JBMO 2014

simantiris j. · #1

Μιας και το αντίστοιχο θέμα είναι ήδη πολύ μεγάλο

ας συζητήσουμε εδώ τα (μαθηματικά) προβλήματα της JBMO 2014.

Καλή επιτυχία στην ελληνική αποστολή!

raf616 · #2

Καλή επιτυχία σε όλα τα παιδιά, η οποία είναι αναμενόμενη και δεδομένη λόγω του υψηλού μαθηματικού επιπέδου τους!

gavrilos · #3

Θέλω να ευχηθώ καλή επιτυχία στους εξεταζόμενους που αυτή την ώρα θα ετοιμάζονται για το διαγωνισμό!

Όποιος αποκτήσει πρόσβαση στα θέματα ας τα δημοσιεύσει για να τα συζητήσουμε.

simantiris j. · #4

Αν κρίνουμε από την (αμελητέα φαντάζομαι) διαφορά ώρας ο διαγωνισμός πρέπει να έχει τελειώσει.
Μήπως έχει κανείς τα θέματα;

#5

Καλησπέρα από την Οχρίδα!

Ο διαγωνισμός τελείωσε πριν από 1:30 ώρα.

Δε θέλω να κάνω κανένα σχόλιο προς το παρόν για τα θέματα! Οι μαθητές βγήκαν ευχαριστημένοι και αυτό έχει σημασία προς το παρόν! Αύριο ξεκινάει η βαθμολόγησή τους.

Τους εύχομαι καλή επιτυχία!

Σας παραθέτω τα θέματα του διαγωνισμού:

Θέμα 1ο

Να βρείτε όλους τους διακεκριμένου πρώτους $p, \ q$ και

έτσι ώστε

.

Θέμα 2ο

Θεωρούμε ένα οξυγώνιο τρίγωνο ABC

με εμβαδό

. Έστω $CD\perp AB \ (D\in AB)$ , $DM\perp AC \ (M\in AC)$ και $DN \perp BC \ (N\in BC)$ . Αν H_1

και

είναι τα ορθόκεντρα των τριγώνων MNC

και

αντίστοιχα, να βρείτε το εμβαδόν του τετραπλεύρου AH_1BH_2

συναρτήσει του

.

Θέμα 3ο

Έστω $a, \ b, \ c$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε abc=1

. Να αποδείξετε ότι $\left(a+\dfrac{1}{b}\right)^2 + \left(b+\dfrac{1}{c}\right)^2 +\left(c+\dfrac{1}{a}\right)^2 \geq 3(a+b+c+1)$

Θέμα 4ο

Για κάποιο θετικό ακέραιο

, δύο παίκτες

και

παίζουν το ακόλουθο παιχνίδι: Από ένα σωρό με

πέτρες, παίρνουν εναλλάξ πέτρες με τον

να αρχίζει πρώτος. Σε κάθε γύρο του παιχνιδιού, ο παίκτης παίρνει είτε μία πέτρα, είτε πρώτο αριθμό από πέτρες, είτε έναν αριθμό από πέτρες που είναι θετικό πολλαπλάσιο του

. Νικητής του παιχνιδιού είναι ο παίκτης ο οποίος παίρνει την τελευταία πέτρα. Αν υποθέσουμε ότι οι

και

παίζουν χωρίς να κάνουν λάθη, τότε για πόσες τιμές του

ο παίκτης

δεν μπορεί να νικήσει;

Αλέξανδρος

#6

Καλά αποτελέσματα Αλέξαδρε!
Ελπίζω όλα να πηγαίνουν καλά χωρίς προβλήματα. Καλή επάνοδο!

#7

Εύχομαι καλά αποτελέσματα.

Βάζω μια λύση για το τέταρτο. Ισχυρίζομαι πως ο Α δεν κερδίζει για ακριβώς n-1

τιμές του

.

Για το άνω φράγμα: Αν υπήρχαν

διαφορετικές τιμές που δεν κέρδιζε τότε καμία δεν είναι πολλαπλάσιο του

οπότε θα υπήρχαν a < b

με $a \equiv b \mod n$ ώστε ο

δεν κερδίζει ούτε για s=a

ούτε για

. Αυτό όμως είναι άτοπο αφού για s=b

ο Α μπορεί στην πρώτη του κίνηση να αφαιρέσει b-a

πέτρες. Οπότε θα μείνουν

πέτρες με τον Β να παίζει πρώτο.

