Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2

Γιάννης Μπόρμπας · #1

Διαγώνισμα 2 Επίπεδο: Αρχιμήδης

Πρόβλημα 1
Να λυθεί στους πρώτους αριθμούς η εξίσωση:
$2^{p+4}+q^2=r^3$

Πρόβλημα 2
Αν για τα πολυώνυμα:
P(x)=ax^3+bx^2+cx+d

και

όπου

μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί ισχύει ότι:
(1) Το κάθε ένα από αυτά έχει 3 διαφορετικές πραγματικές ρίζες.
(2) Έχουν μεταξύ τους ακριβώς 2 κοινές ρίζες
(3) Το άθροισμα των μη κοινών ριζών τους ισούται με

Να βρεθούν οι διάφορες τιμές των b,c,d

συναρτήσει του

Πρόβλημα 3
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC

με

και οι διχοτόμοι του

και

. Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων
AEC

και

ξανατέμνονται στο

. Η

τέμνει την

στο

και η

τέμνει την

στο

. Αν οι περιγεγραμμένοι κύκλοι
των τριγώνων ELF

και

ξανατέμνονται στο

να αποδείξετε ότι
τα E,S,D

είναι συνευθειακά.

Πρόβλημα 4
Οι αριθμοί 1,2, ... ,n

είναι γραμμένοι σε έναν πίνακα όπου

θετικός
ακέραιος. Σε κάθε κίνηση, μπορούμε να διαγράψουμε

αριθμούς από
τον πίνακα, και στην θέση τους να τοποθετήσουμε το ελάχιστο κοινό
πολλαπλάσιό τους. Ύστερα από

κινήσεις, εκτελούμε το άθροισμα
των αριθμών που βρίσκονται εκείνη την στιγμή στον πίνακα το οποίο
θα ονομάζουμε

. Να βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του θετικού
ακέραιου

έτσι ώστε να υπάρχει ακέραιος

έτσι ώστε

Friedoon · #2

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 2
Πρόβλημα 3
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο με και οι διχοτόμοι του
και . Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων
και ξανατέμνονται στο . Η τέμνει την στο
και η τέμνει την στο . Αν οι περιγεγραμμένοι κύκλοι
των τριγώνων και ξανατέμνονται στο να αποδείξετε ότι
τα είναι συνευθειακά.

Βλέπουμε πως $\widehat{KFL}=\widehat{EFA}+\widehat{DFA}=\dfrac{\widehat{B}+\widehat{C}}{2}$
και $\widehat{KIL}=\widehat{A}+\frac{\widehat{B}+\widehat{C}}{2}$ ,όπου

το έκκεντρο.
Άρα FKLI

εγγράψιμο.Όμως το

είναι το σημείο Miquel

του εγγράψιμου FKIL

και άρα θα είναι συνευθειακό με τα E,D

JimNt. · #3

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 2

Πρόβλημα 1
Να λυθεί στους πρώτους αριθμούς η εξίσωση:
$2^{p+4}+q^2=r^3$

Διακρίνουμε τις ακόλουθες περιπτώσεις:
p=3

Συνεπώς, πρέπει 2^7+q^2=r^3

. Αν $q \neq 3$ , 3|r

$\Leftrightarrow$ r=3

. Επομένως, 2^7+q^2=27

,άτοπο. Συνεπώς, q=3

. Παίρνοντας $\mod 9$ , έχουμε $r^3 \equiv(2^{3})^2\cdot2 +9 \equiv 2 \mod 9$ , άτοπο.
p=2

Έχουμε

$\Leftrightarrow$ (r-4)(r^2+4r+16)=q^2

και αφού

πρώτος και r^2+4r+16>r-4

παίρνουμε

,

που όμως δεν δίνει λύσεις.
p=3n+1

Έχουμε $2^{3n+5}+q^2=r^3$ Ομοίως με πριν q=3

, από όπου με $\mod 9$ παίρνουμε $r^3 \equiv +/- 4 \mod 9$ , που σε κάθε περίπτωση δεν αποτελεί κυβικό υπόλοιπο.
p=3n-1>2

Ομοίως με πριν q=3

. Και η διοφαντική παίρνει την μορφή $9=r^3-(2^{n-1})^3$ , που δεν έχει λύσεις.
Συνεπώς, δεν υπάρχουν πρώτοι (θετικοί) που να ικανοποιούν την ζητούμενη.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #4

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 2

Πρόβλημα 1
Να λυθεί στους πρώτους αριθμούς η εξίσωση:
$2^{p+4}+q^2=r^3$

a) Έστω πως p>2

και $q\ne 3$ .

Τότε έχουμε ότι p+4

περιττός, επομένως $2^{p+4}\equiv -1 \pmod{3}$ .

Ακόμα, $q^2\equiv 1 \pmod{3}$ .

Άρα $3|r^3\Leftrightarrow 3|r$ , δηλαδή r=3

.

Συνεπώς έχουμε ότι $2^{p+4}+q^2=27$ . Όμως p+4>6

, άρα δεν έχουμε λύσεις σε αυτή την περίπτωση.

b) Έστω q=3

.

Η εξίσωση γίνεται:

$2^{p+4}+9=r^3$

Θα χρησιμοποιήσουμε $\pmod{7}$ .

Εύκολα βρίσκουμε πως τα πιθανά υπόλοιπα του $2^{p+4}$ είναι τα επαναλαμβανόμενα 1, 2, 4

. Άρα του $2^{p+4}+9$ είναι 3, 4, 6

, άτοπο, καθώς τα δυνατά υπόλοιπα του r^3

είναι

.

c) Έστω p=2

.

