Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

panagiotis99 · #2541

socrates έγραψε:
Άσκηση 1301
Σε ένα πάρτι συναντήθηκαν έξι άτομα. Καθένας από αυτούς γνωρίζει ακριβώς τρεις από τους υπόλοιπους.
Αποδείξτε ότι υπάρχουν τέσσερα άτομα τα οποία μπορούν να καθίσουν σε ένα στρογγυλό τραπέζι με τέτοιο τρόπο ώστε καθένα από αυτά να κάθεται ανάμεσα σε δύο γνωστούς του.

Kαλημέρα Θανάση, μία λύση πάλι εκτός φακέλου

Έστω γράφημα

με

.
Απο υπόθεση προκύπτει E(G)=

9

Άρα αρκεί να δειχθεί ότι υπάρχει κύκλος βαθμού

Θεώρημα :Για κάθε γράφημα με

κορυφές που ισχύει $E(G)>\frac{n}{4}(1+\sqrt{4n-3})$ τότε έχει έναν κύκλο βαθμού

Αφού η ανισότητα ισχύει το ζητούμενο είναι άμεσο.

EDIT:ευχαριστώ τους raf616 και socrates για την επισήμανση

#2542

panagiotis99 έγραψε:
socrates έγραψε:

Άσκηση 1259
Σε κάθε έδρα ενός κύβου γράφουμε έναν ακέραιο αριθμό. Στη συνέχεια, σε κάθε ακμή του κύβου γράφουμε το άθροισμα των αριθμών στις δύο έδρες στις οποίες ανήκει. Να δείξετε ότι από τους δώδεκα αριθμούς που προκύπτουν τουλάχιστον τέσσερις είναι άρτιοι.
Kαλησπέρα

Βάζω κάτι έκτος φακέλου που είναι γρήγορο μιας και έχει μείνει αναπάντητη.

Έστω ένα γράφημα με .
Απο εκφώνηση προκύπτει

Θεώρημα: Αν ένα γράφημα με κορυφές και $\frac{n^2}{4}\leq E(G)\leq \frac{n^2}{3}$ τότε το περιέχει τουλάχιστον $\frac{n}{9}(4E(G)-n^2)$ τρίγωνα

Εύκολα ελέγχουμε την ανισότητα άρα το περιέχει τουλάχιστον τρίγωνα. Έπειται ότι τουλάχιστον μια πλευρά κάθε τριγώνου περιέχει δύο κορυφές με άρτιο άθροισμα. Επειδή τα τρίγωνα ανα δύο έχουν το πολύ μία κοινή πλευρά το ζητούμενο δείχθηκε

Έχει ακριβώς

τρίγωνα. Ένα για κάθε κορυφή του κύβου. Οπότε η αναφορά στο θεώρημα δεν χρειάζεται.

#2543

socrates έγραψε: Άσκηση 1301
Σε ένα πάρτι συναντήθηκαν έξι άτομα. Καθένας από αυτούς γνωρίζει ακριβώς τρεις από τους υπόλοιπους.
Αποδείξτε ότι υπάρχουν τέσσερα άτομα τα οποία μπορούν να καθίσουν σε ένα στρογγυλό τραπέζι με τέτοιο τρόπο ώστε καθένα από αυτά να κάθεται ανάμεσα σε δύο γνωστούς του.

Παίρνουμε το άτομο Α. Έστω ότι γνωρίζει τους Β,Γ,Δ. Ο Ε δεν γνωρίζει τον Α. Ακόμη και αν γνωρίζει τον Ζ, θα πρέπει να γνωρίζει τουλάχιστον δύο εκ των Β,Γ,Δ. Έστω τους Β,Γ. Τότε αν καθίσουμε στο τραπέζι κυκλικά τους Α,Β,Ε,Γ έχουμε το ζητούμενο.

raf616 · #2544

socrates έγραψε: Άσκηση 1301
Σε ένα πάρτι συναντήθηκαν έξι άτομα. Καθένας από αυτούς γνωρίζει ακριβώς τρεις από τους υπόλοιπους.
Αποδείξτε ότι υπάρχουν τέσσερα άτομα τα οποία μπορούν να καθίσουν σε ένα στρογγυλό τραπέζι με τέτοιο τρόπο ώστε καθένα από αυτά να κάθεται ανάμεσα σε δύο γνωστούς του.