Έστω τώρα ότι ο Α δεν κερδίζει μόνο για τις τιμές $a_1 < a_2 < \ldots <a_k$ όπου k < n-1

. Υπάρχει $i \neq 0 \bmod n$ ώστε κανένας από αυτούς τους αριθμούς δεν ισούται με $i \bmod n$ . Έστω

αρκετά μεγάλο. (Αρκεί N!N > n + a_k+2

.) Θεωρούμε τους αριθμούς $N! + a_k + 2, N! + a_k + 3, \ldots, (N+1)!$ . Υπάρχουν τουλάχιστον

τέτοιοι αριθμοί και είναι όλοι διαδοχικοί οπότε τουλάχιστον ο ένας, έστω ο

είναι ισότιμος με $i \bmod n$ . Έστω s=M

. Τότε:

(α) M-1 > a_k

οπότε αν αφαιρέσει μία πέτρα θα ξεκινά ο Β με s > a_k

οπότε και θα κερδίζει, άτοπο.
(β) $M - rn \notin \{0,a_1,\ldots,a_k\}$ για κάθε

οπότε αν αφαιρέσει θετικό πολλαπλάσιο του

από πέτρες θα ξεκινά ο Β με $s \notin \{a_1,\ldots,a_k\}$ οπότε και θα κερδίζει, άτοπο.
(γ) Τέλος για κάθε πρώτο

είναι $M-p \notin\{0,a_1,\ldots,a_k\}$ αφού για κάθε

είναι $N! + 2 \leqslant M-a_j \leqslant (N+1)!$ οπότε ο M-p

είναι πολλαπλάσιο του

. (Για παρόμοιο λόγο ο

δεν μπορεί να είναι πρώτος.) Άρα και πάλι καταλήγουμε σε άτοπο.

Οπότε πράγματι ο Α δεν κερδίζει για ακριβώς n-1

τιμές.

gavrilos · #8

Καλά αποτελέσματα σε όλα τα παιδιά!

Πρόβλημα 1

Έστω $\displaystyle{q,r\neq 3}$ .Θα είναι $\displaystyle{q^{4}\equiv 1\equiv r^{2}\equiv 1\pmod 3}$ .Επομένως $\displaystyle{3p^{4}-5q^{4}-4r^{2}\equiv 0-5-4\equiv 0 \pmod 3}$ άτοπο αφού $\displaystyle{26\equiv -1\pmod 3}$ .

Άρα $\displaystyle{q=3\vee r=3}$ .

$\bullet$ $\displaystyle{q=3}$ .Η αρχική γίνεται $\displaystyle{3p^{4}-5\cdot 81-4r^{2}=26\Leftrightarrow 3p^{4}-4r^{2}=431}$ .

Αν $\displaystyle{p\neq 5}$ τότε $\displaystyle{p^{4}\equiv 1\pmod 5}$ άρα $\displaystyle{3p^{4}-4r^{2}\equiv 3-4r^{2}\pmod 5\Leftrightarrow 3-4r^{2}\equiv 431\equiv 1\pmod 5\Leftrightarrow (2r)^{2}\equiv 2\pmod 5}$ άτοπο.

Άρα $\displaystyle{p=5\Leftrightarrow 3\cdot 625-4r^{2}=431\Leftrightarrow 4r^{2}=1444=38^{2}\Leftrightarrow 2r=38\Leftrightarrow r=19}$ .

Άρα έχουμε τη λύση $\displaystyle{(p,q,r)=(5,3,19)}$ .

$\bullet$ $\displaystyle{r=3}$ .Η αρχική γράφεται $\displaystyle{3p^{4}-5q^{4}-36=26\Leftrightarrow 3p^{4}-5q^{4}=62}$ .

Αφαιρώντας $\displaystyle{\pmod 5}$ παίρνουμε $\displaystyle{3p^{4}\equiv 2\pmod 5}$ .Αυτό είναι άτοπο αφού θα είναι είτε $\displaystyle{3p^{4}\equiv 3\pmod 5}$ είτε $\displaystyle{5\mid 3p^{4}}$ .