Η εξίσωση γίνεται:

64+q^2=r^3

Χρησιμοποιώντας πάλι $\pmod{7}$ , έχουμε ότι:

Τα δυνατά υπόλοιπα του q^2

είναι

, επομένως του 64+r^2 τα 1, 2, 3, 5

, ενώ του

τα

. Άρα πρέπει $64+q^2\equiv 1 \pmod{7}\Leftrightarrow 7|q\Leftrightarrow q=7$

Επομένως η εξίσωση γίνεται 113=r^3

, που δεν έχει ακέραιες λύσεις.

Η εξίσωση λοιπόν είναι άλυτη.

JimNt. · #5

Έχει λύσεις όταν p=-2,-3

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #6

Νομίζω όταν λέμε πρώτους εννοούμε θετικούς πρώτους.

Γιάννης Μπόρμπας · #7

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 2

b) Έστω .

Η εξίσωση γίνεται:

$2^{p+4}+9=r^3$

Θα χρησιμοποιήσουμε $\pmod{7}$ .

Εύκολα βρίσκουμε πως τα πιθανά υπόλοιπα του $2^{p+4}$ είναι τα επαναλαμβανόμενα . Άρα του $2^{p+4}+9$ είναι , άτοπο, καθώς τα δυνατά υπόλοιπα του είναι .

Η εξίσωση λοιπόν είναι άλυτη.

Το υπόλοιπο

ταυτίζεται με το

αφού έχουμε $(\mod 7)$
Αν q=3

γράφουμε:
$2^{p+4}+8=r^3-1$ (1)
$8(2^{p+1}+1)=(r-1)(r^2+r+1)$
Θα κάνουμε μερικές παρατηρήσεις και θα καταλήξουμε σε άτοπο.
Αρχικά ο αριθμός p+1

είναι άρτιος αφού p>2

Στην συνέχεια από την (1) έχουμε ότι $r\equiv 1(\mod 4)$
Οπότε: $r^2+r+1\equiv 3 (\mod4)$
Άρα θα υπάρχει πρώτος αριθμός $s\equiv 3(\mod 4)$ τέτοιος ώστε s|r^2+r+1

Οπότε $s|2^{p+1}+1$ όμως αυτό δεν γίνεται αφού $\displaystyle{\left(\frac{-1}{s}\right)=-1}$

Ορέστης Λιγνός · #8

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 16, 2017 8:22 pm
Διαγώνισμα 2 Επίπεδο: Αρχιμήδης

Πρόβλημα 4
Οι αριθμοί είναι γραμμένοι σε έναν πίνακα όπου θετικός
ακέραιος. Σε κάθε κίνηση, μπορούμε να διαγράψουμε αριθμούς από
τον πίνακα, και στην θέση τους να τοποθετήσουμε το ελάχιστο κοινό
πολλαπλάσιό τους. Ύστερα από κινήσεις, εκτελούμε το άθροισμα
των αριθμών που βρίσκονται εκείνη την στιγμή στον πίνακα το οποίο
θα ονομάζουμε . Να βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του θετικού
ακέραιου έτσι ώστε να υπάρχει ακέραιος έτσι ώστε

Γεια σου Γιάννη!

Για n=11

, βλέπουμε ότι επιλέγοντας τους $(4,5), \,\, (9,11)$ , και μετά τους 20,99

που προκύπτουν, έχουμε τους αριθμούς 1,2,3,6,7,8,10,1980

γραμμένους στον πίνακα. Πράγματι, S=2017

.

Αν τώρα δείξουμε ότι για n=10

η διαδικασία του προβλήματος δεν επιτυγχάνεται, θα έχουμε ότι $\rm min \,$ $\, n=11$ .

Έστω ότι για n=10

, η διαδικασία επιτυγχάνεται.

Αφού $\rm lcm$ $(1,2, \ldots, 10)=2520>2017$ , θα έχουμε τουλάχιστον

αριθμούς στον πίνακα, την στιγμή που θα προκύψει S=2017

. Έστω ότι αυτοί είναι οι a,b

.

Αφού στο σύνολο $\{1,2, \ldots, 10 \}$ υπάρχει μόνο ένα πολλαπλάσιο του

(το

), μόνο ένας εκ των a,b

θα διαιρείται με

, έστω ο

.

Είναι εύκολο να διαπιστώσουμε πως $a \mid \rm lcm$ $(1,2, \ldots, 10)$ , δηλαδή $a \mid 2520$ , και a<2017

.

Αφού όμως $7 \mid a \Rightarrow a=7k \Rightarrow 7k \mid 2520 \Rightarrow k \mid 360$ .

Επίσης, $a=7k \mid 2017 \Rightarrow k<288$ , και άρα $\rm max$ k=180

, και $a \leqslant 1260$ .

Ακόμη, $b \mid 2520$ , και $b \mid \rm lcm$ $(1,2,3,4,5,6,8,9,10) \Rightarrow b \mid 1080$ .

Έτσι, $b \mid 2520, b \mid 1080 \Rightarrow b \mid \gcd(2520,1080) \Rightarrow b \mid 360 \Rightarrow b \leqslant 360$ .

Αν τώρα έχουμε μόνο δύο αριθμούς στο τέλος της διαδικασίας, είναι $2017=a+b \leqslant 1260+360=1620<2017$ , άτοπο.

Όμοια, αν έχουμε τρεις αριθμούς $2017=a+b+c \leqslant 1260+360+360=1980$ , άτοπο.

Άρα, έχουμε τουλάχιστον

αριθμούς, έστω a,b,c,d

.

