Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2008/2009 (ΙΙΙΦ 11η τάξη)

Al.Koutsouridis · #1

Πρώτη Μέρα.

1. Το δευτεροβάθμιο τριώνυμο f(x)

είναι τέτοιο, ώστε το πολυώνυμο $(f(x))^{5} – f(x)$ να έχει ακριβώς τρεις πραγματικές ρίζες. Να βρείτε την τεταγμένη της κορυφής του δευτεροβάθμιου τριωνύμου.

2. Σε κάποια κελιά ενός πίνακα $10 \times 10$ είναι τοποθετημένα τα σύμβολα, σταυροί και μηδενικά(ένα από αυτά σε κάθε πιθανό κελί με σύμβολο). Είναι γνωστό, ότι δεν υπάρχει γραμμή ή στήλη του πίνακα πλήρως συμπληρωμένη με το ίδιο είδος συμβόλου (σταυρό ή μηδενικό). Ωστόσο, αν σε οποιοδήποτε κενό κελί τοποθετήσουμε κάποιο από τα σύμβολα η παραπάνω συνθήκη παραβιάζεται. Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός συμβόλων που μπορεί να έχει ένας τέτοιος πίνακας.

3. Να αποδείξετε ότι $x \cos x \leq \dfrac{\pi^2}{16}$ για $0 \leq x \leq \dfrac{\pi}{2}$ .

4. Σε οξυγώνιο μη ισοσκελές τρίγωνο ABC

φέρουμε το ύψος $AA^{‘}$ και θεωρούμε το ορθόκεντρο

και το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του

. Να αποδείξετε ότι το συμμετρικό σημείο του κέντρου του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου $HOA^{‘}$ ως προς την ευθεία

, βρίσκεται επί της μεσοπαράλληλου του ABC

.

Δεύτερη Μέρα

5. Στο επίπεδο φέρουμε κάποιο αριθμό ευθειών και σημειώνουμε όλα τα σημεία τομής τους. Πόσες ευθείες μπορούμε να φέρουμε εάν σε μία από τις ευθείες σημειώσαμε ένα σημείο, σε μια άλλη τρία σημεία και σε μια τρίτη πέντε; Βρείτε όλες τις δυνατές περιπτώσεις και αποδείξτε ότι άλλες δεν υπάρχουν.

6. Έστω

σημείο της πλευράς

οξυγώνιου τριγώνου ABC

τέτοιο, ώστε AB = AD

. Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ABD

, τέμνει την πλευρά

στα σημεία

και

. Η ευθεία

τέμνει την κάθετη από το

προς την

στο σημείο

. Να αποδείξετε ότι CL = BC

.

7. Δίνονται οι φυσικοί αριθμοί a, b, c

με μέγιστο κοινό διαιρέτη αυτών την μονάδα. Είναι άραγε αληθές ότι οποσδήποτε θα υπάρχει τέτοιος φυσικός αριθμός

, έτσι ώστε ο αριθμός $a^{k} + b^{k} +c^{k}$ να μην διαιρείται με το 2^n

για κανέναν φυσικό

;

8. Σε κύκλο είναι τοποθετημένοι 11 φυσικοί αριθμοί. Είναι γνωστό ότι οποιοιδήποτε δυο γειτονικοί αριθμοί διαφέρουν τουλάχιστον κατά 20 και το άθροισμα οποιονδήποτε δυο γειτονικών αριθμών δεν είναι λιγότερο από εκατό. Να βρείτε το ελάχιστο δυνατό άθροισμα των αριθμών.

Υγ. Η τρίτη φάση είναι η προτελευταία, αντιστοιχεί στο δικό μας "Ευκλείδη".

STOPJOHN · #2

Al.Koutsouridis έγραψε:Πρώτη Μέρα.

1. Το δευτεροβάθμιο τριώνυμο είναι τέτοιο, ώστε το πολυώνυμο $(f(x))^{5} – f(x)$ να έχει ακριβώς τρεις πραγματικές ρίζες. Να βρείτε την τεταγμένη της κορυφής του δευτεροβάθμιου τριωνύμου.