Να αναφέρω απλά ότι επειδή είχα ασχοληθεί με το πρόβλημα προσπαθώντας να το γενικεύσω, σήμερα ανακάλυψα διαβάζοντας την ιστοσελίδα του κ. Δημήτρη, ότι το παραπάνω σχετίζεται με το θεώρημα Dirac. Περισσότερα μπορεί κανείς να βρει εδώ.

panagiotis99 · #2545

socrates έγραψε:
Άσκηση 1318
Σε ένα τουρνουά με συμμετέχοντες, ένας αγώνας διεξάγεται κάθε φορά, με τους αγώνες να είναι knock-out. Σε κάθε αγώνα, ο αριθμός των νικών του κάθε παίκτη μέχρι την στιγμή που θα παίξουν δεν διαφέρει παραπάνω από .Ποιος είναι ο μέγιστος αριθμός των αγώνων του νικητή;

Eπαναφορά επειδή την θεωρώ πολύ ωραία άσκηση για να μην χαθεί δίνω μία υπόδειξη:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#2546

ΑΣΚΗΣΗ 1319: Αν $\displaystyle{x,y\in N}$ και $\displaystyle{3x^2 +5x+2y = y^2 +4xy+1}$ , να δείξετε ότι ο $\displaystyle{x}$ είναι τέλειο τετράγωνο.

panagiotis99 · #2547

socrates έγραψε: Άσκηση 1306
Αν

$\displaystyle{S=\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{3\cdot 4}+...+\frac{1}{99\cdot 100}}$ ,

και

$\displaystyle{T=\frac{1}{51\cdot 100}+\frac{1}{52\cdot 99}+...+\frac{1}{99\cdot 52}+\frac{1}{100\cdot 51}}$ .

να γράψετε σε ανάγωγη μορφή το κλάσμα $\displaystyle \frac{S}{T}$ .

Δείτε εδώ: https://www.artofproblemsolving.com/com ... 66p5515637

#2548

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1319: Αν $\displaystyle{x,y\in N}$ και $\displaystyle{3x^2 +5x+2y = y^2 +4xy+1}$ , να δείξετε ότι ο $\displaystyle{x}$ είναι τέλειο τετράγωνο.

Η εξίσωση γράφεται y^2+y(4x-2)+1-3x^2-5x=0.

Η διακρίνουσα (θεωρώντας την εξίσωση ως προς

) πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο, $\Delta=4x(7x+1).$
Οπότε ο αριθμός x(7x+1)

είναι τέλειο τετράγωνο και αφού (x,7x+1)=1

ο

(και ο

) είναι τέλειο τετράγωνο.

ΥΓ Άλλη μια εφαρμογή όπου φαίνεται η τεράστια χρησιμότητα της διακρίνουσας!

raf616 · #2549

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1212
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $x^{2015}+(y+13)^{2015}=(x+1)^{2015}+y^{2015}.$

Καλησπέρα Θανάση! Μία προσπάθεια:

Θα δείξω ότι η εξίσωση δεν έχει λύσεις.

Γράφουμε $(x+1)^{2015} - x^{2015} = (y+13)^{2015} - y^{2015}$ .

Είναι απλό ότι το δεξί μέλος διαιρείται με το

και άρα και το δεξί. Πρέπει $13 | (x+1)^{2015} - x^{2015}$ .

Παρατηρούμε ότι δεν μπορεί ο

να διαιρεί κάποιον από τους $(x+1)^{2015}$ και $x^{2015}$ αφού τότε θα έπρεπε να διαιρεί και τον άλλον, άτοπο αφού είναι πρώτοι μεταξύ τους.

Άρα (x+1, 13) = 1

και

. Από μικρό θεώρημα Fermat είναι $x^{12} \equiv 1 \pmod{13} \implies x^{2016} \equiv 1 \pmod{13}$ . Όμοια $(x+1)^{2016} \equiv 1 \pmod{13}$ .

Παρατηρούμε ότι για x = -1

η συνθήκη δεν επαληθεύεται και άρα $13 | (x+1)^{2016} - x^{2016} - x^{2015}$ . Όμως $13 | (x+1)^{2016} - x^{2016}$ και άρα πρέπει $13 | x^{2015} \implies 13 | x$

, άτοπο αφού (x, 13) = 1

. Άρα, η εξίσωση δεν έχει λύσεις.

#2550

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1032
Βρείτε τις μη αρνητικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $3^{2a + 1}b^2 + 1 = 2^c.$

Μια λύση όταν $a,b,c \in \Bbb{Z}:$
http://artofproblemsolving.com/communit ... 82p5593043

#2551

Demetres έγραψε:
socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 438
Διαθέτουμε 100 βαρίδια βάρους 1,2,...,100 κιλών αντίστοιχα.
Τοποθετούμε όλα τα παραπάνω βαρίδια σε ζυγαριά ώστε αυτή να ισορροπεί.
Να δείξετε ότι μπορούμε να αφαιρέσουμε δύο βαρίδια από κάθε πλευρά της ζυγαριάς και αυτή να εξακολουθεί να ισορροπεί!
Επειδή το άθροισμα των βαρών είναι ίσο με 5050, σε κάθε πλευρά της ζυγαριάς το συνολικό βάρος θα είναι ίσο με 2525 και άρα κάθε πλευρά θα έχει τουλάχιστον 25 βαρίδια. (Θα έχει περισσότερα αλλά και το 25 δουλεύει.)