#9

cretanman έγραψε:Καλησπέρα από την Οχρίδα!

Ο διαγωνισμός τελείωσε πριν από 1:30 ώρα.

Δε θέλω να κάνω κανένα σχόλιο προς το παρόν για τα θέματα! Οι μαθητές βγήκαν ευχαριστημένοι και αυτό έχει σημασία προς το παρόν! Αύριο ξεκινάει η βαθμολόγησή τους.

Τους εύχομαι καλή επιτυχία!

Σας παραθέτω τα θέματα του διαγωνισμού:

Θέμα 1ο

Να βρείτε όλους τους διακεκριμένου πρώτους $p, \ q$ και έτσι ώστε .

Θέμα 2ο

Θεωρούμε ένα οξυγώνιο τρίγωνο με εμβαδό . Έστω $CD\perp AB \ (D\in AB)$ , $DM\perp AC \ (M\in AC)$ και $DN \perp BC \ (N\in BC)$ . Αν και είναι τα ορθόκεντρα των τριγώνων και αντίστοιχα, να βρείτε το εμβαδόν του τετραπλεύρου συναρτήσει του .

Θέμα 3ο

Έστω $a, \ b, \ c$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε . Να αποδείξετε ότι $\left(a+\dfrac{1}{b}\right)^2 + \left(b+\dfrac{1}{c}\right)^2 +\left(c+\dfrac{1}{a}\right)^2 \geq 3(a+b+c+1)$

Θέμα 4ο

Για κάποιο θετικό ακέραιο , δύο παίκτες και παίζουν το ακόλουθο παιχνίδι: Από ένα σωρό με πέτρες, παίρνουν εναλλάξ πέτρες με τον να αρχίζει πρώτος. Σε κάθε γύρο του παιχνιδιού, ο παίκτης παίρνει είτε μία πέτρα, είτε πρώτο αριθμό από πέτρες, είτε έναν αριθμό από πέτρες που είναι θετικό πολλαπλάσιο του . Νικητής του παιχνιδιού είναι ο παίκτης ο οποίος παίρνει την τελευταία πέτρα. Αν υποθέσουμε ότι οι και παίζουν χωρίς να κάνουν λάθη, τότε για πόσες τιμές του ο παίκτης δεν μπορεί να νικήσει;

Αλέξανδρος

Καλησπέρα .
Για το θέμα της Γεωμετρίας

Μια προσπάθεια

: Σκόπια.png (26.34 KiB) Προβλήθηκε 3934 φορές

Το τετράπλευρο $C{H_1}{H_2}D$ είναι παραλληλόγραμμο

Στο τετράπλευρο $A{H_1}B{H_2}$ οι διαγώνιοι τέμνονται κάθετα και είναι :
${H_1}{H_2} = //CD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,AB = AB$ . άρα προφανές :

$(ABC) = (A{H_1}B{H_2}) = S$

Φιλικά Νίκος

raf616 · #10

cretanman έγραψε:Καλησπέρα από την Οχρίδα!

Ο διαγωνισμός τελείωσε πριν από 1:30 ώρα.

Δε θέλω να κάνω κανένα σχόλιο προς το παρόν για τα θέματα! Οι μαθητές βγήκαν ευχαριστημένοι και αυτό έχει σημασία προς το παρόν! Αύριο ξεκινάει η βαθμολόγησή τους.

Τους εύχομαι καλή επιτυχία!

Σας παραθέτω τα θέματα του διαγωνισμού:

Θέμα 1ο

Να βρείτε όλους τους διακεκριμένου πρώτους $p, \ q$ και έτσι ώστε .

Θέμα 2ο

Θεωρούμε ένα οξυγώνιο τρίγωνο με εμβαδό . Έστω $CD\perp AB \ (D\in AB)$ , $DM\perp AC \ (M\in AC)$ και $DN \perp BC \ (N\in BC)$ . Αν και είναι τα ορθόκεντρα των τριγώνων και αντίστοιχα, να βρείτε το εμβαδόν του τετραπλεύρου συναρτήσει του .