2. Σε κάποια κελιά ενός πίνακα $10 \times 10$ είναι τοποθετημένα μερικά σύμβολα, σταυροί και μηδενικά. Είναι γνωστό, ότι δεν υπάρχει γραμμή ή στήλη του πίνακα πλήρως συμπληρωμένη με το ίδιο είδος συμβόλου (σταυρό ή μηδενικό). Ωστόσο, αν σε οποιοδήποτε κενό κελί τοποθετήσουμε κάποιο από τα σύμβολα η παραπάνω συνθήκη παραβιάζεται. Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός συμβόλων που μπορεί να έχει ένας τέτοιος πίνακας.

3. Να αποδείξετε ότι $x \cos x \leq \dfrac{\pi^2}{16}$ για $0 \leq x \leq \dfrac{\pi}{2}$ .

4. Σε οξυγώνιο μη ισοσκελές τρίγωνο φέρουμε το ύψος $AA^{‘}$ και θεωρούμε το ορθόκεντρο και το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του . Να αποδείξετε ότι το συμμετρικό σημείο του κέντρου του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου $HOA^{‘}$ ως προς την ευθεία , βρίσκεται επί της μεσοπαράλληλου του .

Δεύτερη Μέρα

5. Στο επίπεδο φέρουμε κάποιο αριθμό ευθειών και σημειώνουμε όλα τα σημεία τομής τους. Πόσες ευθείες μπορούμε να φέρουμε εάν σε μία από τις ευθείες σημειώσαμε ένα σημείο, σε μια άλλη τρία σημεία και σε μια τρίτη πέντε; Βρείτε όλες τις δυνατές περιπτώσεις και αποδείξτε ότι άλλες δεν υπάρχουν.

6. Έστω σημείο της πλευράς οξυγώνιου τριγώνου τέτοιο, ώστε . Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου , τέμνει την πλευρά στα σημεία και . Η ευθεία τέμνει την κάθετη από το προς την στο σημείο . Να αποδείξετε ότι .

7. Δίνονται οι φυσικοί αριθμοί με μέγιστο κοινό διαιρέτη αυτών την μονάδα. Είναι άραγε αληθές ότι οποσδήποτε θα υπάρχει τέτοιος φυσικός αριθμός , έτσι ώστε ο αριθμός $a^{k} + b^{k} +c^{k}$ να μην διαιρείται με το για κανέναν φυσικό ;

8. Σε κύκλο είναι τοποθετημένοι 11 φυσικοί αριθμοί. Είναι γνωστό ότι οποιοιδήποτε δυο γειτονικοί αριθμοί διαφέρουν τουλάχιστον κατά 20 και το άθροισμα οποιονδήποτε δυο γειτονικών αριθμών δεν είναι λιγότερο από εκατό. Να βρείτε το ελάχιστο δυνατό άθροισμα των αριθμών.

Υγ. Η τρίτη φάση είναι η προτελευταία, αντιστοιχεί στο δικό μας "Ευκλείδη".

Δευτερη μέρα

Πρόβλημα 6

Καλημέρα, Το τετράπλευρο ABDK

είναι εγεγραμμένο σε κύκλο άρα

$\hat{BKA}=\hat{ADB}=\hat{\omega },(1) \hat{AKL}=\hat{ABD}=\hat{\omega }=\hat{ADB},(2), (1),(2)\Rightarrow \hat{LKT}=\hat{TKB},TK\perp BL$

Συνεπώς είναι LC=BC

Γιάννης

#3

Al.Koutsouridis έγραψε: Δεύτερη Μέρα

6. Έστω σημείο της πλευράς οξυγώνιου τριγώνου τέτοιο, ώστε . Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου , τέμνει την πλευρά στα σημεία και . Η ευθεία τέμνει την κάθετη από το προς την στο σημείο . Να αποδείξετε ότι .

Καλημέρα.

: Πανρωσική 2008-2009(ΙΙΙ, 11η).png (18.51 KiB) Προβλήθηκε 2660 φορές

Έστω

το μέσο της

και

το σημείο τομής των AC, BL

. Από το εγγεγραμμένο ABDK

και το εγγράψιμο ANMB

, προκύπτουν οι ίσες πράσινες γωνίες. Άρα MN//DL

, οπότε το

είναι μέσο του

και το ζητούμενο έπεται άμεσα.

