ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1963 ΑΛΓΕΒΡΑ ΑΓΡΟΝΟΜΟΙ - ΤΟΠΟΓΡΑΦΟΙ

parmenides51 · #1

Εξεταστές : Διαμαντόπουλος - Μηλιώδης

1. Να λυθεί το σύστημα $\displaystyle{\begin{cases} x^2+xy+y^2=84 \\ x+\sqrt{xy}+y=14 \end{cases}}$

2. Να δείξετε οτι $\displaystyle{\frac{1}{2}<\frac{1}{\nu+1}+\frac{1}{\nu+2}+...+\frac{1}{2\nu}<\frac{3}{4}}$ όπου $\displaystyle{\nu}$ φυσικός.

3. Να δειχθεί οτι το $\displaystyle{(\alpha+\beta+\gamma)^{\nu}-\alpha^{\nu}-\beta^{\nu}-\gamma^{\nu}}$ διαιρείται με το $\displaystyle{A=(\alpha+\beta+\gamma)^3-\alpha^3-\beta^3-\gamma^3}$
όπου $\displaystyle{\nu=2\mu+1>0}$

4. Να λυθεί το σύστημα $\displaystyle{\begin{cases} \displaystyle\sqrt[ x-y]{x+y}=2\sqrt3 \\ ( x+y)\cdot 2^{y-x}=3 \end{cases}}$

hlkampel · #2

parmenides51 έγραψε:4. Να λυθεί το σύστημα $\displaystyle{\begin{cases} \displaystyle\sqrt[ x-y]{x+y}=2\sqrt3 \\ ( x+y)\cdot 2^{y-x}=3 \end{cases}}$

$\displaystyle{\left\{ \begin{array}{l} \sqrt[{x - y}]{{x + y}} = 2\sqrt 3 \\ \left( {x + y} \right) \cdot {2^{y - x}} = 3 \\ \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x + y = {2^{x - y}}\left( {\sqrt 3 } \right){\;^{x - y}}\;\left( 1 \right) \\ x + y = 3 \cdot {2^{x - y}}\quad \quad \quad \left( 2 \right) \\ \end{array} \right.}$

Από (1), (2) έχουμε:

${2^{x - y}}{\left( {\sqrt 3 } \right)^{x - y}} = 3 \cdot {2^{x - y}} \Rightarrow {\left( {\sqrt 3 } \right)^{x - y}} = {\left( {\sqrt 3 } \right)^2} \Rightarrow x - y = 2 \Rightarrow y = x - 2\;\left( 3 \right)$

$\left( 2 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} x + x - 2 = 12 \Rightarrow x = 7$

Με x = 7

η (3) δίνει y = 5

.

Άρα η λύση του συστήματος είναι το ζεύγος $\left( {x,y} \right) = \left( {7,5} \right)$ που επαληθεύει τις εξισώσεις του συστήματος.

#3

parmenides51 έγραψε:Εξεταστές : Διαμαντόπουλος - Μηλιώδης

4. Να λυθεί το σύστημα $\displaystyle{\begin{cases} \displaystyle\sqrt[ x-y]{x+y}=2\sqrt3 \\ ( x+y)\cdot 2^{y-x}=3 \end{cases}}$

Από τη δεύτερη εξίσωση έχουμε, $\displaystyle{x + y = 3 \cdot {2^{x - y}}}$ (1). Αντικαθιστώ αυτή τη σχέση στην πρώτη εξίσωση του συστήματος.

$\displaystyle{\sqrt[{x - y}]{3} = \sqrt 3 \Leftrightarrow {3^{\frac{1}{{x - y}}}} = {3^{\frac{1}{2}}} \Leftrightarrow x - y = 2}$ , οπότε η (1), γράφεται: $\displaystyle{x + y = 12}$ , απ' όπου βρίσκουμε x=7, y=5

που επαληθεύουν τις εξισώσεις του συστήματος.

hlkampel · #4

parmenides51 έγραψε:1. Να λυθεί το σύστημα $\displaystyle{\begin{cases} x^2+xy+y^2=84 \\ x+\sqrt{xy}+y=14 \end{cases}}$

$\left\{ \begin{array}{l} {x^2} + xy + {y^2} = 84\;\left( 1 \right)\\ x + \sqrt {xy} + y = 14\;\;\left( 2 \right) \end{array} \right.$