Έστω το σύνολο των βαρών στην αριστερή πλευρά και το σύνολο των βαρών στην δεξιά πλευρά. Κοιτάζουμε τώρα το σύνολο $L-R = \{a - b: a \in L,b \in R\} \subseteq \{-99,\ldots,98,99\}$ το οποίο περιέχει το πολύ 200 αριθμούς. Επειδή όμως $|L||R| \geqslant (25)(75) > 200$ , θα υπάρχουν διαφορετικά ζεύγη με $a,a' \in L$ και $b,b' \in R$ και . Δεν μπορούμε να έχουμε αφού τότε θα έπρεπε και ενώ τα ζεύγη είναι διαφορετικά. Ομοίως είναι $a\neq a'$ . Αφαιρούμε τώρα τα από την αριστερή πλευρά και τα από την δεξιά και τελειώσαμε αφού .

Όπως σωστά παρατήρησε ο Θανάσης σε π.μ. υπάρχει πρόβλημα με την πιο πάνω λύση αφού βρήκα a-a'=b-b'

και όχι

.

Πάμε διαφορετικά λοιπόν. Θα βρω $a,a' \in L$ και $b,b' \in R$ με b = a+1

και

. Ασφαλώς τότε θα έχω a+a' = b+b'

.

Θα δείξω αρχικά ότι υπάρχουν $c \in L, d\in R$ με c < d

. Αν αυτό όμως δεν ίσχυε τότε θα είχαμε

ώστε $R = \{1,2,\ldots,k\}$ και $L = \{k+1,\ldots,100\}$ . Τότε όμως είναι $\displaystyle{\frac{k(k+1)}{2} = \frac{1}{2}\left[ \frac{101 \cdot 100}{2}\right].}$ Άρα k(k+1) = 5050

. Αυτό όμως δεν μπορεί να ισχύει. [Π.χ. επειδή το δεξί μέλος είναι $1\bmod 3$ και το αριστερό

ή $2 \bmod 3$ .]

Κοιτάζοντας τώρα τα $c,c+1,\ldots,d-1,d$ και αφού $c \in L$ και $d\in R$ τότε μπορώ να βρω δυο συνεχόμενα βάρη a,b=a+1

με το

να είναι στο

και το

στο

.

Ομοίως μπορώ να βρω και τα a',b'

οπότε η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

#2552

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1032
Βρείτε τις μη αρνητικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $3^{2a + 1}b^2 + 1 = 2^c.$

Έχουμε $\displaystyle{3^{2a+1}=3mod8}$ και $\displaystyle{b^2 =0,1,4mod8}$ . Άρα $\displaystyle{3^{2a+1} .b^2 =0,3,4 \pmod8}$ και συνεπώς $\displaystyle{3^{2a+1}.b^2 +1 = 1,4,5 \pmod8}$

Αν λοιπόν είναι $\displaystyle{c\geq 3}$ , τότε $\displaystyle{2^c =0 \pmod8}$ , οπότε η δοσμένη εξίσωση είναι αδύνατη.

Έστω $\displaystyle{c=0}$ . Τότε έχουμε την εξίσωση $\displaystyle{3^{2a+1}.b^2 +1=1\Leftrightarrow b=0 , a\inN}$ . Άρα έχουμε την λύση $\displaystyle{(a,0,0)}$ , όπου $\displaystyle{a\in N}$

Έστω $\displaystyle{c=1}$ . Τότε έχουμε την εξίσωση $\displaystyle{3^{2a+1}.b^2 +1=2\Leftrightarrow 3^{2a+1}.b^2 =1}$ , η οποία είναι αδύνατη αφού $\displaystyle{a , b\in N}$

Τέλος, έστω $\displaystyle{c=2}$ . Τότε έχουμε την εξίσωση $\displaystyle{3^{2a+1}.b^2 +1 =4\Leftrightarrow 3^{2a+1}.b^2 =3\Leftrightarrow a=0 , b=1}$ .