#4

Al.Koutsouridis έγραψε: 4. Σε οξυγώνιο μη ισοσκελές τρίγωνο φέρουμε το ύψος $AA^{‘}$ και θεωρούμε το ορθόκεντρο και το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του . Να αποδείξετε ότι το συμμετρικό σημείο του κέντρου του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου $HOA^{‘}$ ως προς την ευθεία , βρίσκεται επί της μεσοπαράλληλου του .

: πανρωσική ολυμπιάδα μαθηματικών 2015-2016_4_11τάξη.png (29.47 KiB) Προβλήθηκε 2643 φορές

Αν γράψουμε και τον κύκλο του Euler

του τριγώνου ABC

το ζητούμενο προφανές.

Ν.

#5

Al.Koutsouridis έγραψε:Πρώτη Μέρα.

1. Το δευτεροβάθμιο τριώνυμο είναι τέτοιο, ώστε το πολυώνυμο $(f(x))^{5} – f(x)$ να έχει ακριβώς τρεις πραγματικές ρίζες. Να βρείτε την τεταγμένη της κορυφής του δευτεροβάθμιου τριωνύμου.

Αντί επαναφοράς, ας δούμε αυτό το θέμα:

Έστω $f(x)=ax^2+bx+c, \,\,a\neq 0.$ Θα δείξουμε ότι η ζητούμενη τεταγμένη, η τιμή της οποίας δίνεται από την παράσταση $-\dfrac{b^2-4ac}{4a}$ , ισούται με

. Είναι

$(f(x))^{5} – f(x)=0\Leftrightarrow f(x) \left( f(x)-1\right)\left(f(x)+1 \right)\left((f(x))^2+1 \right)=0$

$\Leftrightarrow f(x)=0 \vee f(x)=1\vee f(x)=-1$

$\Leftrightarrow ax^2+bx+c=0\vee ax^2+bx+c-1=0\vee ax^2+bx+c+1=0$

ΟΙ διακρίνουσες των παραπάνω εξισώσεων είναι κατά αντιστοιχία

$D_1=b^2-4ac,\,\,D_2=b^2-4ac+4a,\,\,D_3=b^2-4ac-4a$

Αποκλείεται να είναι και οι τρεις διακρίνουσες μηδέν λόγω του $a\neq 0.$ Επομένως, για να έχει το πολυώνυμο $(f(x))^{5} - f(x)$ ακριβώς τρεις πραγματικές ρίζες πρέπει και αρκεί η μία από τις διακρίνουσες να είναι μηδέν και οι άλλες δύο να είναι ετερόσημες. Έχουμε τις περιπτώσεις:

D_1=0

. Τότε

και

, ετερόσημες. Η ζητούμενη τεταγμένη είναι $-\dfrac{b^2-4ac}{4a}=0$

D_2=0

. Τότε

και

, ομόσημες.

D_3=0

. Τότε

και

, ομόσημες.

#6

Al.Koutsouridis έγραψε:
8. Σε κύκλο είναι τοποθετημένοι 11 φυσικοί αριθμοί. Είναι γνωστό ότι οποιοιδήποτε δυο γειτονικοί αριθμοί διαφέρουν τουλάχιστον κατά 20 και το άθροισμα οποιονδήποτε δυο γειτονικών αριθμών δεν είναι λιγότερο από εκατό. Να βρείτε το ελάχιστο δυνατό άθροισμα των αριθμών.