Θέτοντας στις $\left( 1 \right)$ και $\left( 2 \right)$ $k = \sqrt {xy} \Leftrightarrow {k^2} = xy$ ( $xy \ge 0$ ) έχουμε:

$\left\{ \begin{array}{l} {x^2} + {k^2} + {y^2} = 84\\ x + k + y = 14\; \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\left( {x + y} \right)^2} - 2xy = 84 - {k^2}{\kern 1pt} \;\;\left( 4 \right)\\ x + y = 14 - k\quad \quad \quad \quad \quad \left( 5 \right) \end{array} \right.$

$\left( 4 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 5 \right)} {\left( {14 - k} \right)^2} - 2k^2 = 84 - {k^2} \Leftrightarrow k = 4$

Έτσι xy = 16

και

από την $\left( 5 \right)$

Τα x,y

είναι λύσεις της εξίσωσης:

${w^2} - 10w + 16 = 0 \Leftrightarrow \left( {w - 2} \right)\left( {w - 8} \right) = 0 \Leftrightarrow w = 2\;\dot \eta \;w = 8$

Άρα $\left( {x,y} \right) = \left( {2,8} \right)\;\dot \eta \;\left( {x,y} \right) = \left( {8,2} \right)$ που επαληθεύουν τις εξισώσεις του συστήματος.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #5

parmenides51 έγραψε:Εξεταστές : Διαμαντόπουλος - Μηλιώδης
2. Να δείξετε οτι $\displaystyle{\frac{1}{2}<\frac{1}{\nu+1}+\frac{1}{\nu+2}+...+\frac{1}{2\nu}<\frac{3}{4}}$ όπου $\displaystyle{\nu}$ φυσικός.

Η δεξιά ανισότητα είναι πολύ ενδιαφέρουσα και ίσως κινήσει το ενδιαφέρον και άλλων μελών του .

Θα γράψω δύο αποδείξεις για την ενδιαφέρουσα δεξιά ανισότητα.

Από την πασίγνωστη ανισότητα C-S προκύπτει ότι

$\displaystyle\left(\frac{1}{\nu +1}+\frac{1}{\nu +2}+\frac{1}{\nu +3}+...+\frac{1}{2\nu -2} +\frac{1}{2\nu -1}+\frac{1}{2\nu }\right)^{2}\leq \nu \left(\frac{1}{\left(\nu +1 \right)^{2}}+\frac{1}{\left(\nu +2 \right)^{2}}+\frac{1}{\left(\nu +3 \right)^{2}}+...+\frac{1}{\left(2\nu -2 \right)^{2}}+\frac{1}{\left(2\nu -1 \right)^{2}}+\frac{1}{\left(2\nu \right)^{2}} \right)$

Όμως

$\displaystyle\nu \left(\frac{1}{\left(\nu +1 \right)^{2}}+\frac{1}{\left(\nu +2 \right)^{2}}+\frac{1}{\left(\nu +3 \right)^{2}}+...+\frac{1}{\left(2\nu -2 \right)^{2}}+\frac{1}{\left(2\nu -1 \right)^{2}}+\frac{1}{\left(2\nu \right)^{2}} \right)<\nu\left[\frac{1}{\nu \left(\nu +1 \right)}+\frac{1}{\left(\nu +1 \right)\left(\nu +2 \right)} +\frac{1}{\left(\nu +2 \right)\left(\nu +3 \right)}+...+\frac{1}{\left(2\nu -2 \right)\left(2\nu -1\right)}+\frac{1}{\left(2\nu -1 \right)2\nu }\right]=$

$\displaystyle=\nu \left( \frac{1}{\nu }-\frac{1}{\nu +1}+\frac{1}{\nu +1}-\frac{1}{\nu +2}+\frac{1}{\nu +2}-\frac{1}{\nu +3}+...+\frac{1}{2\nu -2}-\frac{1}{2\nu -1}+\frac{1}{2\nu -1}-\frac{1}{2\nu } \right)=$

$\displaystyle=\nu \left( \frac{1}{\nu }-\frac{1}{2\nu } \right)=$

$\displaystyle=\nu \frac{1}{2\nu } =\frac{1}{2 }$

Aν συμβολίσω με

το άθροισμα $\displaystyle\frac{1}{\nu+1}+\frac{1}{\nu+2}+...+\frac{1}{2\nu}$ , έχω τελικά ότι
$\displaystyle S^{2}<\frac{1}{2}\Leftrightarrow S<\frac{\sqrt{2}}{2}$

Αφού όμως $\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}<\frac{3}{4}$ , προκύπτει ότι

$\displaystyle\frac{1}{\nu+1}+\frac{1}{\nu+2}+...+\frac{1}{2\nu}<\frac{3}{4}$

Ας γράψω τώρα μια δεύτερη απόδειξη.