Το πολύ ένας εκ των a,b,c,d

μπορεί να διαιρείται από το

, και το πολύ δύο από το

. Έστω $7 \mid a$ .

Αν τώρα $5 \mid a$ , έστω $5 \mid b$ και έχουμε όπως και πριν $a \leqslant 1260, b \leqslant 360 , c \leqslant 72$ , άρα $a+b+c \leqslant 1692$ .

Αν όμως το

δεν διαιρεί το

, έστω $5 \mid b,c$ , και $a\leqslant 504, b,c \leqslant 360$ . Έτσι, $a+b+c \leqslant 1224$ .

Παρατηρούμε ότι και στις δύο περιπτώσεις, τα 5,7

δεν διαιρούν το

, άρα $d \leqslant 72$ .

Όμως, 1692+72+72+72+72=1980<2017

, άρα θέλουμε τουλάχιστον

αριθμούς να μείνουν στο τέλος της διαδικασίας, άρα $1 \leqslant k \leqslant 3$ .

Μπορούμε να ελέγξουμε ότι k>1

, καθώς αν k=1

, έστω $p,q \leqslant 10$ οι δύο επιλεγμένοι αριθμοί. Τότε,

$\rm lcm$ $(p,q)-p-q=2017-55=1962 \Rightarrow pq>\rm lcm$ $(p,q)>1962 \Rightarrow 100>pq>1962$ , άτοπο.

Άρα, k=2,3

.

Αν

, τότε έχουμε δύο επιλογές:

1) Να επιλέξουμε δύο διαφορετικά ζευγάρια $(a,b), \, (c,d)$ , οπότε το τελικό άθροισμα είναι <80+63+6+5+4+3+2+1=164<2017

.
2) Να επιλέξουμε το ζεύγος a,b

, και το $\rm lcm$ (a,b)

που προκύπτει, να το επιλέξουμε με έναν άλλο αριθμό

. Τότε,

.

Αν

, με όμοια διαδικασία, έχουμε άτοπο.

Άρα όντως $\rm min$ n=11

.

Είναι τώρα $\rm lcm$ $(a,b)-a-b \geqslant -a$ , με $a \geqslant b$ (αφού $\rm lcm$ $(a,b)-a-b \geqslant b-a-b=-a$ .

Έτσι, $2017- \dfrac{n(n+1)}{2} \geqslant - (\left \lfloor \dfrac{n}{2}} \right \rfloor+1+ \ldots +n) \Rightarrow n \leqslant 72$ , και πράγματι για n=72

επιλέγουμε τα ζεύγη $(k,2k) \rightarrow 2k$ , για κάθε $k \in \{1,2, \ldots, 35 \}$ , εκτός του k=19

. Θα προκύψει τότε S=2017

.

Υ.Γ. Αν όλες αυτές οι ασκήσεις είναι δικές σου Γιάννη,

Γιάννης Μπόρμπας · #9

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 05, 2018 2:02 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 16, 2017 8:22 pm
Διαγώνισμα 2 Επίπεδο: Αρχιμήδης

Πρόβλημα 4
Οι αριθμοί είναι γραμμένοι σε έναν πίνακα όπου θετικός
ακέραιος. Σε κάθε κίνηση, μπορούμε να διαγράψουμε αριθμούς από
τον πίνακα, και στην θέση τους να τοποθετήσουμε το ελάχιστο κοινό
πολλαπλάσιό τους. Ύστερα από κινήσεις, εκτελούμε το άθροισμα
των αριθμών που βρίσκονται εκείνη την στιγμή στον πίνακα το οποίο
θα ονομάζουμε . Να βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του θετικού
ακέραιου έτσι ώστε να υπάρχει ακέραιος έτσι ώστε
Γεια σου Γιάννη!

Για , βλέπουμε ότι επιλέγοντας τους $(4,5), \,\, (9,11)$ , και μετά τους που προκύπτουν, έχουμε τους αριθμούς γραμμένους στον πίνακα. Πράγματι, .

Αν τώρα δείξουμε ότι για η διαδικασία του προβλήματος δεν επιτυγχάνεται, θα έχουμε ότι $\rm min \,$ $\, n=11$ .

Έστω ότι για , η διαδικασία επιτυγχάνεται.

Αφού $\rm lcm$ $(1,2, \ldots, 10)=2520>2017$ , θα έχουμε τουλάχιστον αριθμούς στον πίνακα, την στιγμή που θα προκύψει . Έστω ότι αυτοί είναι οι .

Αφού στο σύνολο $\{1,2, \ldots, 10 \}$ υπάρχει μόνο ένα πολλαπλάσιο του (το ), μόνο ένας εκ των θα διαιρείται με , έστω ο .

Είναι εύκολο να διαπιστώσουμε πως $a \mid \rm lcm$ $(1,2, \ldots, 10)$ , δηλαδή $a \mid 2520$ , και .

Αφού όμως $7 \mid a \Rightarrow a=7k \Rightarrow 7k \mid 2520 \Rightarrow k \mid 360$ .

Επίσης, $a=7k \mid 2017 \Rightarrow k<288$ , και άρα $\rm max$ , και $a \leqslant 1260$ .

Ακόμη, $b \mid 2520$ , και $b \mid \rm lcm$ $(1,2,3,4,5,6,8,9,10) \Rightarrow b \mid 1080$ .

Έτσι, $b \mid 2520, b \mid 1080 \Rightarrow b \mid \gcd(2520,1080) \Rightarrow b \mid 360 \Rightarrow b \leqslant 360$ .

Αν τώρα έχουμε μόνο δύο αριθμούς στο τέλος της διαδικασίας, είναι $2017=a+b \leqslant 1260+360=1620<2017$ , άτοπο.