Ονομάζω έναν αριθμό «μεγάλο» αν είναι μεγαλύτερος ή ίσος του

, και «μικρό» αν είναι μικρότερος του

. Δεν μπορούμε να έχουμε δυο γειτονικούς μικρούς αριθμούς. Πράγματι αν και οι δύο είναι μεγαλύτεροι ή ίσοι του

, τότε ανήκουν στο $\{40,41,\ldots,59\}$ και η διαφορά τους είναι μικρότερη του

, άτοπο. Αν ο ένας είναι μικρότερος του

τότε, αφού ο άλλος είναι μικρότερος του

, το άθροισμά τους είναι μικρότερο του 100

, πάλι άτοπο. Άρα έχω το πολύ

μικρούς αριθμούς και άρα τουλάχιστον

μεγάλους. Άρα δύο μεγάλοι αριθμοί θα είναι γειτονικοί και ο μεγαλύτερος εκ των δύο πρέπει να ισούται με τουλάχιστον

. Χωρίζοντας τους υπόλοιπους αριθμούς σε πέντε ζεύγη γειτονικών αριθμών, βλέπουμε ότι το συνολικό άθροισμα είναι τουλάχιστον 580

. Αυτό λαμβάνεται αν βάλουμε κυκλικά τους αριθμούς $80,60,40,60,40,\ldots,60,40$ .

#7

Al.Koutsouridis έγραψε:

2. Σε κάποια κελιά ενός πίνακα $10 \times 10$ είναι τοποθετημένα μερικά σύμβολα, σταυροί και μηδενικά. Είναι γνωστό, ότι δεν υπάρχει γραμμή ή στήλη του πίνακα πλήρως συμπληρωμένη με το ίδιο είδος συμβόλου (σταυρό ή μηδενικό). Ωστόσο, αν σε οποιοδήποτε κενό κελί τοποθετήσουμε κάποιο από τα σύμβολα η παραπάνω συνθήκη παραβιάζεται. Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός συμβόλων που μπορεί να έχει ένας τέτοιος πίνακας.

[Με μια επιφύλαξη για το αν κατανόησα σωστά την εκφώνηση.]

Θα δείξουμε ότι ο πίνακας περιέχει τουλάχιστον

σύμβολα.

Έστω λοιπόν ότι περιέχει λιγότερα. Τότε έχει και τουλάχιστον τρία κελιά άδεια. Έστω τα A,B,C

. Δεν μπορούν δύο από τα κελιά να βρίσκονται στην ίδια γραμμή ή στήλη. Έστω π.χ. ότι τα Α,Β

βρίσκονται στην ίδια γραμμή. Συμπληρώνοντας το κελί

με σταυρό, παραβιάζεται η συνθήκη. Αυτό μπορεί να συμβαίνει μόνο διότι η στήλη του

έχει παντού σταυρούς εκτός από το

. (Αφού η γραμμή του

δεν μπορεί να κλείσει λόγω του ότι το κελί

είναι κενό.) Ομοίως παίρνουμε ότι η στήλη έχει παντού μηδενικά εκτός από το

, άτοπο.

Επειδή αν αλλάξουμε δυο γραμμές του πίνακα μεταξύ τους ή δυο στήλες του πίνακα μεταξύ τους η ιδιότητα του πίνακα δεν αλλάζει, μπορούμε να υποθέσουμε ότι τα A,B,C

βρίσκονται στις θέσεις (1,1),(2,2)

και

αντίστοιχα. Με το ίδιο σκεπτικό όπως πιο πάνω, πρέπει η στήλη ή η γραμμή του

να έχει παντού σταυρούς εκτός από το κελί

. Το ίδιο ακριβώς ισχύει και για τα μηδενικά αλλά και για τα κελιά B,C

.

Οπότε τα σύμβολα στα κελιά (1,2),(1,3)

πρέπει να είναι τα ίδια. Το ίδιο και για τα σύμβολα στα κελιά (1,3),(2,3)

. Το ίδιο και για τα σύμβολα στα κελιά (2,3),(2,1)

. Άρα τα σύμβολα στα κελιά (1,2)

και

είναι τα ίδια. Αυτό όμως είναι άτοπο αφού η μια γραμμή/στήλη του

έχει μηδενικά και η άλλη σταυρούς.

Με 98 σύμβολα μπορούμε να το πετύχουμε όπως πιο κάτω

$\displaystyle{ \begin{tabular}{ccccc} & x & x & \cdots & x \\ 0 & & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & x & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & x & 0 & \cdots & 0 \\ \end{tabular}}$

#8

Al.Koutsouridis έγραψε:
3. Να αποδείξετε ότι $x \cos x \leq \dfrac{\pi^2}{16}$ για $0 \leq x \leq \dfrac{\pi}{2}$ .