Άρα στην περίπτωση αυτή έχουμε την λύση $\displaystyle{(0,1,2)}$

#2553

ΑΣΚΗΣΗ 1320: Να λυθεί το σύστημα :

$\displaystyle{2xy^2 +6x = 2x^2 +5}$

$\displaystyle{2x^2 y +5y = 2y^2 +6}$

$\displaystyle{(x,y\in R)}$

#2554

ΑΣΚΗΣΗ 1321
Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους

για τους οποίους υπάρχουν μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί x_1,x_2,...,x_n

ώστε

$\displaystyle{x_1+x_2+...+x_n=\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+...+\frac{1}{x_n}=0.}$

ΑΣΚΗΣΗ 1322
Βρείτε τους πρώτους p,q

ώστε

ΑΣΚΗΣΗ 1323
Τοποθετήσαμε

πύργους σε μια σκακιέρα $10\times 10.$ Δείξτε ότι υπάρχουν πέντε από αυτούς που δεν απειλούνται ανά δύο.
(Δύο πύργοι απειλούνται αν βρίσκονται στην ίδια γραμμή ή στήλη.)

ΑΣΚΗΣΗ 1324
Έστω 1=d_1<d_2<...<d_k=n

οι θετικοί διαιρέτες του

όπου $k\geq 5.$
Να βρεθεί ο

αν

ΑΣΚΗΣΗ 1325
Τοποθετήσαμε τους αριθμούς 1,2,3...,81

τυχαία και χωρίς να επαναλαμβάνεται κάποιος αριθμός σε μια σκακιέρα $9\times 9.$ Δείξτε ότι υπάρχει $1\leq k\leq 9$ τέτοιο ώστε το γινόμενο των αριθμών της

-στής γραμμής να είναι διαφορετικό από το γινόμενο των αριθμών της

-στής στήλης.

raf616 · #2555

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1325
Τοποθετήσαμε τους αριθμούς τυχαία και χωρίς να επαναλαμβάνεται κάποιος αριθμός σε μια σκακιέρα $9\times 9.$ Δείξτε ότι υπάρχει $1\leq k\leq 9$ τέτοιο ώστε το γινόμενο των αριθμών της -στής γραμμής να είναι διαφορετικό από το γινόμενο των αριθμών της -στής στήλης.

Καλησπέρα! Μία προσπάθεια:

Ονομάζω R_i

το γινόμενο των αριθμών της

γραμμής και C_j

το γινόμενο των αριθμών της

στήλης.

Υποθέτω ότι R_i = C_i

για κάθε $1\leq i\leq 9$ . Παρατηρούμε ότι οι

πρώτοι

πρέπει αναγκαστικά να ανήκουν στην κύρια διαγώνιο του

πίνακα διότι διαφορετικά το πολύ ένα από τα R_i, C_i

θα διαιρούνταν από κάθε έναν από αυτούς, άτοπο. Όμως έχουμε

θέσεις στην κύρια διαγώνιο και άρα η υπόθεσή μας είναι

λάθος και επομένως το ζητούμενο έπεται.

#2556

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 1323
Τοποθετήσαμε πύργους σε μια σκακιέρα $10\times 10.$ Δείξτε ότι υπάρχουν πέντε από αυτούς που δεν απειλούνται ανά δύο.
(Δύο πύργοι απειλούνται αν βρίσκονται στην ίδια γραμμή ή στήλη.)

Κοιτάμε τις δέκα "γενικευμένες διαγωνίους" της σκακιέρας που είναι παράλληλες προς την κύρια διαγώνιο: Με "γενικευμένη
διαγώνιο" εννοώ μία διαγώνιο η οποία μόλις κτυπήσει την δεξιά κάθετη συνεχίζει την πορεία της από την άλλη πλευρά της σκακιέρας.

Τώρα, επειδή οι πύργοι είναι

, θα υπάρχει "γενικευμένη διαγώνιος" με τουλάχιστον πέντε πύργους (δεν μπορεί και οι δέκα να έχουν το πολύ

πύργους εκάστη). Τελειώσαμε: Οι πέντε πύργοι σε γενικευμένη διαγώνιο δεν απειλούν ο ένας τον άλλο.

Μ.

#2557

Mihalis_Lambrou έγραψε:
socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 1323
Τοποθετήσαμε πύργους σε μια σκακιέρα $10\times 10.$ Δείξτε ότι υπάρχουν πέντε από αυτούς που δεν απειλούνται ανά δύο.
(Δύο πύργοι απειλούνται αν βρίσκονται στην ίδια γραμμή ή στήλη.)
Κοιτάμε τις δέκα "γενικευμένες διαγωνίους" της σκακιέρας που είναι παράλληλες προς την κύρια διαγώνιο: Με "γενικευμένη
διαγώνιο" εννοώ μία διαγώνιο η οποία μόλις κτυπήσει την δεξιά κάθετη συνεχίζει την πορεία της από την άλλη πλευρά της σκακιέρας.