Όμοια, αν έχουμε τρεις αριθμούς $2017=a+b+c \leqslant 1260+360+360=1980$ , άτοπο.

Άρα, έχουμε τουλάχιστον αριθμούς, έστω .

Το πολύ ένας εκ των μπορεί να διαιρείται από το , και το πολύ δύο από το . Έστω $7 \mid a$ .

Αν τώρα $5 \mid a$ , έστω $5 \mid b$ και έχουμε όπως και πριν $a \leqslant 1260, b \leqslant 360 , c \leqslant 72$ , άρα $a+b+c \leqslant 1692$ .

Αν όμως το δεν διαιρεί το , έστω $5 \mid b,c$ , και $a\leqslant 504, b,c \leqslant 360$ . Έτσι, $a+b+c \leqslant 1224$ .

Παρατηρούμε ότι και στις δύο περιπτώσεις, τα δεν διαιρούν το , άρα $d \leqslant 72$ .

Όμως, , άρα θέλουμε τουλάχιστον αριθμούς να μείνουν στο τέλος της διαδικασίας, άρα $1 \leqslant k \leqslant 3$ .

Μπορούμε να ελέγξουμε ότι , καθώς αν , έστω $p,q \leqslant 10$ οι δύο επιλεγμένοι αριθμοί. Τότε,

$\rm lcm$ $(p,q)-p-q=2017-55=1962 \Rightarrow pq>\rm lcm$ $(p,q)>1962 \Rightarrow 100>pq>1962$ , άτοπο.

Άρα, .

Αν , τότε έχουμε δύο επιλογές:

1) Να επιλέξουμε δύο διαφορετικά ζευγάρια $(a,b), \, (c,d)$ , οπότε το τελικό άθροισμα είναι .
2) Να επιλέξουμε το ζεύγος , και το $\rm lcm$ που προκύπτει, να το επιλέξουμε με έναν άλλο αριθμό . Τότε, .

Αν , με όμοια διαδικασία, έχουμε άτοπο.

Άρα όντως $\rm min$ .

Είναι τώρα $\rm lcm$ $(a,b)-a-b \geqslant -a$ , με $a \geqslant b$ (αφού $\rm lcm$ $(a,b)-a-b \geqslant b-a-b=-a$ .

Έτσι, $2017- \dfrac{n(n+1)}{2} \geqslant - (\left \lfloor \dfrac{n}{2}} \right \rfloor+1+ \ldots +n) \Rightarrow n \leqslant 72$ , και πράγματι για επιλέγουμε τα ζεύγη $(k,2k) \rightarrow 2k$ , για κάθε $k \in \{1,2, \ldots, 35 \}$ , εκτός του . Θα προκύψει τότε .

Υ.Γ. Αν όλες αυτές οι ασκήσεις είναι δικές σου Γιάννη,

Καλησπέρα Ορέστη (έστω και αργοπορημένα) και ευχαριστώ για τα καλά σου λόγια, πολλά μπράβο για την λύση!

christinat · #10

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 16, 2017 8:22 pm
Διαγώνισμα 2 Επίπεδο: Αρχιμήδης

Πρόβλημα 1
Να λυθεί στους πρώτους αριθμούς η εξίσωση:
$2^{p+4}+q^2=r^3$

Πρόβλημα 2
Αν για τα πολυώνυμα:
και όπου
μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί ισχύει ότι:
(1) Το κάθε ένα από αυτά έχει 3 διαφορετικές πραγματικές ρίζες.
(2) Έχουν μεταξύ τους ακριβώς 2 κοινές ρίζες
(3) Το άθροισμα των μη κοινών ριζών τους ισούται με
Να βρεθούν οι διάφορες τιμές των συναρτήσει του

Πρόβλημα 3
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο με και οι διχοτόμοι του
και . Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων
και ξανατέμνονται στο . Η τέμνει την στο
και η τέμνει την στο . Αν οι περιγεγραμμένοι κύκλοι
των τριγώνων και ξανατέμνονται στο να αποδείξετε ότι
τα είναι συνευθειακά.

Πρόβλημα 4
Οι αριθμοί είναι γραμμένοι σε έναν πίνακα όπου θετικός
ακέραιος. Σε κάθε κίνηση, μπορούμε να διαγράψουμε αριθμούς από
τον πίνακα, και στην θέση τους να τοποθετήσουμε το ελάχιστο κοινό
πολλαπλάσιό τους. Ύστερα από κινήσεις, εκτελούμε το άθροισμα
των αριθμών που βρίσκονται εκείνη την στιγμή στον πίνακα το οποίο
θα ονομάζουμε . Να βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του θετικού
ακέραιου έτσι ώστε να υπάρχει ακέραιος έτσι ώστε

Πρόβλημα 2

Έστω $x_{1},x_{2},x_{3}$
οι ρίζες του $\mathbb{P}$

Και $x_{1},x_{2},x_{4}$
οι ρίζες του $\mathbb{Q}$

Με το σχήμα Horner εύκολα προκύπτει ότι μια από τις ρίζες του $\mathbb{Q}$ είναι το 1
Έστω χ4=1 μη κοινή λύση των δυο πολυωνυμων
τοτε $\chi _{3}+ \chi _{4}=1\Rightarrow \chi _{_3}=0$ , άτοπο γιατί πρέπει $\chi \neq 0(a,b,c,d\neq 0)$
Άρα το 1 είναι κοινή λύση των πολυωνυμων, $\chi _{1}=1$

