32η ΕΘΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ "ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ" 2014-2015

kostas232 · #21

Δίνω εδώ την ακριβή λύση μου για τη διοφαντική

Είναι $\displaystyle{x+y=\frac{xy^3}{p}$ , οπότε $\displaystyle{p\mid xy^3}$ , που συνεπάγεται ότι $\displaystyle{p\mid x}$ ή $\displaystyle{p\mid y^3}$ . Διακρίνω τις περιπτώσεις:
α) $\displaystyle{p\mid x}$ . Τότε θα είναι $\displaystyle{x=kp,k\in \mathbb{Z}^+}$ . Αντικαθιστώντας στη σχέση $\displaystyle{xy^3=p(x+y)}$ παίρνουμε $\displaystyle{kpy^3=p(kp+y)\Leftrightarrow ky^3=kp+y\Leftrightarrow y^3=p+\frac{y}{k}$ .
Δηλαδή $\displaystyle{k\mid y\Leftrightarrow y=ks, s\in \mathbb{Z}^+}$ , οπότε, πάλι με αντικατάσταση, λαμβάνουμε $\displaystyle{k^3s^3kp=p(ks+kp)\Leftrightarrow k^3s^3=s+p\Leftrightarrow k^3s^2=1+\frac{p}{s}}$ .
Άρα πρέπει $\displaystyle{s\mid p}$ , οπότε, επειδή $\displaystyle{p}$ είναι πρώτος, πρέπει ή $\displaystyle{s=1}$ ή $\displaystyle{s=p}$ .
Εάν είναι $\displaystyle{s=1}$ , τότε $\displaystyle{k^3=p+1\Leftrightarrow p=k^3-1\Leftrightarrow p=(k-1)(k^2+k+1)$ . Οι δυνατές τιμές του $\displaystyle{k}$ που προκύπτουν είναι οι $\displaystyle{k=-1}$ ή $\displaystyle{k=2}$ ή $\displaystyle{k=0}$ . Οι λύσεις
ο και -1 απορρίπτονται, γιατί δίνουν $\displaystyle{p=-1}$ και $\displaystyle{p=-2}$ αντίστοιχα, που δεν ανταποκρίνονται προφανώς στις προϋποθέσεις της εκφώνησης. Για $\displaystyle{k=2}$ έχουμε την τριάδα $\displaystyle{(x,y,p)=(14,2,7)$ που επαληθεύει την εξίσωση.
Στη συνέχεια έλεγξα τι γίνεται στην περίπτωση που $\displaystyle{p\mid y}$ . Ουσιαστικά περιόρισα τα χ και y στο [0,2] με τη βοήθεια της ταυτότητας
χy>x+y, x>2, y>2 και απέρριψα περιπτώσεις.Όπως είδα και παραπάνω, δε ήταν αναγκαίο, η δε λύση μου νομίζω πως είναι σωστή και δεν μου έχει ξεφύγει κάτι.
Καλά αποτελέσματα σε όλα τα παιδιά, και πάνω από όλα επιμονή και προσπάθεια σε όλους.
Κωνσταντίνος Τερζής.
(Αυτή ήταν και η πρώτη διοφαντική εξίσωση από διαγωνισμούς που έλυσα)

Διόρθωση: Η λύση s=p απορρίπτεται εύκολα.

chris · #22

Στο 2ο όλες οι σχέσεις προκύπτουν εύκολα από Vieta ( b=c , x_4=-a ,x_1=1,a^2=b(a-1)

)
Στο 3ο δεν χρειάζεται καν το sin75

. Αρκεί να θεωρήσουμε τη συνάρτηση που προκύπτει και λόγω μονοτονίας(και περιορισμών στη γωνία) η μοναδική ρίζα είναι η ζητούμενη τιμή.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Ποια είναι η λογική αυτού του προβλήματος για εδώ;

ΥΓ:πρέπει να υπάρχει στα αρχεία "βρες τη γωνία" του φόρουμ.

gavrilos · #23

Κύριε Γιώργο (gbaloglou) σωστό είναι το αποτέλεσμά σας.Το άθροισμα αυτό ισούται με $\displaystyle{\binom{2n}{n}}$ .Ο Θανάσης (socrates) μάλλον δεν πρόσεξε ότι τα τόξα υπάρχουν μόνο στο μισό τετράγωνο και άρα μετά δεν έχουμε τρεις επιλογές για κάθε κίνηση αλλά μόνο μία.

