Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1481

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 484: Δίνεται μια οξεία γωνία $\displaystyle{xOy}$ και έστω $\displaystyle{A}$ σημείο της $\displaystyle{Ox}$ . Από το $\displaystyle{A}$ φέρνουμε την κάθετη στην $\displaystyle{Ox}$ η οποία τέμνει την $\displaystyle{Oy}$ στο σημείο $\displaystyle{B}$ . Στο εσωτερικό της γωνίας $\displaystyle{xOy}$ θεωρούμε ημιευθεία $\displaystyle{Oz}$ που τέμνει την $\displaystyle{AB}$ στο $\displaystyle{C}$ . Από το $\displaystyle{B}$ φέρνουμε ευθεία κάθετη στην $\displaystyle{AB}$ που τέμνει την $\displaystyle{Oz}$ στο $\displaystyle{D}$ .
Αν $\displaystyle{OB=\frac{CD}{2}}$ , να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\widehat{xOz} =\frac{\widehat{zOy}}{2}}$ .

Το συνημμένο EISQGVGH.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο

$\displaystyle{Ox||BD \Rightarrow }$ $\boxed{x\widehat Oz = O\widehat DB}$ (1)

.

Έστω

το μέσο του

. Επειδή $C\widehat BD=90^0$ , θα είναι:
$\displaystyle{BM = \frac{{CD}}{2} \Leftrightarrow BM = OB \Leftrightarrow z\widehat Oy = {\widehat M_1} = 2M\widehat DB}$ (ως εξωτερική γωνία στο ισοσκελές τρίγωνο MBD

). Οπότε από την (1)

, $\boxed{\widehat{xOz} =\frac{\widehat{zOy}}{2}}$

: EISAG-484.png (8.25 KiB) Προβλήθηκε 2901 φορές

#1482

ΑΣΚΗΣΗ 485: Ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ (με $\displaystyle{AB=AC}$ ) είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο με κέντρο $\displaystyle{O}$ . Θεωρούμε $\displaystyle{P}$ το συμμετρικό

του $\displaystyle{O}$ ως προς την $\displaystyle{AC}$ και μια ημιευθεία $\displaystyle{Ox}$ κάθετη στην $\displaystyle{OP}$ , η οποία τέμνει την $\displaystyle{BC}$ στο $\displaystyle{D}$ . Να αποδείξετε ότι οι ευθείες $\displaystyle{PD}$ και

$\displaystyle{AB}$ είναι παράλληλες.

: ΕΙΣ 1.png (6.37 KiB) Προβλήθηκε 2883 φορές

nikos999 · #1483

Άσκηση 485

Έστω

η μεσοκάθετη του

που περνά από το

. Οι

και

τέμνονται στο

.
Επειδή το

είναι συμμετρικό του

ως προς την πλευρά

, θα είναι $OP\bot AC$ και OK=KP

.
Φανερά η

είναι μεσοκάθετη της

. Οπότε είναι και AK=KC

.
Άρα το

είναι παραλληλόγραμμο γιατί οι διαγώνιες του διχοτομούνται. Επομένως $PC\parallel AM \displaystyle {(1)}$ .
Ακόμα OA=OC

και επομένως το τρίγωνο AOC

είναι ισοσκελές. Άρα $\angle OAC=\angle OCA$ .
Συνεπώς τα τρίγωνα ABM

και

είναι όμοια (έχουν $\angle OCK=\angle BAM$ και $\angle AMB=\angle OKC$ ). Έπεται ότι $\angle ABM=\angle COP \displaystyle {(2)}$ .
Από $\displaystyle {(1)}$ έχουμε ότι $\angle AMC=\angle PCM=90^0$ .
Από την εκφώνηση είναι $\angle DOP=90^0$ .
Άρα το PCDO

είναι εγγράψιμο και θα είναι $\angle COP=\angle CDP$ . Όμως από $\displaystyle {(2)}$ είναι $\angle ABM=\angle COP$ .
Άρα $\angle CDP=\angle ABM$ και οι

και

είναι παράλληλες.

#1484

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 485: Ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ (με $\displaystyle{AB=AC}$ ) είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο με κέντρο $\displaystyle{O}$ . Θεωρούμε $\displaystyle{P}$ το συμμετρικό

του $\displaystyle{O}$ ως προς την $\displaystyle{AC}$ και μια ημιευθεία $\displaystyle{Ox}$ κάθετη στην $\displaystyle{OP}$ , η οποία τέμνει την $\displaystyle{BC}$ στο $\displaystyle{D}$ . Να αποδείξετε ότι οι ευθείες $\displaystyle{PD}$ και

$\displaystyle{AB}$ είναι παράλληλες.