Από Cauchy-Schwarz είναι $\displaystyle{ x \cos{x} \leqslant \frac{(x+\cos{x})^2}{4}.}$ Αφού στο διάστημα που μας ενδιαφέρει το $\cos{x}$ είναι μη αρνητικό, αρκεί να δειχθεί ότι $\displaystyle{ x + \cos{x} \leqslant \frac{\pi}{2}}$ για $0 \leqslant x \leqslant \pi/2$ .

Αυτό είναι άμεσο από το ότι η συνάρτηση $f(x) = x+\cos{x}$ είναι αύξουσα. Αν επιτρέπεται λογισμός τότε το τελευταίο έπεται επειδή $f'(x) = 1 - \sin{x} \geqslant 0$ για κάθε

. Αν δεν επιτρέπεται μπορούμε να παρατηρήσουμε ότι

$\displaystyle{ f(y) - f(x) = (y-x) + (\cos{y} - \cos{x}) = (y-x) - 2\sin{\left( \frac{y-x}{2}\right)}\sin{\left( \frac{y+x}{2}\right)} \geqslant 0}$

χρησιμοποιώντας τις ανισότητες

$\displaystyle{ \sin{\left( \frac{y-x}{2}\right)} \leqslant \frac{y-x}{2}}$ (αφού $y \geqslant x$ ) και $\displaystyle{ \sin{\left( \frac{y+x}{2}\right)} \leqslant 1}$ .

#9

Al.Koutsouridis έγραψε:Πρώτη Μέρα.

3. Να αποδείξετε ότι $x \cos x \leq \dfrac{\pi^2}{16}$ για $0 \leq x \leq \dfrac{\pi}{2}$ .

Είναι $xcosx=xsin\left(\frac{\pi }{2} -x\right)\leq x\left(\frac{\pi }{2} -x\right)\leq \frac{\pi ^2}{16}$ ,

αφού sinx < x

για θετικά

, και, το τριώνυμο $x\left(\frac{\pi }{2} -x\right)$ έχει μέγιστο στο $\dfrac{\pi }{4}$ .

#10

Al.Koutsouridis έγραψε:
5. Στο επίπεδο φέρουμε κάποιο αριθμό ευθειών και σημειώνουμε όλα τα σημεία τομής τους. Πόσες ευθείες μπορούμε να φέρουμε εάν σε μία από τις ευθείες σημειώσαμε ένα σημείο, σε μια άλλη τρία σημεία και σε μια τρίτη πέντε; Βρείτε όλες τις δυνατές περιπτώσεις και αποδείξτε ότι άλλες δεν υπάρχουν.

Έστω ε μια ευθεία επί της οποίας σημειώσαμε ένα μόνο σημείο που θα το πούμε Α. Κάθε άλλη ευθεία που σημειώσαμε ή θα διέρχεται από το το Α ή θα είναι παράλληλη στην ε.

Δεν υπάρχει άλλη ευθεία ζ επί της οποίας σημειώσαμε μόνο ένα σημείο, ας το πούμε Β, γιατί:
-αν μεν διέρχεται από το Α, τότε δεν μπορούμε να φέρουμε παράλληλες προς την ε, αφού αυτές θα τέμνουν την ζ που είναι άτοπο, άρα θα έχουμε μόνο ευθείες που διέρχονται από το Α και δεν θα υπάρχει ευθεία επί της οποίας σημειώσαμε τρία ή πέντε σημεία, που είναι άτοπο,
-αν δε είναι παράλληλη στην ε, τότε εκτός της ΑΒ δεν μπορούμε να σημειώσουμε άλλη ευθεία που να διέρχεται από το Α γιατί θα τέμνει την ζ και σε αυτήν (την ζ) θα έχουμε δύο σημεία, άτοπο. Θα σημειώσουμε λοιπόν μόνο παράλληλες προς την ε και δεν θα υπάρχει ευθεία με 3 ή 5 σημεία, άτοπο.