Θανάση (socrates) γιατί να εμπλέξουμε το ημίτονο $\displaystyle{75^{\circ}}$ την ώρα που το μικρό τρίγωνο έχει γωνίες $\displaystyle{45^{\circ},30^{\circ}}$ ;Μήπως δε βλέπω κάτι;

Chris δε χρειάζεται η συνάρτηση.Μόλις βρούμε την πρώτη σχέση που βρίσκεις μπορούμε να βγάλουμε όμοια τα δύο τρίγωνα κάτι που θα μας δώσει το αποτέλεσμα που θέλουμε.Αν κάνω κάποιο λάθος συγχωρέστε με.

Edit:Kostas232 κι εγώ την ίδια λύση έκανα (απλά "ξεμπέρδεψα" με την περίπτωση $\displaystyle{p\mid y}$ λίγο συντομότερα).

Grigoris K. · #24

Μία Γεωμετρική λύση για το 3ο Πρόβλημα των μεγάλων:

Έστω $\displaystyle{ BE \perp AD }$ και $\displaystyle{ Z }$ το μέσο της $\displaystyle{ BA }$ . Φανερά $\displaystyle{ ED = EB = \frac{BA}{2} = EZ }$ , δηλαδή $\displaystyle{ \triangle ZED }$ ισοσκελές. Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{ \angle ZED = 150^o \implies \angle ZDE = 15^o }$ . Επομένως $\displaystyle{ D }$ μέσο της $\displaystyle{ BC \iff ZD \parallel AC \iff \angle DAC = 15^o \iff \angle C = 30^o}$ .

Al.Koutsouridis · #25

Θεμα 3

: Screen Shot 2015-02-28 at 14.57.17.png (26.95 KiB) Προβλήθηκε 3703 φορές

(α)

Έστω η κάθετη από το

προς την

και η κάθετη από το

προς την

, τέμνονται στο σημείο

. Τότε το τετράπλευρο ABDE

είναι εγγράψιμο και έχουμε $\angle BDA = \angle AEB = 45^0$ και αφόσον BAE

ορθογώνιο τρίγωνο θα είναι και $\angle ABE = 45^0$ . Άρα ABE

ορθογώνιο ισοσκελές με AB = AE

.

Επίσης έχουμε $\angle BAD = 180^0 - 105^0 - 45^0 = 30^0$ και $\angle BAD = \angle BED = 30^0$ (βαίνουν στο ίδιο τόξο

)
Δηλαδή θα είναι EBD = 60^0

και επειδή

μεσοκάθετος το τρίγωνο BEC

είναι ισοσκελές με γωνιά 60 μοιρών άρα και ισόπλευρο και επομένως $\angle ECB = 60^0$ .

Τέλος παρατηρούμε ότι τα τρίγωνα ABC , AEC

είναι ίσα γιατι έχουν μια προς μία τις πλευρές του ίσες. Επομένως

διχοτόμος της $\angle ECB$ και $\angle ACB = 30^0$

Αρχιμήδης 6 · #26

kostas232 έγραψε: Να προσδιορίσετε όλες τις τριάδες θετικών ακεραίων $\displaystyle{(x,y,p)}$ όπου $\displaystyle{p}$ πρώτος, οι οποίες ικανοποιούν την εξίσωση

$\displaystyle{\frac{xy^3}{x+y}=p}$
Βρήκα ως μοναδική λύση την $\displaystyle{(x,y,p)=(14,2,7)}$ .