Θέμα 3ο

Έστω $a, \ b, \ c$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε . Να αποδείξετε ότι $\left(a+\dfrac{1}{b}\right)^2 + \left(b+\dfrac{1}{c}\right)^2 +\left(c+\dfrac{1}{a}\right)^2 \geq 3(a+b+c+1)$

Θέμα 4ο

Για κάποιο θετικό ακέραιο , δύο παίκτες και παίζουν το ακόλουθο παιχνίδι: Από ένα σωρό με πέτρες, παίρνουν εναλλάξ πέτρες με τον να αρχίζει πρώτος. Σε κάθε γύρο του παιχνιδιού, ο παίκτης παίρνει είτε μία πέτρα, είτε πρώτο αριθμό από πέτρες, είτε έναν αριθμό από πέτρες που είναι θετικό πολλαπλάσιο του . Νικητής του παιχνιδιού είναι ο παίκτης ο οποίος παίρνει την τελευταία πέτρα. Αν υποθέσουμε ότι οι και παίζουν χωρίς να κάνουν λάθη, τότε για πόσες τιμές του ο παίκτης δεν μπορεί να νικήσει;

Αλέξανδρος

Καλησπέρα! Μία λύση για το 1ο.

Γενικά, για έναν πρώτο

ισχύει $p^2 \equiv 1 \pmod3$ .

Αν $q, r \neq 3$ τότε με $\pmod3$ παίρνουμε ότι $26 \equiv 0 \pmod3$ , άτοπο.

Αν r=3

έχουμε $-5 \equiv 26 \pmod3$ , άτοπο.

Άρα q = 3

. H εξίσωση γίνεται:

3p^4 - 4r^2 = 431

Φανερά $r \neq 5$ .

Έστω $p \neq 5$ . Τότε $p^4 \equiv 1 \pmod5$ . Έχουμε δύο περιπτώσεις:

$\bullet r^2 \equiv 1 \pmod5$ . Τότε $3 - 4 \equiv -1 \equiv 431 \pmod5$ , άτοπο.

$\bullet r^2 \equiv 4 \pmod5$ . Τότε $3 - 16 \equiv -13 \equiv 431$ , άτοπο.

Άρα p = 5

. Έτσι,

και άρα μοναδική λύση είναι η (p, q, r) = (5, 3, 19)

.

nikoszan · #11

Εύχομαι καλή επιτυχία.
Μια λύση στο τρίτο.
$\sum {{{\left( {a + \frac{1}{b}} \right)}^2} = \sum {{a^2}} } + \sum {\frac{1}{{{a^2}}}} + 2\sum {\frac{a}{b}} \ge \left( {2\sum a - 3} \right) + \sum {\frac{1}{{ab}}} + 2\left( {3\sqrt[3]{{\frac{a}{b}\frac{b}{c}\frac{c}{a}}}} \right) =$
$= 2\sum a + \sum {\frac{1}{{ab}}} + 3\mathop = \limits^{\left( {abc = 1} \right)} 3\sum a + 3 = 3\left( {a + b + c + 1} \right) \Rightarrow$
$\Rightarrow {\left( {a + \frac{1}{b}} \right)^2} + {\left( {b + \frac{1}{c}} \right)^2} + {\left( {c + \frac{1}{a}} \right)^2} \ge 3(a + b + c + 1)$
Ν.Ζ.

G.Bas · #12

cretanman έγραψε: Θέμα 3ο

Έστω $a, \ b, \ c$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε . Να αποδείξετε ότι $\left(a+\dfrac{1}{b}\right)^2 + \left(b+\dfrac{1}{c}\right)^2 +\left(c+\dfrac{1}{a}\right)^2 \geq 3(a+b+c+1)$

Μετά από μια εφαρμογή της Ανισότητας Cauchy-Schwarz είναι αρκετό να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{\left(a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\geq 9(a+b+c+1)}$ ή ισοδύναμα

$\displaystyle{(a+b+c)^2+(ab+bc+ca)^2+2(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\geq 9(a+b+c)+9.}$

Αυτή η Ανισότητα ισχύει αφού εαν προσθέσουμε τις παρακάτω κατά μέλη, έχουμε τη ζητούμενη:

$\displaystyle{(a+b+c)^2+9\geq 6(a+b+c), \quad(ab+bc+ca)^2\geq 3abc(a+b+c)=3(a+b+c),\quad 2(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\geq 18.}$

