + 1 = 0 \Leftrightarrow {x^2} + \frac{1}{{{x^2}}} - 2\left( {x - \frac{1}{x}} \right) - 1 = 0.}$
Αν θέσουμε $\displaystyle{x - \frac{1}{x} = t\;\left( 3 \right)}$ προκύπτει προς λύση η εξίσωση
$\displaystyle{{t^2} - 2t + 1 = 0 \Leftrightarrow {\left( {t - 1} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow t = 1.}$
Για την τιμή αυτή η (3)

γίνεται $\displaystyle{x - \frac{1}{x} = 1\;,}$ που δίνει ως λύσεις τις $\displaystyle{{x_1} = \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2},\quad {x_2} = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}.}$
Από τις λύσεις αυτές δεκτή είναι η δεύτερη.

#57

ΑΣΚΗΣΗ 26:

Έχουμε

ευθύγραμμα τμήματα τέτοια ώστε

οποιαδήποτε από αυτά σχηματίζουν τρίγωνο. Να αποδείξετε ότι τουλάχιστον τρία από αυτά σχηματίζουν οξυγώνιο τρίγωνο.

gavrilos · #58

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 23:

Οι φυσικοί αριθμοί ικανοποιούν τη σχέση
Να αποδείξετε ότι οι αριθμοί είναι τέλεια τετράγωνα ακεραίων.

Υπάρχει εδώ μόνο με τους δύο πρώτους αριθμούς.

Θα αποδείξω το ζητούμενο και για τον τρίτο αριθμό.Βάζω όλη τη λύση.

Η σχέση γράφεται $\displaystyle{2(x-y)(x+y)+(x-y)=y^{2}\Leftrightarrow (x-y)(2x+2y+1)=y^{2}}$ .

Έστω $\displaystyle{p}$ ένας πρώτος κοινός διαιρέτης των $\displaystyle{x-y,2x+2y+1}$ .Θα ισχύει $\displaystyle{p|y^{2}\Leftrightarrow p|y}$ .

Άρα $\displaystyle{p|2(x-y)-2x-2y-1+4y=-1\Leftrightarrow p|1}$ άτοπο άρα οι παράγοντες είναι πρώτοι μεταξύ τους άρα και τέλεια τετράγωνα.

Ας γράψουμε τώρα τη σχέση ως $\displaystyle{3(x-y)(x+y)+(x-y)=x^{2}\Leftrightarrow (x-y)(3x+3y+1)=x^{2}}$ .

Θα θεωρήσουμε πάλι έναν κοινό πρώτο διαιρέτη των $\displaystyle{x-y,3x+3y+1}$ .Θα ισχύει $\displaystyle{p|x^{2}\Leftrightarrow p|x}$ .

Άρα $\displaystyle{p|3(x-y)+3x+3y+1-6x=1}$ άτοπο άρα οι αριθμοί είναι πρώτοι μεταξύ τους άρα και τέλεια τετράγωνα.

#59

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 26:

Έχουμε ευθύγραμμα τμήματα τέτοια ώστε οποιαδήποτε από αυτά σχηματίζουν τρίγωνο. Να αποδείξετε ότι τουλάχιστον τρία από αυτά σχηματίζουν οξυγώνιο τρίγωνο.

Έστω $\displaystyle{a \le b \le x \le y \le z}$ τα μήκη των

ευθύγραμμων τμημάτων. Αν τα τμήματα με μήκη $\displaystyle{a,b}$ είναι πλευρές οξυγωνίου τριγώνου, τότε το ζητούμενο ισχύει. Αν όχι, τότε οι αριθμοί $\displaystyle{x,y,z}$ ανήκουν στο διάστημα $\displaystyle{\left[ {\sqrt {{a^2} + {b^2}} ,a + b} \right),}$ οπότε

$\displaystyle{{x^2} + {y^2} \ge 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) \ge {\left( {a + b} \right)^2} > {z^2}}$

και τα τμήματα με μήκη $\displaystyle{x,y,z}$ είναι πλευρές οξυγωνίου τριγώνου.

#60

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 24:

Να λυθεί στους πραγματικούς αριθμούς η εξίσωση για τις διάφορες τιμές της πραγματικής παραμέτρου

Η δοσμένη εξίσωση, θεωρούμενη ως εξίσωση δευτέρου βαθμού με το

ως άγνωστο και το

ως παράμετρο, γράφεται ισοδύναμα

$\displaystyle{{a^2} - \left( {2{x^2} + 1} \right)a + {x^4} + x = 0,}$

έχει διακρίνουσα

$\displaystyle{\Delta = {\left( {2{x^2} + 1} \right)^2} - 4\left( {{x^2} + x} \right) = {\left( {2x - 1} \right)^2}}$

και λύσεις

$\displaystyle{{a_1} = {x^2} + x,}$
$\displaystyle{{a_2} = {x^2} - x + 1, }$

οπότε

$\displaystyle{{a^2} - \left( {2{x^2} + 1} \right)a + {x^4} + x = \left( {a - {x^2} - x} \right)\left( {a - {x^2} + x - 1} \right).}$

Επομένως, η δοσμένη εξίσωση γράφεται ισοδύναμα

$\displaystyle{\left( {{x^2} + x - a} \right)\left( {{x^2} - x + 1 - a} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {{x^2} + x - a = 0 \vee {x^2} - x + 1 - a = 0} \right).}$

Εύκολα βρίσκουμε τώρα ότι:

$\bullet$ Αν $\displaystyle{a \in \left( { - \infty , - \frac{1}{4}} \right),}$ τότε η εξίσωση δεν έχει πραγματικές ρίζες.

$\bullet$ Αν $\displaystyle{a = - \frac{1}{4},}$ τότε η δοσμένη εξίσωση έχει τη (διπλή) πραγματική ρίζα $\displaystyle{x = - \frac{1}{2}.}$

$\bullet$ Αν $\displaystyle{a \in \left( { - \frac{1}{4},\frac{3}{4}} \right),}$ τότε η δοσμένη εξίσωση έχει δύο πραγματικές ρίζες, τις

$\displaystyle{{x_{1,2}} = \frac{{ - 1 \pm \sqrt {1 + 4a} }}{2}.}$

$\bullet$ Αν $\displaystyle{a = \frac{3}{4},}$ τότε η δοσμένη εξίσωση έχει την τριπλή πραγματική ρίζα $\displaystyle{{x_1} = \frac{1}{2}}$ και τη ρίζα $\displaystyle{{x_2} = - \frac{3}{2}}$ .

$\bullet$ Αν $\displaystyle{a \in \left( {\frac{3}{4}, + \infty } \right),}$ τότε η δοσμένη εξίσωση έχει

πραγματικές ρίζες, τις

$\displaystyle{{x_{1,2}} = \frac{{ - 1 \pm \sqrt {1 + 4a} }}{2}}$

και

$\displaystyle{{x_{3,4}} = \frac{{ 1 \pm \sqrt {- 3 + 4a} }}{2}.}$

Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Μέλη σε σύνδεση