Καταρχήν να πω καλά αποτελέσματα στους διαγωνιζόμενους.

Και πολύ καλά βρήκες διότι είναι αδύνατον να υπάρχει άλλη...

xy^3=p(x+y)

--Αν

έστω

επειδή ο

είναι μη μηδενικός τότε..

$\dfrac{k}{ky^2-1}=\dfrac{y}{p}$ (1)

Εδώ σκέφτηκα τα ανάγωγα κλάσματα... Το πρώτο κλάσμα είναι ανάγωγο ας δούμε για το δεύτερο...

-Αν

δεν διαιρεί τον

τότε από (1) (p,y)=1

και αφού

τότε

,

άρα

,

και αφού είναι θετικοί μοναδική λύση y=2

,

που δίνει την τριάδα (x,y,p)=(14,2,7)

Αν

τότε από (1) θα πρέπει

$\dfrac{k}{ky^2-1}=\dfrac{\dfrac{y}{p}}{1}$ και αφού $(\dfrac{y}{p},1)=1$ τότε

$k=\dfrac{y}{p}$ , ky^2-1=1

άρα

,

και από την y=kp

δεν έχει λύσεις.

---Αν p|y

τότε έστω

άρα

αλλά ισχύει ότι x|kp

άρα

που δεν έχει λύσεις...

Μοναδική λύση η τριάδα (x,y,p)=(14,2,7)

chris · #27

Ναι ακόμη και αυτό γίνεται,το πήγα τυφλά τριγωνομετρικά. Από τη 2η σχέση προκύπτει $AB=\sqrt{2}BD$ και ικανοποιείται το κριτήριο ομοιότητας.
To point είναι πως η άσκηση είναι λίγη μάλλον.

#28

jasonmaths4ever έγραψε: 4) Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ $\le$ ΑΓ και ο περιγεγραμμένος του κύκλος . Η κάθετη από το Α προς την εφαπτομένη του κύκλου στο Γ την τέμνει στο Δ.
α) Αν ΑΒ=ΑΓ, να δείξετε ότι ΓΔ=ΒΓ/2
β) Αν ΓΔ=ΒΓ/2, να δείξετε ότι ΑΒ=ΑΓ.

Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{\angle {\rm A}\Delta \Gamma = \angle {\rm B}}$ (γωνία χορδής και εφαπτομένης), οπότε, χρησιμοποιώντας το Νόμο Συνημιτόνων, έχουμε ότι

$\displaystyle{\Gamma \Delta = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{2} \Leftrightarrow \beta \sigma \upsilon \nu {\rm B} = \frac{\alpha }{2} \Leftrightarrow \frac{{{\gamma ^2} + {\alpha ^2} - {\beta ^2}}}{{2\gamma \alpha }} = \frac{\alpha }{{2\beta }} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \beta {\gamma ^2} + {\alpha ^2}\beta - {\beta ^3} - {\alpha ^2}\gamma = 0 \Leftrightarrow {\alpha ^2}\left( {\beta - \gamma } \right) - \beta \left( {{\beta ^2} - {\gamma ^2}} \right) = 0 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \left( {\beta - \gamma } \right)\left( {{\alpha ^2} - {\beta ^2} - \beta \gamma } \right) = 0}$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \beta = \gamma ,}$

επειδή ισχύει (αφού το τρίγωνο είναι οξυγώνιο και $\displaystyle{\beta \ge \gamma }$ )

$\displaystyle{{\alpha ^2} < {\beta ^2} + {\gamma ^2} \le {\beta ^2} + \beta \gamma \Rightarrow {\alpha ^2} - {\beta ^2} - \beta \gamma < 0.}$

#29

gavrilos έγραψε:Κύριε Γιώργο (gbaloglou) σωστό είναι το αποτέλεσμά σας.Το άθροισμα αυτό ισούται με $\displaystyle{\binom{2n}{n}}$ .