Μια ακόμη απόδειξη βέβαια είναι μετά την εφαρμογή της Cauchy-Schwarz έχουμε να δείξουμε ότι

$\displaystyle{\left(a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\geq 9(a+b+c+1).}$ Όμως, από την Ανισότητα AM-GM ισχύει

$\displaystyle{\left(a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\geq (a+b+c+3)^2.}$ Αρκεί τότε να δείξουμε πως $\displaystyle{(a+b+c+3)^2\geq 9(a+b+c+1).}$

Τέλος, ακόμη μια φορά από την Ανισότητα AM-GM θα ισχύει $\displaystyle{(a+b+c+3)^2\geq 12(a+b+c)\geq 9(a+b+c+1)}$ και τελειώσαμε!

ksofsa · #13

Καλή επιτυχία στα παιδιά.
Αλλη μια λύση για το τρίτο:

Από την ανισότητα $x^2+y^2+z^2\geq \frac{(x+y+z)^2}{3}$ και την ανισότητα AM-GM παίρνω:

$LHS\geq \frac{(a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^2}{3}\geq \frac{(a+b+c+3)^2}{3}$ .

Αρκεί ν.δ.ό.:

$(a+b+c+3)^2\geq 9(a+b+c+1)$

Θέτω s=a+b+c

,οπότε αρκεί ν.δ.ό.:

$(s+3)^2\geq 9(s+1)\Leftrightarrow s(s-3)\geq 0$ ,που ισχύει

γιατί $s\geq 3$ .

#14

Άλλη μια λύση για την ανισότητα:

Θέλουμε να δείξουμε ότι

$\displaystyle{ (a^2 + b^2 + c^2) + 2\left(\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}\right) + \left( \frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2}\right) \geqslant 3(a+b+c+1) .}$

Από ΑΜ-ΓΜ είναι $\displaystyle{ a^2 + \frac{b}{c} + \frac{1}{b^2} \geqslant 3\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}} = 3a.}$ Προσθέτοντας κυκλικά παίρνουμε

$\displaystyle{ (a^2 + b^2 + c^2) + \left(\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}\right) + \left( \frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2}\right) \geqslant 3(a+b+c).}$

Οπότε αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle{\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \geqslant 3}$ το οποίο πάλι είναι συνέπεια της ΑΜ-ΓΜ.

S.E.Louridas · #15

Ας μου επιτραπεί και μία λύση για την ανισότητα, για να τη συνοδεύσω με τις ευχές μου για καλά αποτελέσματα στα ΕΛΛΗΝΟΠΟΥΛΑ ΜΑΣ που μας κάνουν περήφανους και καλή επάνοδο της Αποστολής της Εθνικής Νέων των Μαθηματικών στη Πατρίδα:

Γνωρίζουμε ότι,
$a,b,c>0,\;\;abc = 1 \Rightarrow a + b + c \geqslant 3 \Rightarrow X \geqslant 4,$ αν X=a+b+c+1.

Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι: $\displaystyle{\left( {{1^2} + {1^2} + {1^2}} \right)\left( {{{\left( {a + \frac{1}{a}} \right)}^2} + {{\left( {b + \frac{1}{b}} \right)}^2} + {{\left( {c + \frac{1}{c}} \right)}^2}} \right) \geqslant 9X,}$ αρκεί να ισχύει δηλαδή $\displaystyle{{\left( {a + b + c + ab + bc + ca} \right)^2} \geqslant 9X,\;\mu \varepsilon \;ab + bc + ca \geqslant 3,}$ οπότε αρκεί να ισχύει $\displaystyle{{\left( {X + 2} \right)^2} \geqslant 9X \Leftrightarrow {X^2} - 5X + 4 \geqslant 0,}$ που είναι φανερό ότι ισχύει.