Το συνημμένο ΕΙΣ 1.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο

Άλλη μία.

Έστω $\widehat A,\widehat B,\widehat C$ οι γωνίες του τριγώνου ABC

,

το μέσο της

και

το ύψος του τριγώνου, που προφανώς διέρχεται από το κέντρο

του κύκλου.
Επειδή οι OP, AC

είναι κάθετες και διχοτομούνται, το τετράπλευρο APCO

είναι ρόμβος, άρα $\displaystyle{AO||PC \Leftrightarrow PC \bot BC}$ .

Το τετράπλευρο ODCP

είναι εγγράψιμο (δύο από τις απέναντι γωνίες του είναι ορθές), άρα: $\displaystyle{O\widehat DP = O\widehat CP = 2\varphi = \widehat A}$

: EISAG-485.png (17.28 KiB) Προβλήθηκε 2802 φορές

$\displaystyle{OD||AC \Leftrightarrow O\widehat DH = \widehat C = \widehat B}$

Αλλά, $\displaystyle{O\widehat DH + O\widehat DP + P\widehat OC = {180^0} \Rightarrow P\widehat DC = \widehat B \Leftrightarrow }$ $\boxed{AB||PD}$

#1485

ΑΣΚΗΣΗ 486
Να λυθεί η εξίσωση 13(x^2+y^2+1)=10x+24y.

#1486

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 486
Να λυθεί η εξίσωση

Η δοσμένη εξίσωση γράφεται: $\displaystyle{13x^2 -10x +13y^2 -24y +13 =0}$

$\displaystyle{\Delta =100-4.13.(13y^2 -24y+13)=-4(13y-12)^2}$ . Άρα πρέπει:

$\displaystyle{13y-12=0\Leftrightarrow y=\frac{12}{13}}$ . Και εύκολα τώρα βρίσκουμε ότι:

$\displaystyle{x=\frac{5}{13}}$

#1487

ΑΣΚΗΣΗ 487: Να αποδείξετε ότι για κάθε $\displaystyle{x,y \in R}$ , ισχύει:

$\displaystyle{\frac{8x^2 +8x+3023}{4(x^2 +x+1)}+\frac{8y^2 +8y+3023}{4(y^2 +y+1)}\leq 2014}$

Θεοδωρος Παγωνης · #1488

Θα δείξω ότι για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ ισχύει : $\displaystyle{\frac{8{{x}^{2}}+8x+3023}{4\left( {{x}^{2}}+x+1 \right)}\le 1007\overset{{{x}^{2}}+x+1>0}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,8{{x}^{2}}+8x+3023\le 4028\left( {{x}^{2}}+x+1 \right)\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{8{{x}^{2}}+8x+3023\le 4028{{x}^{2}}+4028x+4028\Leftrightarrow 4020{{x}^{2}}+4020x+1005\ge 0\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{4{{x}^{2}}+4x+1\ge 0\Leftrightarrow {{\left( 2x+1 \right)}^{2}}\ge 0}$ , που ισχύει.
Επομένως και για $\displaystyle{x=y\in \mathbb{R}}$ θα έχω $\displaystyle{\frac{8{{y}^{2}}+8y+3023}{4\left( {{y}^{2}}+y+1 \right)}\le 1007}$
Με πρόσθεση κατά μέλη έχω : $\displaystyle{\frac{8{{x}^{2}}+8x+3023}{4\left( {{x}^{2}}+x+1 \right)}+\frac{8{{y}^{2}}+8y+3023}{4\left( {{y}^{2}}+y+1 \right)}\le 1007+1007\Leftrightarrow \frac{8{{x}^{2}}+8x+3023}{4\left( {{x}^{2}}+x+1 \right)}+\frac{8{{y}^{2}}+8y+3023}{4\left( {{y}^{2}}+y+1 \right)}\le 2014}$

#1489

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 487: Να αποδείξετε ότι για κάθε $\displaystyle{x,y \in R}$ , ισχύει:

$\displaystyle{\frac{8x^2 +8x+3023}{4(x^2 +x+1)}+\frac{8y^2 +8y+3023}{4(y^2 +y+1)}\leq 2014}$

Την διαδικτυακή μου καλημέρα στο Δημήτρη...
Είναι $\displaystyle{{x^2} + x + 1 \ge \frac{3}{4},\forall x \in \mathbb{R}}$ με την ισότητα να ισχύει για $\displaystyle{x = - \frac{1}{2}.}$ .