$\displaystyle{S=\frac{1}{\nu+1}+\frac{1}{\nu+2}+\frac{1}{\nu+3}+...+\frac{1}{2\nu-2}+\frac{1}{2\nu-1}+\frac{1}{2\nu}$

και φυσικά

$\displaystyle{S=\frac{1}{2\nu}+\frac{1}{2\nu-1}+\frac{1}{2\nu-2}+...+\frac{1}{\nu+3}+\frac{1}{\nu+2}+\frac{1}{\nu+1}$

Αν προσθέσω προκύπτει ότι

$\displaystyle2S=\left(\frac{1}{\nu +1}+\frac{1}{2\nu } \right)+\left(\frac{1}{\nu +2}+\frac{1}{2\nu-1 } \right)+\left(\frac{1}{\nu +3}+\frac{1}{2\nu-2 } \right)+...+\left(\frac{1}{2\nu -2}+\frac{1}{\nu+3 } \right)+\left(\frac{1}{2\nu -1}+\frac{1}{\nu+2 } \right)+\left(\frac{1}{2\nu }+\frac{1}{\nu+1 } \right)=$

$\displaystyle=\frac{3\nu +1}{2\nu \left(\nu +1 \right)}+\frac{3\nu +1}{\left(2\nu -1 \right)\left(\nu +2 \right)}+\frac{3\nu +1}{\left(2\nu -2 \right)\left(\nu +3 \right)}+...+\frac{3\nu +1}{\left(2\nu -i \right)\left(\nu +1+i \right)}+...+\frac{3\nu +1}{\left(2\nu -2 \right)\left(\nu +3 \right)}+\frac{3\nu +1}{\left(2\nu -1 \right)\left(\nu +2 \right)}+\frac{3\nu +1}{2\nu \left(\nu +1 \right)}$

όπου $i=0,1,2,3,...,\nu -4,\nu -3,\nu -2,\nu -1$

Όμως

$\left(2\nu -i \right)\left(\nu +1+i \right)=2\nu \left(\nu +1 \right)+2\nu i-\left(\nu +1+i \right)i=$

$=2\nu \left(\nu +1 \right)+\left(\nu -1-i \right)i\geq 2\nu \left(\nu +1 \right).$

Συνεπώς

$\displaystyle\frac{1}{\left(2\nu -i \right)\left(\nu +1+i \right)}\leq \frac{1}{2\nu \left(\nu +1 \right)}$

και έτσι

$\displaystyle\frac{3\nu+1}{\left(2\nu -i \right)\left(\nu +1+i \right)}\leq \frac{3\nu+1}{2\nu \left(\nu +1 \right)}$

Έτσι μπορώ πλέον να γράψω ότι

$\displaystyle2S\leq \nu \frac{3\nu +1}{2\nu \left(\nu +1 \right)}=\frac{3\nu +1}{2\left(\nu +1 \right)}=\frac{3}{2}-\frac{1}{\nu +1}<\frac{3}{2}$

Συνεπώς $\displaystyle S<\frac{3}{4}$

Υπάρχουν κι άλλες αποδείξεις , οι οποίες ξεφεύγουν από τα εξεταστικά πλαίσια του μακρινού 1963.Δεν τις γράφω προς το παρόν γιατί θέλω να δώσω αφορμή να τις δημοσιεύσουν άλλοι. Αν όμως δεν δω ανταπόκριση , θα τις γράψω.

#6

parmenides51 έγραψε:
2. Να δείξετε οτι $\displaystyle{\frac{1}{2}<\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{2n}<\frac{3}{4}}$ όπου $\displaystyle{n}$ φυσικός.

Θα αποδείξω την ισχυρότερη

$\displaystyle{\boxed{\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{2n}<\frac{7}{10}}}$

βελτιώνοντας το φράγμα $\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{2}}}$ του Τηλέμαχου.