#16

cretanman έγραψε:Καλησπέρα από την Οχρίδα!
Θέμα 3ο

Έστω $a, \ b, \ c$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε . Να αποδείξετε ότι $\left(a+\dfrac{1}{b}\right)^2 + \left(b+\dfrac{1}{c}\right)^2 +\left(c+\dfrac{1}{a}\right)^2 \geq 3(a+b+c+1)$

Μια απόδειξη ακόμα:

Από την προφανή ανισότητα $\displaystyle{x^2\geq 4x-4}$ έχουμε

$\displaystyle{\left(a+\dfrac{1}{b}\right)^2 + \left(b+\dfrac{1}{c}\right)^2 +\left(c+\dfrac{1}{a}\right)^2\geq 4\Big(a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-3\Big)\geq 4(a+b+c),}$

αφού από ΑΜ-ΓΜ είναι $\displaystyle{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq 3.}$

Πλέον αρκεί

$\displaystyle{4(a+b+c)\geq 3(a+b+c+1),}$ δηλαδή $\displaystyle{a+b+c\geq 3,}$ το οποίο ισχύει πάλι από την ΑΜ-ΓΜ.

nikos999 · #17

Ας βάλω και εγώ μια κάπως διαφορετική λύση για την ανισότητα.
Κάνοντας τις πράξεις είναι
$LHS=\sum{(a+ac)^2}=\sum{a^2}+\sum{2(a^2c)}+\sum{(ac)^2}$ .
Άρα αρκεί $(a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2+2(ab^2+bc^2+ca^2)+(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2\geq a+b+c+6$ .
Από ΑΜ-ΓΜ είναι $2(ab^2+bc^2+ca^2)\geq 2\cdot 3\sqrt[3]{ab^2\cdot bc^2\cdot ca^2}=6$ .
Ακόμα είναι $(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2\geq ab^2c+abc^2+a^2bc=abc(a+b+c)=a+b+c$ .
Επομένως $(a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2\geq 0$ που ισχύει με την ισότητα να ισχύει για a=b=c=1

.

Είναι η πρώτη φορά που γράφω, οπότε παρακαλώ να είστε επιεικείς!!
Καλά αποτελέσματα σε όλα τα παιδιά της ομάδας!

#18

Τελικά αποτελέσματα για την ελληνική Ομάδα των μαθητών:

Τσιντσιλίδας Δημήτρης 34 Αργυρό μετάλλιο

Τσιάμης Ραφαήλ 31 Αργυρό μετάλλιο

Τομαράς Κωνσταντίνος 22 Χάλκινο μετάλλιο

Κουτσογεώργος Παρμενίων 21 Χάλκινο μετάλλιο

Χατζάρας Παναγιώτης 18 Χάλκινο μετάλλιο

Μιχαλάκης Βάιος -Ραφαήλ 4 Συμμετοχή

Η κατάταξη της χώρα μας ήταν 5η μετά από Ρουμανία, Τουρκία, Σερβία, Βουλγαρία.

Τα cut offs για τα μετάλλια: 36/28/11

Θέλω να συγχαρώ ΟΛΑ τα παιδιά για τη συμμετοχή τους, για τα μετάλλια τους αλλά κυρίως το ήθος τους!

Ήταν όλοι τους εξαιρετικοί!

Αλέξανδρος

S.E.Louridas · #19

Συγχαρητήρια πολλά στους συμμετέχοντες, στους γονείς τους, στους διδάσκοντες τους.
Η συμμετοχή σε τέτοιο διαγωνιστικό επίπεδο συνιστά και από μόνη της μεγάλη επιτυχία που οδηγεί σε ένα λαμπρό μέλλον.
Ιδιαίτερα εύσημα στους μεταλλιούχους μαθητές μας που αποτελούν ισχυρό φάρο για την νεολαία της πατρίδας.

#20

Πολλά συγχαρητήρια στα παιδιά και στους καθηγητές τους!
Πάντα επιτυχίες να έχουν!
Μπράβο παιδιά!

JBMO 2014

JBMO 2014

Re: JBMO 2014

Re: JBMO 2014

Re: JBMO 2014

Re: JBMO 2014

Re: JBMO 2014

Re: JBMO 2014

Re: JBMO 2014

Re: JBMO 2014

Re: JBMO 2014

Re: JBMO 2014

Re: JBMO 2014

Re: JBMO 2014

Re: JBMO 2014

Re: JBMO 2014

Re: JBMO 2014

Re: JBMO 2014

Re: JBMO 2014

Re: JBMO 2014

Re: JBMO 2014

Μέλη σε σύνδεση