$\mathbb{Q}(\chi )=(\chi -1)[(a-b)\chi ^{2}-(c-a)\chi )-(d-a)]$ :
$S=\frac{c-a}{a-b}=\chi _{2}+\chi _{4}$
$P=- \frac{d-a}{a-b}=\chi _{2}\ast \chi _{4}$

Αφού $\chi_{1}=1$ για το

ισχύει ότι
d=-(a+b+c)

.Οποτε $P(x)=(x-1)[ax^{2}+(a+b)x+ a+b+c]\Rightarrow P(x)=(x-1)[ax^{2}+(a+b)x-d]$
$S=-\frac{a+b}{a}$ $=x_{2}+x_{3}$
$P=\frac{-d}{a}=x_{2}*x_{3}$

Για $x=x_{2}$ έχουμε:
$P(x)-Q(x)=0\Rightarrow (x-1)[bx^{2}+(b+c)x- a]=0$

Η δευτεροβάθμια αυτή έχει μια διπλή ρίζα την $\chi _{2}$

$S=-\frac{b+c}{b}$ $P=-\frac{a}{b}$

$x_{2}=-\frac{b+c}{2b}$

$-\frac{a}{b}=x_{2}*x_{2}=\frac{(b+c)^{2}}{4b^{2}}\Rightarrow -4ab^{2}=b*(b+c)^{2}\Rightarrow a=-\frac{-(b+c)^{2}}{4b} ,b=\frac{(b+c)^{2}}{-4a}$

Οποτε $d=-(a+b+c)\Rightarrow d=-(a+c)+\frac{(b+c)^{2}}{4a}\Rightarrow d=\frac{-4a(a+c)+(b+c)^{2}}{4a}$ (1)

$\frac{c-a}{a-b}=-\frac{b+c}{2b}+x_{4}\Rightarrow \frac{c-a}{a-b}=\frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}$

Άρα $x4=\frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}} + \frac{b+c}{2b}$

Με πράξεις προκύπτει ότι $x4+1=1+b+c + \frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}=\frac{c-a}{a-b}$ ή $\frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}=\frac{c-a}{a-b}-(1+b+c)$

Όμως $\frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}=\frac{4a(c-a)} {4a(a-b)}=\frac{c-a}{a-b}$

Έτσι $\frac{c-a}{a-b}=\frac{c-a}{a-b}-(1+b+c)\Rightarrow -(b+c)=1\Rightarrow b+c=-1$

Άρα $b=\frac{(b+c)^{2}}{-4a}=-\frac{1}{4a}$

$b+c=-1\Rightarrow c=-1+\frac{1}{4a}$

Από όλα τα παραπάνω και την σχεση (1) προκύπτει ότι d=1-a

Γιάννης Μπόρμπας · #11

christinat έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 10, 2019 12:48 am

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 16, 2017 8:22 pm
Διαγώνισμα 2 Επίπεδο: Αρχιμήδης

Πρόβλημα 1
Να λυθεί στους πρώτους αριθμούς η εξίσωση:
$2^{p+4}+q^2=r^3$

Πρόβλημα 2
Αν για τα πολυώνυμα:
και όπου
μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί ισχύει ότι:
(1) Το κάθε ένα από αυτά έχει 3 διαφορετικές πραγματικές ρίζες.
(2) Έχουν μεταξύ τους ακριβώς 2 κοινές ρίζες
(3) Το άθροισμα των μη κοινών ριζών τους ισούται με
Να βρεθούν οι διάφορες τιμές των συναρτήσει του

Πρόβλημα 3
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο με και οι διχοτόμοι του
και . Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων
και ξανατέμνονται στο . Η τέμνει την στο
και η τέμνει την στο . Αν οι περιγεγραμμένοι κύκλοι
των τριγώνων και ξανατέμνονται στο να αποδείξετε ότι
τα είναι συνευθειακά.

Πρόβλημα 4
Οι αριθμοί είναι γραμμένοι σε έναν πίνακα όπου θετικός
ακέραιος. Σε κάθε κίνηση, μπορούμε να διαγράψουμε αριθμούς από
τον πίνακα, και στην θέση τους να τοποθετήσουμε το ελάχιστο κοινό
πολλαπλάσιό τους. Ύστερα από κινήσεις, εκτελούμε το άθροισμα
των αριθμών που βρίσκονται εκείνη την στιγμή στον πίνακα το οποίο
θα ονομάζουμε . Να βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του θετικού
ακέραιου έτσι ώστε να υπάρχει ακέραιος έτσι ώστε

Πρόβλημα 2

Έστω $x_{1},x_{2},x_{3}$
οι ρίζες του $\mathbb{P}$

Και $x_{1},x_{2},x_{4}$
οι ρίζες του $\mathbb{Q}$

Με το σχήμα Horner εύκολα προκύπτει ότι μια από τις ρίζες του $\mathbb{Q}$ είναι το 1
Έστω χ4=1 μη κοινή λύση των δυο πολυωνυμων
τοτε $\chi _{3}+ \chi _{4}=1\Rightarrow \chi _{_3}=0$ , άτοπο γιατί πρέπει $\chi \neq 0(a,b,c,d\neq 0)$
Άρα το 1 είναι κοινή λύση των πολυωνυμων, $\chi _{1}=1$

$\mathbb{Q}(\chi )=(\chi -1)[(a-b)\chi ^{2}-(c-a)\chi )-(d-a)]$ :
$S=\frac{c-a}{a-b}=\chi _{2}+\chi _{4}$
$P=- \frac{d-a}{a-b}=\chi _{2}\ast \chi _{4}$