Τώρα, επειδή οι πύργοι είναι , θα υπάρχει "γενικευμένη διαγώνιος" με τουλάχιστον πέντε πύργους (δεν μπορεί και οι δέκα να έχουν το πολύ πύργους εκάστη). Τελειώσαμε: Οι πέντε πύργοι σε γενικευμένη διαγώνιο δεν απειλούν ο ένας τον άλλο.

Μ.

Κάτι τέτοιο;

$\displaystyle{ \begin{array}{col1col2coln} 10 & 9 & 8 & 7 & 6 & 5 & 4 & 3 & 2 & 1 \\ 1 & 10 & 9 & 8 & 7 & 6 & 5 & 4 & 3 & 2 \\ 2 & 1 & 10 & 9 & 8 & 7 & 6& 5 & 4 & 3 \\ 3 & 2 & 1 & 10 & 9 & 8 & 7 & 6& 5 & 4 \\ 4 & 3 & 2 & 1 & 10 & 9 & 8 & 7& 6 & 5 \\ 5 & 4 & 3 & 2 &1 &10 & 9 & 8 & 7& 6 \\ 6 & 5 & 4 & 3 & 2 &1 &10 & 9 & 8 & 7 \\ 7 & 6 & 5 & 4 & 3 &2 &1 & 10 & 9 & 8 \\ 8 & 7 & 6 & 5 & 4 &3 &2 & 1 & 10 & 9 \\ 9 & 8 & 7 & 6 & 5 & 4 & 3 & 2 & 1 & 10 \\ \end{array} }$

#2558

socrates έγραψε:
Κάτι τέτοιο;

Ακριβώς.

Ευχαριστώ θερμά για την εικόνα.

#2559

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1322
Βρείτε τους πρώτους ώστε

Αν $\displaystyle{p=2}$ , τότε $\displaystyle{2^2 =q^q +q+2\Rightarrow 4=q^q +q+2}$ , που είναι αδύνατη, αφού $\displaystyle{q\geq 2}$

Αν $\displaystyle{p\geq 3}$ , τότε $\displaystyle{2^p = 2mod3}$ , αφού $\displaystyle{p}$ περιττός. Άρα πρέπει $\displaystyle{q^q +q+2 = 2mod3 \Rightarrow q^2 +q =3k }$ , όπου $\displaystyle{k\in N^{*}}$

Άρα $\displaystyle{q(q^{q-1}+1)=3k}$ , (1)

Αν $\displaystyle{q=2}$ , τότε η δοσμένη εξίσωση γράφεται: $\displaystyle{2^p =8}$ , οπότε προκύπτει ότι $\displaystyle{p=3}$

Aν $\displaystyle{q=3}$ , η δοσμένη εξίσωση γράφεται $\displaystyle{2^p =32}$ , οπότε προκύπτει ότι $\displaystyle{p=5}$

Έστω τώρα ότι $\displaystyle{q > 3}$ . Τότε αφού $\displaystyle{q}$ πρώτος, θα είναι $\displaystyle{(q,3)=1}$ και από το μικρό θεώρημα του Fermat , θα έχουμε:

$\displaystyle{q^{3-1} =1moq3 \Rightarrow q^2 = 1mod3 \Rightarrow q^{2n}=1mod3}$ , για κάθε $\displaystyle{n\in N}$ . Επειδή ο $\displaystyle{q-1}$ είναι άρτιος φυσικός αριθμός

για κάθε $\displaystyle{q}$ πρώτο, μεγαλύτερο του

, θα έχουμε ότι $\displaystyle{q^{q-1}=1mod3 \Rightarrow q^{q-1} +1 =2mod3}$

Άρα ο

δεν διαιρεί τον $\displaystyle{q^{q-1}+1}$ , οπότε από την σχέση (1) έπεται ότι $\displaystyle{3|q}$ και άρα $\displaystyle{q=3}$ , (εφόσον είναι πρώτος),

που είναι άτοπο αφού υποθέσαμε ότι $\displaystyle{q>3}$

Συνεπώς $\displaystyle{(p,q)\in \{(3,2), (5,3)\}}$

(Σημ: έγινε μια μικρή αλλαγή στην διατύπωση στην τελευταία σειρά)

#2560

ΑΣΚΗΣΗ 1326 Αν $\displaystyle{a , p}$ πρώτοι αριθμοί, να λυθεί η εξίσωση:

$\displaystyle{a^p +7ap = ap^a +3a}$

Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Μέλη σε σύνδεση