NAI, και μάλιστα η ισότητα $\displaystyle\sum_{0}^{n}{(\displaystyle\frac{n!}{k!(n-k)!})^2={\binom{2n}{n}}$ ... προκύπτει ακριβώς από τα περί διαδρομών τετραγωνικού πλέγματος που έγραφα, αρκεί να προσέξουμε ότι οι $\displaystyle\frac{(n+n)!}{n!n!}={\binom{2n}{n}}$ διαδρομές από το (0,0)

στο $\displaystyle(n,n)$ χωρίζονται σε n+1

ομάδες, ανάλογα από ποιο σημείο της διαγωνίου περνάμε (και από εδώ και πέρα ίδιος συλλογισμός με αυτόν που χρησιμοποίησα στην αρχική μου δημοσίευση).

Ευχαριστώ,

Γιώργος Μπαλόγλου

Αρχιμήδης 6 · #30

Να δώσω και την πιο σύντομη απόδειξη για το πρώτο θέμα....

$p=\dfrac{xy^3}{x+y}$ έστω d=(x,y)

και έστω

,

όπου

τότε

$p=\dfrac{kd^3l^3}{k+l}$ , (1)

(k,l)=1

τότε

άρα αφού

τότε

και έστω λοιπόν

d^3=(k+l)m

(2) άρα η (1) θα γίνει..

p=kml^3

άρα

οπότε

οπότε

- k=1

,

και η (1) θα γίνει 2p=d^3

άρα

οπότε

που δεν έχει λύσεις.

- k=p

,

και η (1) θα γίνει p+1=d^3

,

άρα

,

και αφού

,

vaskok · #31

Αν μπορεί καποιος έμπειρος να εκτιμήσει την δυσκολία των θεμάτων των μικρών.
Ευχαριστώ!

#32

Για τα θέματα των μικρών:

1) Να προσδιορίσετε τις τιμές της πραγματικής παραμέτρου α που είναι τέτοιες ώστε η εξίσωση x^2 + (a-2)x - (a-1)(2a-3) =0

να έχει δύο ρίζες, εκ των οποίων η μία να είναι το τετράγωνο της άλλης.

Απλά βρίσκουμε τις ρίζες $\displaystyle{x_1=a-1, \ x_2=3-2a.}$
Αλλιώς, $\displaystyle{(x_1-x_2^2)(x_2-x_1^2)=0}$ και Vieta...

2) Να προσδιορίσετε τα ζεύγη μη αρνητικών ακεραίων (m,n)

που είναι τέτοια ώστε ο αριθμός A= (m+n)^3

να διαιρεί το αριθμό B= 2n(3m^2 + n^2) + 8

, με $m \ge n$

Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{B=A+8-(m-n)^3.}$ Πρέπει $\displaystyle{A\leq B }$ που δίνει $\displaystyle{m-n=0,1,2.}$
Λύσεις: $\displaystyle{(m,n)=(1,1),(1,0), (k+2,k), \ k\in \Bbb{N}_0.}$

3) Είναι δυνατόν να τοποθετήσουμε κατάλληλα στο επίπεδο 2014 σημεία έτσι ώστε με κορυφές από αυτά τα σημεία να κατασκευάσουμε 1006^2

παραλληλόγραμμα εμβαδού 1;

Δύο παράλληλες ευθείες που απέχουν 1, 1007 σημεία σε καθεμιά που απέχουν επίσης απέχουν 1. Συνδυάζουμε τα 1006

τμήματα μήκους 1 της μιας με τα 1006

τμήματα μήκους 1 της άλλης... Σύνολο 1006^2

παραλληλόγραμμα εμβαδού 1 (βάση χ ύψος).

4) Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ $\le$ ΑΓ και ο περιγεγραμμένος του κύκλος c(O,R)

. Η κάθετη από το Α προς την εφαπτομένη του κύκλου στο Γ την τέμνει στο Δ.
α) Αν ΑΒ=ΑΓ, να δείξετε ότι ΓΔ=ΒΓ/2
β) Αν ΓΔ=ΒΓ/2, να δείξετε ότι ΑΒ=ΑΓ.

α) Φέρουμε το ύψος από το Α και έστω Μ το μέσο της ΒΓ. Τα τρίγωνα ΑΓΔ και ΑΜΓ είναι ίσα...

β) Όπως ο Βαγγέλης: viewtopic.php?p=229866#p229866
Εναλλακτικά, από ${{\alpha ^2} - {\beta ^2} - \beta \gamma } = 0}$ προκύπτει $\displaystyle{A=2B}$ οπότε $\displaystyle{\pi=A+B+C\leq A+2B=2A}$ οπότε $\displaystyle{A\geq \frac{\pi}{2},}$ άτοπο...

#33

gavrilos έγραψε:Κύριε Γιώργο (gbaloglou) σωστό είναι το αποτέλεσμά σας.Το άθροισμα αυτό ισούται με $\displaystyle{\binom{2n}{n}}$ .Ο Θανάσης (socrates) μάλλον δεν πρόσεξε ότι τα τόξα υπάρχουν μόνο στο μισό τετράγωνο και άρα μετά δεν έχουμε τρεις επιλογές για κάθε κίνηση αλλά μόνο μία.

Σωστά, Γιώργο. Νόμισα ότι τα τόξα ήταν σε όλο το τετράγωνο...

Οπότε είναι $\displaystyle{\cdot 3^n}$ (ίσως βέβαια να χρειαζόταν και απόδειξη ότι μέχρι τη διαγώνιο απαιτούνται ακριβώς n βήματα...)

gavrilos έγραψε:Θανάση (socrates) γιατί να εμπλέξουμε το ημίτονο $\displaystyle{75^{\circ}}$ την ώρα που το μικρό τρίγωνο έχει γωνίες $\displaystyle{45^{\circ},30^{\circ}}$ ;Μήπως δε βλέπω κάτι;

Chris δε χρειάζεται η συνάρτηση.Μόλις βρούμε την πρώτη σχέση που βρίσκεις μπορούμε να βγάλουμε όμοια τα δύο τρίγωνα κάτι που θα μας δώσει το αποτέλεσμα που θέλουμε.Αν κάνω κάποιο λάθος συγχωρέστε με.

Ξανά σωστά... Απλά έτσι το έλυσα... Όμοια τρίγωνα και μόνο, λοιπόν... Ακόμα πιο απλά...

jason.prod · #34

Μια άλλη άποψη για το δεύτερο ερώτημα στη γεωμετρία των μικρών: θεωρώ τον κύκλο (Γ,ΓΔ), ο οποίος έστω ότι τέμνει την ΒΓ στο Η. Από υπόθεση, η ΑΗ είναι διάμεσος του τριγώνου ΑΒΓ. Επειδή το ΟΒΓ είναι ισοσκελές, η ΟΗ είναι κάθετη στην ΓΗ, άρα η ΟΗ είναι η εφαπτομένη του κύκλου που αντιστοιχεί στο Ο. Όμως, η ΑΔ είναι η μία εφαπτομένη που αντιστοιχεί στον (Γ,ΓΔ) και στο Α με σημείο επαφής το Δ. Αφού η ΑΓ είναι διχοτόμος της ΟΑΔ, η ΑΟ είναι εφαπτόμενη του κύκλου (Γ,ΓΔ), και αφού το τρίγωνο είναι οξυγώνιο, η ΑΟ θα τέμνει την ΒΓ στο εσωτερικό της, οπότε η ΑΟ θα τέμνει την ΒΓ στο Η, άρα η ΑΗ είναι και ύψος του ΑΒΓ, άρα το ΑΒΓ είναι ισοσκελές με ΑΒ=ΑΓ.