Έστω $\displaystyle{S=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{2n}.}$

Είναι

$\displaystyle{S=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}=\sum_{k=1}^{n}\frac{n}{n(n+k)}=\sum_{k=1}^{n}\Big(\frac{1}{n}-\frac{k}{n(n+k)}\Big)=1-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{n+k}}$

Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{n+k}>\frac{3n}{10}.}$

Είναι

$\displaystyle{\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{n+k}=\sum_{k=1}^{n}\frac{k^2}{nk+k^2}\stackrel{C-S}{\geq }\frac{\Big(1+2+\cdots n\Big)^2}{1^2+2^2+\cdots n^2+n(1+2+\cdots n)}=...=\frac{3n^2+3n}{10n+2}>\frac{3n}{10}.}$

Φαντάζομαι, δύσκολα μπορούμε με στοιχειώδη μέσα να βελτιώσουμε το φράγμα $\displaystyle{\frac{7}{10}.}$

Ισχύει
$\displaystyle{\lim\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}=\ln 2\simeq 0,693.}$

orestisgotsis · #7

Περιττό

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #8

parmenides51 έγραψε:Εξεταστές : Διαμαντόπουλος - Μηλιώδης

2. Να δείξετε οτι $\displaystyle{\frac{1}{2}<\frac{1}{\nu+1}+\frac{1}{\nu+2}+...+\frac{1}{2\nu}<\frac{3}{4}}$ όπου $\displaystyle{\nu}$ φυσικός.

Άλλη μια λύση για το θέμα αυτό , σίγουρα όχι στα εξεταστικά πλαίσια του 1963. Πάντως ένας μελετημένος υποψήφιος 22 χρόνια μετά θα την καταλάβαινε άνετα.
Eίναι γνωστό ότι για 0<x<1

ισχύει $\displaystyle1+x<e^{x}<\frac{1}{1-x}$

Aν λογαριθμήσω προκύπτει ότι $ln\left(1+x \right)<x<-ln\left(1-x \right)$

Συνεπώς για x>1

προκύπτει ότι $\displaystyle ln\left(1+\frac{1}{x} \right)<\frac{1}{x}<-ln\left(1-\frac{1}{x} \right)$

Έτσι έχει αποδειχθεί ότι

$\displaystyle ln\left(\frac{x+1}{x} \right)<\frac{1}{x}<ln\left(\frac{x}{x-1} \right)$ για x>1.

Επομένως αν γράψω την παραπάνω ανισότητα για $x=\nu +1,\nu +2,...,2\nu -1,2\nu$ και προσθέσω έχω

$\displaystyle ln\left(\frac{\nu +2}{\nu +1} \right)+ln\left(\frac{\nu +3}{\nu +2} \right)+...+ln\left(\frac{2\nu }{2\nu -1} \right)+ln\left(\frac{2\nu +1}{2\nu} \right)<$

$\displaystyle{\frac{1}{\nu+1}+\frac{1}{\nu+2}+...+\frac{1}{2\nu-1}+\frac{1}{2\nu}<$

$\displaystyle ln\left(\frac{\nu +1}{\nu } \right)+ln\left(\frac{\nu +2}{\nu +1} \right)+...+ln\left(\frac{2\nu-1 }{2\nu -2} \right)+ln\left(\frac{2\nu }{2\nu-1} \right)$

Αν εφαρμόσουμε τα γνωστά από τους λογάριθμους και κάνουμε τις απλοποιήσεις που προκύπτουν , καταλήγουμε

$\displaystyle ln \left(\frac{2\nu +1}{\nu +1} \right)< \frac{1}{\nu+1}+\frac{1}{\nu+2}+...+\frac{1}{2\nu -1}+\frac{1}{2\nu} <ln\left(\frac{2\nu }{\nu } \right)$

δηλαδή

$\displaystyle ln \left(\frac{2\nu +1}{\nu +1} \right)< \frac{1}{\nu+1}+\frac{1}{\nu+2}+...+\frac{1}{2\nu -1}+\frac{1}{2\nu} <ln2$

Από εδώ προκύπτει άμεσα ότι το εν λόγω άθροισμα είναι μικρότερο του ln2

. Αφού όμως $\displaystyle ln2<\frac{3}{4}$ το ζητούμενο αποδείχθηκε.