Αφού $\chi_{1}=1$ για το ισχύει ότι
.Οποτε $P(x)=(x-1)[ax^{2}+(a+b)x+ a+b+c]\Rightarrow P(x)=(x-1)[ax^{2}+(a+b)x-d]$
$S=-\frac{a+b}{a}$ $=x_{2}+x_{3}$
$P=\frac{-d}{a}=x_{2}*x_{3}$

Για $x=x_{2}$ έχουμε:
$P(x)-Q(x)=0\Rightarrow (x-1)[bx^{2}+(b+c)x- a]=0$

Η δευτεροβάθμια αυτή έχει μια διπλή ρίζα την $\chi _{2}$

$S=-\frac{b+c}{b}$ $P=-\frac{a}{b}$

$x_{2}=-\frac{b+c}{2b}$

$-\frac{a}{b}=x_{2}*x_{2}=\frac{(b+c)^{2}}{4b^{2}}\Rightarrow -4ab^{2}=b*(b+c)^{2}\Rightarrow a=-\frac{-(b+c)^{2}}{4b} ,b=\frac{(b+c)^{2}}{-4a}$

Οποτε $d=-(a+b+c)\Rightarrow d=-(a+c)+\frac{(b+c)^{2}}{4a}\Rightarrow d=\frac{-4a(a+c)+(b+c)^{2}}{4a}$ (1)

$\frac{c-a}{a-b}=-\frac{b+c}{2b}+x_{4}\Rightarrow \frac{c-a}{a-b}=\frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}$

Άρα $x4=\frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}} + \frac{b+c}{2b}$

Με πράξεις προκύπτει ότι $x4+1=1+b+c + \frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}=\frac{c-a}{a-b}$ ή $\frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}=\frac{c-a}{a-b}-(1+b+c)$

Όμως $\frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}=\frac{4a(c-a)} {4a(a-b)}=\frac{c-a}{a-b}$

Έτσι $\frac{c-a}{a-b}=\frac{c-a}{a-b}-(1+b+c)\Rightarrow -(b+c)=1\Rightarrow b+c=-1$

Άρα $b=\frac{(b+c)^{2}}{-4a}=-\frac{1}{4a}$

$b+c=-1\Rightarrow c=-1+\frac{1}{4a}$

Από όλα τα παραπάνω και την σχεση (1) προκύπτει ότι

Καλησπέρα Χριστίνα, πώς θα μπορούσαμε να συνδυάσουμε τις κοινές ρίζες των

και

με το πολυώνυμο H(x)=Q(x)+(x-1)P(x)

για μία ταχύτερη λύση;

christinat · #12

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 11, 2019 12:39 pm

christinat έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 10, 2019 12:48 am

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 16, 2017 8:22 pm
Διαγώνισμα 2 Επίπεδο: Αρχιμήδης

Πρόβλημα 1
Να λυθεί στους πρώτους αριθμούς η εξίσωση:
$2^{p+4}+q^2=r^3$

Πρόβλημα 2
Αν για τα πολυώνυμα:
και όπου
μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί ισχύει ότι:
(1) Το κάθε ένα από αυτά έχει 3 διαφορετικές πραγματικές ρίζες.
(2) Έχουν μεταξύ τους ακριβώς 2 κοινές ρίζες
(3) Το άθροισμα των μη κοινών ριζών τους ισούται με
Να βρεθούν οι διάφορες τιμές των συναρτήσει του

Πρόβλημα 3
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο με και οι διχοτόμοι του
και . Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων
και ξανατέμνονται στο . Η τέμνει την στο
και η τέμνει την στο . Αν οι περιγεγραμμένοι κύκλοι
των τριγώνων και ξανατέμνονται στο να αποδείξετε ότι
τα είναι συνευθειακά.

Πρόβλημα 4
Οι αριθμοί είναι γραμμένοι σε έναν πίνακα όπου θετικός
ακέραιος. Σε κάθε κίνηση, μπορούμε να διαγράψουμε αριθμούς από
τον πίνακα, και στην θέση τους να τοποθετήσουμε το ελάχιστο κοινό
πολλαπλάσιό τους. Ύστερα από κινήσεις, εκτελούμε το άθροισμα
των αριθμών που βρίσκονται εκείνη την στιγμή στον πίνακα το οποίο
θα ονομάζουμε . Να βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του θετικού
ακέραιου έτσι ώστε να υπάρχει ακέραιος έτσι ώστε

Πρόβλημα 2

Έστω $x_{1},x_{2},x_{3}$
οι ρίζες του $\mathbb{P}$

Και $x_{1},x_{2},x_{4}$
οι ρίζες του $\mathbb{Q}$

Με το σχήμα Horner εύκολα προκύπτει ότι μια από τις ρίζες του $\mathbb{Q}$ είναι το 1
Έστω χ4=1 μη κοινή λύση των δυο πολυωνυμων
τοτε $\chi _{3}+ \chi _{4}=1\Rightarrow \chi _{_3}=0$ , άτοπο γιατί πρέπει $\chi \neq 0(a,b,c,d\neq 0)$
Άρα το 1 είναι κοινή λύση των πολυωνυμων, $\chi _{1}=1$

$\mathbb{Q}(\chi )=(\chi -1)[(a-b)\chi ^{2}-(c-a)\chi )-(d-a)]$ :
$S=\frac{c-a}{a-b}=\chi _{2}+\chi _{4}$
$P=- \frac{d-a}{a-b}=\chi _{2}\ast \chi _{4}$

Αφού $\chi_{1}=1$ για το ισχύει ότι
.Οποτε $P(x)=(x-1)[ax^{2}+(a+b)x+ a+b+c]\Rightarrow P(x)=(x-1)[ax^{2}+(a+b)x-d]$
$S=-\frac{a+b}{a}$ $=x_{2}+x_{3}$
$P=\frac{-d}{a}=x_{2}*x_{3}$