Έστω, στην συνέχεια, δ μια ευθεία επί της οποίας σημειώσαμε τρία σημεία. Αν διέρχεται από Α τότε υπάρχουν ακριβώς δύο παράλληλες ε2, ε3 στην ε που δίνουν τα άλλα δύο σημεία επί της δ και υπάρχουν ακριβώς άλλες 4 που διέρχονται από Α και τέμνουν μαζί με την δ καθεμιά από τις ε2, ε3 σε 5 σημεία. Αν η δ είναι παράλληλη στην ε, τότε υπάρχουν ακριβώς τρεις ευθείες, εκτός της ε, που διέρχονται από το Α και τέμνουν την δ στα τρία σημεία της, και, υπάρχουν ακριβώς τρεις ακόμα παράλληλες προς την ε που τέμνουν αυτές που διέρχονται από το Α, ώστε σε αυτές (που διέρχονται από το Α, πλην της ε) να έχουν σημειωθεί από 5 σημεία.

#11

Al.Koutsouridis έγραψε:
7. Δίνονται οι φυσικοί αριθμοί με μέγιστο κοινό διαιρέτη αυτών την μονάδα. Είναι άραγε αληθές ότι οποσδήποτε θα υπάρχει τέτοιος φυσικός αριθμός , έτσι ώστε ο αριθμός $a^{k} + b^{k} +c^{k}$ να μην διαιρείται με το για κανέναν φυσικό ;

Είναι αληθές.

Αν οι a,b,c

είναι όλοι περιττοί τότε το a^k + b^k + c^k

είναι περιττός οπότε δεν διαιρείται από το 2 = 2^1

για κανένα

. Ομοίως και αν ακριβώς ένας από τους a,b,c

είναι περιττός.

Επειδή δεν γίνεται να είναι όλοι άρτιοι, μπορούμε να υποθέσουμε ότι ακριβώς ένας είναι άρτιος, έστω ο

, και οι άλλοι δύο είναι περιττοί.

Αφού a,b

περιττοί τότε $a^{2m} + b^{2m} \equiv 1 + 1 \equiv 2 \bmod 4$ άρα $4 \nmid a^{2m} + b^{2m}$ .
Έστω

ο μεγαλύτερος εκθέτης ώστε το 2^r

να διαιρεί το a^2-b^2 = (a-b)(a+b)

. Τότε

$\displaystyle{ a^{2m+1} + b^{2m+1} \equiv a(a^2)^m + b(b^2)^m \equiv (a+b)a^{2m} \bmod 2^r}$

Όμως ο $a^{2m}$ είναι περιττός και $2^r \nmid (a+b)$ αφού τότε θα είχαμε $2^{r+1} | (a+b)(a-b)$ άτοπο.

Άρα $2^r \nmid a^{2m+1} + b^{2m+1}$ και αφού $r \geqslant 2$ τότε $2^r \nmid a^k + b^k$ . Αφού ο

είναι άρτιος παίρνουμε και $2^r \nmid a^k + b^k + c^k$ για κάθε $k \geqslant r$ .

Τέλος αν πάρουμε

ώστε $n \geqslant r$ και 2^n > a^r + b^2+c^r

τότε $2^n \nmid a^k + b^k + c^k$ για κάθε

. (Για $k \geqslant r$ ισχύει επειδή 2^r|2^n

και για

ισχύει γιατί 2^n > a^k + b^k + c^k

.)

Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2008/2009 (ΙΙΙΦ 11η τάξη)

Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2008/2009 (ΙΙΙΦ 11η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2008/2009 (ΙΙΙΦ 11η τάξη

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2008/2009 (ΙΙΙΦ 11η τάξη

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2008/2009 (ΙΙΙΦ 11η τάξη

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2008/2009 (ΙΙΙΦ 11η τάξη

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2008/2009 (ΙΙΙΦ 11η τάξη

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2008/2009 (ΙΙΙΦ 11η τάξη

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2008/2009 (ΙΙΙΦ 11η τάξη

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2008/2009 (ΙΙΙΦ 11η τάξη

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2008/2009 (ΙΙΙΦ 11η τάξη

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2008/2009 (ΙΙΙΦ 11η τάξη

Μέλη σε σύνδεση