ΜΙΑ ΕΠΙΣΗΜΑΝΣΗ
Ο Θάνος έγραψε στην απάντησή του ότι

$\displaystyle lim\sum_{k=1}^{\nu }{\frac{1}{\nu +k}}=ln2$

Η παραπάνω διπλή ανισότητα

$\displaystyle ln \left(\frac{2\nu +1}{\nu +1} \right)< \frac{1}{\nu+1}+\frac{1}{\nu+2}+...+\frac{1}{2\nu -1}+\frac{1}{2\nu} <ln2$

με χρήση του θεωρήματος της παρεμβολής μας οδηγεί άμεσα σ' αυτό το συμπέρασμα.

Υπάρχει βέβαια κι άλλη απόδειξη γι' αυτό.

#9

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε:
parmenides51 έγραψε:Εξεταστές : Διαμαντόπουλος - Μηλιώδης

2. Να δείξετε οτι $\displaystyle{\frac{1}{2}<\frac{1}{\nu+1}+\frac{1}{\nu+2}+...+\frac{1}{2\nu}<\frac{3}{4}}$ όπου $\displaystyle{\nu}$ φυσικός.
Άλλη μια λύση για το θέμα αυτό , σίγουρα όχι στα εξεταστικά πλαίσια του 1963. Πάντως ένας μελετημένος υποψήφιος 22 χρόνια μετά θα την καταλάβαινε άνετα.
Eίναι γνωστό ότι για ισχύει $\displaystyle1+x<e^{x}<\frac{1}{1-x}$

Aν λογαριθμήσω προκύπτει ότι $ln\left(1+x \right)<x<-ln\left(1-x \right)$

Συνεπώς για προκύπτει ότι $\displaystyle ln\left(1+\frac{1}{x} \right)<\frac{1}{x}<-ln\left(1-\frac{1}{x} \right)$

Έτσι έχει αποδειχθεί ότι

$\displaystyle ln\left(\frac{x+1}{x} \right)<\frac{1}{x}<ln\left(\frac{x}{x-1} \right)$ για

Επομένως αν γράψω την παραπάνω ανισότητα για $x=\nu +1,\nu +2,...,2\nu -1,2\nu$ και προσθέσω έχω

$\displaystyle ln\left(\frac{\nu +2}{\nu +1} \right)+ln\left(\frac{\nu +3}{\nu +2} \right)+...+ln\left(\frac{2\nu }{2\nu -1} \right)+ln\left(\frac{2\nu +1}{2\nu} \right)<$

$\displaystyle{\frac{1}{\nu+1}+\frac{1}{\nu+2}+...+\frac{1}{2\nu-1}+\frac{1}{2\nu}<$

$\displaystyle ln\left(\frac{\nu +1}{\nu } \right)+ln\left(\frac{\nu +2}{\nu +1} \right)+...+ln\left(\frac{2\nu-1 }{2\nu -2} \right)+ln\left(\frac{2\nu }{2\nu-1} \right)$

Αν εφαρμόσουμε τα γνωστά από τους λογάριθμους και κάνουμε τις απλοποιήσεις που προκύπτουν , καταλήγουμε

$\displaystyle ln \left(\frac{2\nu +1}{\nu +1} \right)< \frac{1}{\nu+1}+\frac{1}{\nu+2}+...+\frac{1}{2\nu -1}+\frac{1}{2\nu} <ln\left(\frac{2\nu }{\nu } \right)$

δηλαδή

$\displaystyle ln \left(\frac{2\nu +1}{\nu +1} \right)< \frac{1}{\nu+1}+\frac{1}{\nu+2}+...+\frac{1}{2\nu -1}+\frac{1}{2\nu} <ln2$

Από εδώ προκύπτει άμεσα ότι το εν λόγω άθροισμα είναι μικρότερο του . Αφού όμως $\displaystyle ln2<\frac{3}{4}$ το ζητούμενο αποδείχθηκε.

ΜΙΑ ΕΠΙΣΗΜΑΝΣΗ
Ο Θάνος έγραψε στην απάντησή του ότι

$\displaystyle lim\sum_{k=1}^{\nu }{\frac{1}{\nu +k}}=ln2$

Η παραπάνω διπλή ανισότητα

$\displaystyle ln \left(\frac{2\nu +1}{\nu +1} \right)< \frac{1}{\nu+1}+\frac{1}{\nu+2}+...+\frac{1}{2\nu -1}+\frac{1}{2\nu} <ln2$

με χρήση του θεωρήματος της παρεμβολής μας οδηγεί άμεσα σ' αυτό το συμπέρασμα.