Λόγω θετικότητας αντιστρέφουμε και...

$\displaystyle{\frac{1}{{{x^2} + x + 1}} \le \frac{4}{3} \Leftrightarrow \frac{1}{{4\left( {{x^2} + x + 1} \right)}} \le \frac{1}{3} \Leftrightarrow \frac{{3015}}{{4\left( {{x^2} + x + 1} \right)}} \le \frac{{3015}}{3} = 1005,(1)}$

Έχω:

$\displaystyle{\frac{{8{x^2} + 8x + 3023}}{{4\left( {{x^2} + x + 1} \right)}} + \frac{{8{y^2} + 8y + 3023}}{{4\left( {{y^2} + y + 1} \right)}} = \frac{{8\left( {{x^2} + x + 1} \right)}}{{4\left( {{x^2} + x + 1} \right)}} + \frac{{3015}}{{4\left( {{x^2} + x + 1} \right)}} + \frac{{8\left( {{y^2} + y + 1} \right)}}{{4\left( {{y^2} + y + 1} \right)}} + \frac{{3015}}{{4\left( {{y^2} + y + 1} \right)}}}$ $\displaystyle{ = 4 + \frac{{3015}}{{4\left( {{x^2} + x + 1} \right)}} + \frac{{3015}}{{4\left( {{y^2} + y + 1} \right)}}\mathop \le \limits^{\left( 1 \right)} 4 + 1005 + 1005 = 2014.}$

#1490

ΑΣΚΗΣΗ 488: Δίνεται ορθογώνιο $\displaystyle{ABCD}$ και έστω $\displaystyle{BE}$ το ύψος του τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ και $\displaystyle{Z}$ το μέσον του $\displaystyle{AE}$ . Να αποδείξετε ότι

η από το $\displaystyle{Z}$ κάθετη στην $\displaystyle{BZ}$ διέρχεται από το μέσον της $\displaystyle{CD}$

: ΟΡΘΟΓΩΝΙΟ.png (6.64 KiB) Προβλήθηκε 2672 φορές

#1491

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 488: Δίνεται ορθογώνιο $\displaystyle{ABCD}$ και έστω $\displaystyle{BE}$ το ύψος του τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ και $\displaystyle{Z}$ το μέσον του $\displaystyle{AE}$ . Να αποδείξετε ότι

η από το $\displaystyle{Z}$ κάθετη στην $\displaystyle{BZ}$ διέρχεται από το μέσον της $\displaystyle{CD}$

Το συνημμένο ΟΡΘΟΓΩΝΙΟ.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο

Καλημέρα σε όλους.

Έστω

το μέσο της

. Είναι

(η

είναι διάμεσος του ορθογωνίου τριγώνου EAB

), κι επειδή

είναι το μέσο της

θα είναι $E\widehat ZM=90^0$ . Οπότε το τετράπλευρο MZCB

είναι εγγράψιμο ( δύο από τις απέναντι γωνίες είναι ορθές). Αλλά για τον ίδιο λόγο και το ZHCB

είναι εγγράψιμο.

: EISAG-488.png (18.78 KiB) Προβλήθηκε 2649 φορές

Άρα τα σημεία M,Z,H,C,B

είναι ομοκυκλικά και

είναι μία διάμετρος του κύκλου. Επομένως $\displaystyle{MH \bot DC}$ και αφού το

είναι μέσο της

, τότε και το

θα είναι μέσο της

.

#1492

ΑΣΚΗΣΗ 489: Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle{f:R \rightarrow R}$ για την οποία ισχύει :

$\displaystyle{f(5-x)+f(6)=3x+7}$ , για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ . Να υπολογίσετε το άθροισμα: $\displaystyle{S=f(1)+f(2)+f(3)+ . . . +f(20)}$