Για $x=x_{2}$ έχουμε:
$P(x)-Q(x)=0\Rightarrow (x-1)[bx^{2}+(b+c)x- a]=0$

Η δευτεροβάθμια αυτή έχει μια διπλή ρίζα την $\chi _{2}$

$S=-\frac{b+c}{b}$ $P=-\frac{a}{b}$

$x_{2}=-\frac{b+c}{2b}$

$-\frac{a}{b}=x_{2}*x_{2}=\frac{(b+c)^{2}}{4b^{2}}\Rightarrow -4ab^{2}=b*(b+c)^{2}\Rightarrow a=-\frac{-(b+c)^{2}}{4b} ,b=\frac{(b+c)^{2}}{-4a}$

Οποτε $d=-(a+b+c)\Rightarrow d=-(a+c)+\frac{(b+c)^{2}}{4a}\Rightarrow d=\frac{-4a(a+c)+(b+c)^{2}}{4a}$ (1)

$\frac{c-a}{a-b}=-\frac{b+c}{2b}+x_{4}\Rightarrow \frac{c-a}{a-b}=\frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}$

Άρα $x4=\frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}} + \frac{b+c}{2b}$

Με πράξεις προκύπτει ότι $x4+1=1+b+c + \frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}=\frac{c-a}{a-b}$ ή $\frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}=\frac{c-a}{a-b}-(1+b+c)$

Όμως $\frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}=\frac{4a(c-a)} {4a(a-b)}=\frac{c-a}{a-b}$

Έτσι $\frac{c-a}{a-b}=\frac{c-a}{a-b}-(1+b+c)\Rightarrow -(b+c)=1\Rightarrow b+c=-1$

Άρα $b=\frac{(b+c)^{2}}{-4a}=-\frac{1}{4a}$

$b+c=-1\Rightarrow c=-1+\frac{1}{4a}$

Από όλα τα παραπάνω και την σχεση (1) προκύπτει ότι
Καλησπέρα Χριστίνα, πώς θα μπορούσαμε να συνδυάσουμε τις κοινές ρίζες των και με το πολυώνυμο για μία ταχύτερη λύση;

Γιάννη το δοκίμασα με τον τρόπο που λες (όντως είναι πιο σύντομος) και βγάζω άλλες λύσεις
Μήπως είχα κάνει κάποιο λάθος την πρώτη φορα δεν ξέρω εσυ θα μου πεις

Γιάννης Μπόρμπας · #13

christinat έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 11, 2019 8:52 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 11, 2019 12:39 pm

christinat έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 10, 2019 12:48 am

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 16, 2017 8:22 pm
Διαγώνισμα 2 Επίπεδο: Αρχιμήδης

Πρόβλημα 1
Να λυθεί στους πρώτους αριθμούς η εξίσωση:
$2^{p+4}+q^2=r^3$

Πρόβλημα 2
Αν για τα πολυώνυμα:
και όπου
μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί ισχύει ότι:
(1) Το κάθε ένα από αυτά έχει 3 διαφορετικές πραγματικές ρίζες.
(2) Έχουν μεταξύ τους ακριβώς 2 κοινές ρίζες
(3) Το άθροισμα των μη κοινών ριζών τους ισούται με
Να βρεθούν οι διάφορες τιμές των συναρτήσει του

Πρόβλημα 3
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο με και οι διχοτόμοι του
και . Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων
και ξανατέμνονται στο . Η τέμνει την στο
και η τέμνει την στο . Αν οι περιγεγραμμένοι κύκλοι
των τριγώνων και ξανατέμνονται στο να αποδείξετε ότι
τα είναι συνευθειακά.

Πρόβλημα 4
Οι αριθμοί είναι γραμμένοι σε έναν πίνακα όπου θετικός
ακέραιος. Σε κάθε κίνηση, μπορούμε να διαγράψουμε αριθμούς από
τον πίνακα, και στην θέση τους να τοποθετήσουμε το ελάχιστο κοινό
πολλαπλάσιό τους. Ύστερα από κινήσεις, εκτελούμε το άθροισμα
των αριθμών που βρίσκονται εκείνη την στιγμή στον πίνακα το οποίο
θα ονομάζουμε . Να βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του θετικού
ακέραιου έτσι ώστε να υπάρχει ακέραιος έτσι ώστε

Πρόβλημα 2

Έστω $x_{1},x_{2},x_{3}$
οι ρίζες του $\mathbb{P}$

Και $x_{1},x_{2},x_{4}$
οι ρίζες του $\mathbb{Q}$

Με το σχήμα Horner εύκολα προκύπτει ότι μια από τις ρίζες του $\mathbb{Q}$ είναι το 1
Έστω χ4=1 μη κοινή λύση των δυο πολυωνυμων
τοτε $\chi _{3}+ \chi _{4}=1\Rightarrow \chi _{_3}=0$ , άτοπο γιατί πρέπει $\chi \neq 0(a,b,c,d\neq 0)$
Άρα το 1 είναι κοινή λύση των πολυωνυμων, $\chi _{1}=1$

$\mathbb{Q}(\chi )=(\chi -1)[(a-b)\chi ^{2}-(c-a)\chi )-(d-a)]$ :
$S=\frac{c-a}{a-b}=\chi _{2}+\chi _{4}$
$P=- \frac{d-a}{a-b}=\chi _{2}\ast \chi _{4}$