Υπάρχει βέβαια κι άλλη απόδειξη γι' αυτό.

Πολύ ωραία απόδειξη!! Ευχαριστούμε...

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #10

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ΜΙΑ ΕΠΙΣΗΜΑΝΣΗ
Ο Θάνος έγραψε στην απάντησή του ότι

$\displaystyle lim\sum_{k=1}^{\nu }{\frac{1}{\nu +k}}=ln2$

Η παραπάνω διπλή ανισότητα

$\displaystyle ln \left(\frac{2\nu +1}{\nu +1} \right)< \frac{1}{\nu+1}+\frac{1}{\nu+2}+...+\frac{1}{2\nu -1}+\frac{1}{2\nu} <ln2$

με χρήση του θεωρήματος της παρεμβολής μας οδηγεί άμεσα σ' αυτό το συμπέρασμα.

Υπάρχει βέβαια κι άλλη απόδειξη γι' αυτό.

Aς δούμε μια άλλη απόδειξη...

$\displaystyle\frac{1}{\nu+1}+\frac{1}{\nu+2}+\frac{1}{\nu+3}+...+\frac{1}{2\nu -2}+\frac{1}{2\nu -1}+\frac{1}{2\nu }=$

$\displaystyle1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{2\nu -2}+\frac{1}{2\nu -1}+\frac{1}{2\nu }-\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{\nu -2}+\frac{1}{\nu -1}+\frac{1}{\nu } \right)=$

$\displaystyle1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{2\nu -2}+\frac{1}{2\nu -1}+\frac{1}{2\nu }-\left2 (\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+...+\frac{1}{2\nu -4}+\frac{1}{2\nu -2}+\frac{1}{2\nu } \right)=$

$\displaystyle1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+...+\frac{1}{2\nu -3}-\frac{1}{2\nu -2}+\frac{1}{2\nu -1}-\frac{1}{2\nu }$

Ενδιαφέρουσα ισότητα...
Καταλήξαμε στην εναλλασόμενη αρμονική σειρά. Όπως μαθαίνει ένας πρωτοετής φοιτητής , η συγκεκριμένη σειρά συγκλίνει στον αριθμό ln2.

ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1963 ΑΛΓΕΒΡΑ ΑΓΡΟΝΟΜΟΙ - ΤΟΠΟΓΡΑΦΟΙ

ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1963 ΑΛΓΕΒΡΑ ΑΓΡΟΝΟΜΟΙ - ΤΟΠΟΓΡΑΦΟΙ

Re: ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1963 ΑΛΓΕΒΡΑ ΑΓΡΟΝΟΜΟΙ - ΤΟΠΟΓΡΑΦΟΙ

Re: ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1963 ΑΛΓΕΒΡΑ ΑΓΡΟΝΟΜΟΙ - ΤΟΠΟΓΡΑΦΟΙ

Re: ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1963 ΑΛΓΕΒΡΑ ΑΓΡΟΝΟΜΟΙ - ΤΟΠΟΓΡΑΦΟΙ

Re: ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1963 ΑΛΓΕΒΡΑ ΑΓΡΟΝΟΜΟΙ - ΤΟΠΟΓΡΑΦΟΙ

Re: ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1963 ΑΛΓΕΒΡΑ ΑΓΡΟΝΟΜΟΙ - ΤΟΠΟΓΡΑΦΟΙ

Re: ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1963 ΑΛΓΕΒΡΑ ΑΓΡΟΝΟΜΟΙ - ΤΟΠΟΓΡΑΦΟΙ

Re: ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1963 ΑΛΓΕΒΡΑ ΑΓΡΟΝΟΜΟΙ - ΤΟΠΟΓΡΑΦΟΙ

Re: ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1963 ΑΛΓΕΒΡΑ ΑΓΡΟΝΟΜΟΙ - ΤΟΠΟΓΡΑΦΟΙ

Re: ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1963 ΑΛΓΕΒΡΑ ΑΓΡΟΝΟΜΟΙ - ΤΟΠΟΓΡΑΦΟΙ

Μέλη σε σύνδεση