Σημείωση: Πιστεύετε ότι κάποιος με 3 θέματα περνάει φέτος;

loukaz7 · #35

Μήπως ξέρουμε πότε θα βγουν οι επίσημες λύσεις και οι επιτυχόντες από την Ε.Μ.Ε ;
Επίσης μήπως μπορεί κάποιος να εκτιμήσει έστω και στο περίπου ποία θα είναι η βάση για τους μικρούς;
Ευχαριστώ!

jason.prod · #36

loukaz7 έγραψε:Μήπως ξέρουμε πότε θα βγουν οι επίσημες λύσεις και οι επιτυχόντες από την Ε.Μ.Ε ;
Επίσης μήπως μπορεί κάποιος να εκτιμήσει έστω και στο περίπου ποία θα είναι η βάση για τους μικρούς;
Ευχαριστώ!

Οι επιτυχόντες θα βγουν σήμερα το βράδυ, αφού αύριο είναι η βράβευση. Αν πετύχεις θα σου τηλεφωνήσουν. Για τη βάση δεν ξέρω, αλλά εκτιμώ γύρω στα 2,5-3 θέματα.
Για τη βάση ας μας διαφωτίσει κάποιος πιο έμπειρος.

#37

Δυστυχώς δεν εχω τον υπολογιστή μαζί μου για να γράψω λύσεις. Θα το κάνω αύριο.

Για το 2ο αυτό που μπορούμε να κάνουμε αφού καταλήξουμε ότι

$abc=\dfrac{a^5}{(a-1)^2}=\dfrac{(k+1)^5}{k^2}, \ k>0$

είναι να συνεχίσουμε με διαφορικό λογισμό (εύκολα βρίσκουμε ελάχιστο για $k=\dfrac{2}{3}$ ) είτε με ανισότητα αριθμητικού και γεωμετρικου μέσου ως εξής:

$k+1=\dfrac{k}{2}+\dfrac{k}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}\geq 5\sqrt[5]{\dfrac{k^2}{4\cdot 27}}$

άρα $\dfrac{(k+1)^5}{k^2}\geq \dfrac{3125}{108}>28$

Αλέξανδρος

loukaz7 · #38

Τηλεφώνησαν σε κανέναν να του πουν ότι πέτυχε;

jason.prod · #39

Ναι μου είπαν ότι πήρα ασημένιο μετάλλιο.

#40

jasonmaths4ever έγραψε:Ναι μου είπαν ότι πήρα ασημένιο μετάλλιο.

Συγχαρητήρια

32η ΕΘΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ "ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ" 2014-2015

Re: 32η ΕΘΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ "ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ" 2014-2015

Re: 32η ΕΘΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ "ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ" 2014-2015

Re: 32η ΕΘΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ "ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ" 2014-2015

Re: 32η ΕΘΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ "ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ" 2014-2015

Re: 32η ΕΘΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ "ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ" 2014-2015

Re: 32η ΕΘΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ "ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ" 2014-2015

Re: 32η ΕΘΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ "ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ" 2014-2015

Re: 32η ΕΘΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ "ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ" 2014-2015

Re: 32η ΕΘΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ "ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ" 2014-2015

Re: 32η ΕΘΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ "ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ" 2014-2015

Re: 32η ΕΘΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ "ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ" 2014-2015

Re: 32η ΕΘΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ "ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ" 2014-2015

Re: 32η ΕΘΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ "ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ" 2014-2015

Re: 32η ΕΘΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ "ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ" 2014-2015

Re: 32η ΕΘΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ "ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ" 2014-2015

Re: 32η ΕΘΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ "ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ" 2014-2015

Re: 32η ΕΘΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ "ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ" 2014-2015

Re: 32η ΕΘΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ "ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ" 2014-2015

Re: 32η ΕΘΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ "ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ" 2014-2015

Re: 32η ΕΘΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ "ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ" 2014-2015

Μέλη σε σύνδεση