Θεοδωρος Παγωνης · #1493

Για $\displaystyle{x=-1}$ έχω $\displaystyle{f(6)+f(6)=3\cdot \left( -1 \right)+7\Leftrightarrow 2f(6)=4\Leftrightarrow f(6)=2}$ (1)
Άρα η δοθείσα σχέση γίνεται : $\displaystyle{f(5-x)+2=3x+7\Leftrightarrow f(5-x)=3x+5}$ (2)
Επομένως στην σχέση (2) για $\displaystyle{x=4,3,2,...,-15}$ έχω :
$\displaystyle{f(1)=3\cdot 4+5}$
$\displaystyle{f(2)=3\cdot 3+5}$
$\displaystyle{f(3)=3\cdot 2+5}$ …
….
$\displaystyle{f(20)=3\cdot (-15)+5}$

Με πρόσθεση κατά μέλη των παραπάνω σχέσεων έχουμε :
$\displaystyle{S=3\left( 4+3+2+1+...+(-15) \right)+20\cdot 5\Leftrightarrow S=3\left( 4+3+2+1+...+(-15) \right)+20\cdot 5\Leftrightarrow S=-230}$

#1494

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 489: Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle{f:R \rightarrow R}$ για την οποία ισχύει :

$\displaystyle{f(5-x)+f(6)=3x+7}$ , για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ . Να υπολογίσετε το άθροισμα: $\displaystyle{S=f(1)+f(2)+f(3)+ . . . +f(20)}$

Καλησπέρα.

Έχουμε , f(5 - x) + f(6) = 3x + 7

για κάθε $x \in \mathbb{R}$ .

Για x = - 1

προκύπτει : $2f(6) = 4 \Rightarrow f(2) = 2$ και άρα η αρχική δίδει :

f(5 - x) = 3x + 5

. Θέτω $5 - x = u \Leftrightarrow x = 5 - u$ και η προηγούμενη δίδει :

f(u) = 3(5 - u) + 5

, δηλαδή

οπότε και για κάθε $x \in \mathbb{R}$ έχουμε:

$\boxed{f(x) = 20 - 3x}$ . Αν η μεταβλητή

πάρει θετικές ακέραιες τιμές

προκύπτει η ακολουθία ${a_n} = 20 - 3n,\,\,\,n = 1,2,3,...$ .

Επειδή ${a_{n + 1}} - {a_n} = 20 - 3(n + 1) - 20 + 3n = - 3$ η ακολουθία τελικά είναι αριθμητική πρόοδος με πρώτο όρο ${a_1} = 20 - 3 = 17$ και διαφορά w = - 3

.

Το ζητούμενο άθροισμα $A = f(1) + f(2) + ... + f(20) = {S_{20}}$ και άρα

$A = \dfrac{{2{a_1} + (20 - 1)w}}{2}20 = 10(34 + 19( - 3))$ . Δηλαδή $\boxed{A = - 230}$ .

Φιλικά Νίκος

#1495

ΑΣΚΗΣΗ 490
Να δείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο

ο αριθμός

$\displaystyle{ A =\left[ \frac{n + 3}{4}\right] +\left[\frac{n + 5}{4}\right]+\left[\frac{n}{2}\right] + n^2 + 3n + 3}$

είναι τέλειο τετράγωνο.

#1496

ΑΣΚΗΣΗ 491
Βρείτε όλα τα ζεύγη $(a,b)\in \Bbb{R}^2$ τέτοια, ώστε

$\displaystyle{ \sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{a+b-4} = \sqrt{ab} + 2.}$

#1497

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 490
Να δείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο ο αριθμός

$\displaystyle{ A =\left[ \frac{n + 3}{4}\right] +\left[\frac{n + 5}{4}\right]+\left[\frac{n}{2}\right] + n^2 + 3n + 3}$

είναι τέλειο τετράγωνο.

Μια απόδειξη ρουτίνα:

Ας είναι $\displaystyle{n=4k+v,~v=0,1,2,3.}$

Είναι εύκολο να δούμε ότι

$\displaystyle{\left[ \frac{n + 3}{4}\right]=\begin{cases}k,~~~~~\text{\gr αν}~v=0, \\ k+1,\text{\gr αν}~v=1,\\ k+1,\text{\gr αν}~v=2, \\ k+1,\text{\gr αν}~v=3\\ \end{cases}}$

$\displaystyle{\left[ \frac{n + 5}{4}\right]=\begin{cases}k+1,\text{\gr αν}~v=0, \\ k+1,\text{\gr αν}~v=1,\\ k+1,\text{\gr αν}~v=2, \\ k+2,\text{\gr αν}~v=3\\ \end{cases}}$

$\displaystyle{\left[ \frac{n }{2}\right]=\begin{cases}2k,~~~~~\text{\gr αν}~~v=0, \\ 2k,~~~~~\text{\gr αν}~v=1,\\ 2k+1,\text{\gr αν}~v=2, \\ 2k+1,\text{\gr αν}~v=3\\ \end{cases}}$

Τότε βρίσκουμε:

$\displaystyle{\color{\red}}$ Αν $\displaystyle{\boxed{v=0}}$ είναι $\displaystyle{A=k+k+1+2k+16k^2+12k+3\implies \boxed{A=(4k+2)^2}}$

$\displaystyle{\color{\red}}$ Αν $\displaystyle{\boxed{v=1}}$ είναι $\displaystyle{A=k+1+k+1+2k+(4k+1)^2+3(4k+1)+3\implies \boxed{A=(4k+3)^2}}$

$\displaystyle{\color{\red}}$ Αν $\displaystyle{\boxed{v=2}}$ είναι $\displaystyle{A=k+1+k+1+2k+1+(4k+2)^2+3(4k+2)+3\implies \boxed{A=(4k+4)^2}}$

$\displaystyle{\color{\red}}$ Αν $\displaystyle{\boxed{v=3}}$ είναι $\displaystyle{A=k+1+k+2+2k+1+(4k+3)^2+3(4k+3)+3\implies \boxed{A=(4k+5)^2}}$

Τελικά είναι

$\displaystyle{A=(n+2)^2}$

#1498

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 491
Βρείτε όλα τα ζεύγη $(a,b)\in \Bbb{R}^2$ τέτοια, ώστε

$\displaystyle{ \sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{a+b-4} = \sqrt{ab} + 2.}$

Έχουμε: $\displaystyle{ \sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{a+b-4} = \sqrt{ab} + 2 \Leftrightarrow \sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2 - 2\sqrt{ab}-4} = \sqrt{ab} + 2}$

όπου βέβαια πρέπει $\displaystyle{a,b \geq 0}$ . Θέτουμε τώρα: $\displaystyle{\sqrt{a}+\sqrt{b}=m , \sqrt{ab}=n}$ . Τότε έχουμε:

$\displaystyle{m+\sqrt{m^2 -2n-4}=n+2 \Leftrightarrow m^2 -2n-4=(n-m+2)^2 \Leftrightarrow n^2 -2(m-3)n-4(m-2)=0}$

Η διακρίνουσα είναι $\displaystyle{\Delta = 4(m-1)^2}$ . Άρα $\displaystyle{n=2m-4}$ ή $\displaystyle{n=-2}$ , (το οποίο απορρίπτεται, αφού πρέπει $\displaystyle{n\geq 0}$ ).

Τώρα: Από $\displaystyle{n=2m-4}$ , παίρνουμε: $\displaystyle{\sqrt{ab}=2(\sqrt{a}+\sqrt{b})-4 \Leftrightarrow (\sqrt{a}-2)(2-\sqrt{b})=0\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{a=4}$ , ή $\displaystyle{b=4}$ . Άρα πρέπει: $\displaystyle{a=4 , b\geq 0}$ , ή $\displaystyle{b=4 , a\geq 0}$

#1499

ΑΣΚΗΣΗ 492

Αν $\displaystyle{n}$ είναι φυσικός αριθμός, να αποδείξετε ότι ο αριθμός

$\displaystyle{A=\frac{10^n-55}{45}}$

είναι ακέραιος.

#1500

matha έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 492

Αν $\displaystyle{n}$ είναι φυσικός αριθμός, να αποδείξετε ότι ο αριθμός

$\displaystyle{A=\frac{10^n-55}{45}}$

είναι ακέραιος.

Κάπως «μπακαλίστικα».

Ο ακέραιος αριθμός: $a = {10^n} - 55 = 999...945\,\,\,,n \in {\mathbb{N}^*}$ , με πλήθος ${10^{n - 2}}$ του ψηφίου

.

Επειδή το άθροισμα των ψηφίων του

διαιρείται με

μπορεί να γραφεί ως :

$a = 9 \cdot (111...105)$ .

Τώρα ό $A = \dfrac{{{{10}^n} - 55}}{{45}} = \dfrac{{111...105}}{5}$ που επειδή ο αριθμητής τελειώνει σε

θα

διαιρείται με

και άρα ο

είναι ακέραιος .

Φιλικά Νίκος

Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Μέλη σε σύνδεση