Αφού $\chi_{1}=1$ για το ισχύει ότι
.Οποτε $P(x)=(x-1)[ax^{2}+(a+b)x+ a+b+c]\Rightarrow P(x)=(x-1)[ax^{2}+(a+b)x-d]$
$S=-\frac{a+b}{a}$ $=x_{2}+x_{3}$
$P=\frac{-d}{a}=x_{2}*x_{3}$

Για $x=x_{2}$ έχουμε:
$P(x)-Q(x)=0\Rightarrow (x-1)[bx^{2}+(b+c)x- a]=0$

Η δευτεροβάθμια αυτή έχει μια διπλή ρίζα την $\chi _{2}$

$S=-\frac{b+c}{b}$ $P=-\frac{a}{b}$

$x_{2}=-\frac{b+c}{2b}$

$-\frac{a}{b}=x_{2}*x_{2}=\frac{(b+c)^{2}}{4b^{2}}\Rightarrow -4ab^{2}=b*(b+c)^{2}\Rightarrow a=-\frac{-(b+c)^{2}}{4b} ,b=\frac{(b+c)^{2}}{-4a}$

Οποτε $d=-(a+b+c)\Rightarrow d=-(a+c)+\frac{(b+c)^{2}}{4a}\Rightarrow d=\frac{-4a(a+c)+(b+c)^{2}}{4a}$ (1)

$\frac{c-a}{a-b}=-\frac{b+c}{2b}+x_{4}\Rightarrow \frac{c-a}{a-b}=\frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}$

Άρα $x4=\frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}} + \frac{b+c}{2b}$

Με πράξεις προκύπτει ότι $x4+1=1+b+c + \frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}=\frac{c-a}{a-b}$ ή $\frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}=\frac{c-a}{a-b}-(1+b+c)$

Όμως $\frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}=\frac{4a(c-a)} {4a(a-b)}=\frac{c-a}{a-b}$

Έτσι $\frac{c-a}{a-b}=\frac{c-a}{a-b}-(1+b+c)\Rightarrow -(b+c)=1\Rightarrow b+c=-1$

Άρα $b=\frac{(b+c)^{2}}{-4a}=-\frac{1}{4a}$

$b+c=-1\Rightarrow c=-1+\frac{1}{4a}$

Από όλα τα παραπάνω και την σχεση (1) προκύπτει ότι
Καλησπέρα Χριστίνα, πώς θα μπορούσαμε να συνδυάσουμε τις κοινές ρίζες των και με το πολυώνυμο για μία ταχύτερη λύση;

Γιάννη το δοκίμασα με τον τρόπο που λες (όντως είναι πιο σύντομος) και βγάζω άλλες λύσεις
Μήπως είχα κάνει κάποιο λάθος την πρώτη φορα δεν ξέρω εσυ θα μου πεις

Ας δούμε λίγο πιο αναλυτικά αυτή την ιδέα.
Αν

είναι μία κοινή ρίζα των

και

, τότε είναι και ρίζα του H(x)=K(x)P(x)+L(x)Q(x)

.
Επομένως, αρκεί να επιλέξουμε κατάλληλα πολυώνυμα K(x)

και

έτσι ώστε οι κοινές ρίζες να ειναι εύκολα υπολογίσιμες μέσω του H(x)

.
Επιλέγοντας K(x)=x-1

και

έχουμε ότι H(x)=ax^4-a=a(x^4-1)

. Οι ρίζες του

είναι οι

, αφού όμως τα P,Q

έχουν ακριβώς 2 κοινές ρίζες τότε οι κοινές ρίζες τους θα είναι οι -1,1

.
$P(1)=0 \implies a+b+c+d=0$ (1)
$P(-1)=0 \implies a-b+c-d=0$ (2)
Επομένως: c=-a

και

.
Κάνοντας αντικατάσταση στα πολυώνυμα και παραγοντοποίηση έχουμε:
P(x)=(x^2-1)(ax+b)

Αφού το άθροισμα των μη κοινών ριζών των πολυωνύμων ισούται με

πρέπει:
$-\frac{b}{a}-\frac{a+b}{a-b}=1$
Δηλαδή $2a^2+ab-b^2=0 \implies (a+b)(2a-b)=0$ .
Εάν a+b=0

τότε η τρίτη ρίζα του

είναι το

(άτοπο από εκφώνηση (1))
Εάν 2a-b=0

τότε

και

που ικανοποιεί τις προϋποθέσεις.
Οπότε (b,c,d)=(2a,-a,-2a)

είναι η λύση.

AlexNtagkas · #14

Μετα απο πραξεις H(x)=ax^4-a=a(x^4-1)=a(x^2+1)(x^2-1)=a(x-1)(x+1)(x^2+1)

οποτε

ή

ριζες του Η(x) .Τα πολυώνυμα K(x)

και

τα θεωρει έτσι ωστε να τον βολεύουν στον υπολογισμό των ριζών.Υπάρχουν και αλλα τέτοια !

petrosqw · #15

Μπορεί κάποιος να ανεβασει μια άλλη λυση για το πρόβλημα 2;

christinat · #16

Έστω
$x_{3}+x_{4}=1$ (1),όπου $x_{3}$ και $x_{4}$ οι μη κοινές ρίζες των πολυωνυμων

Ισχύει ότι Q(1)=0

Το 1 είναι κοινή ρίζα των πολυωνυμων P(x)

και

γιατί αν ήταν μη κοινή τοτε $x_{4}=0$ που δεν επαληθεύει το P(x)=0

αφού $d\neq 0$
Άρα $1,x_{1}$ οι κοινές ριζες

$P(x)=(x-1)[ax^{2}+(a+b)x+a+b+c]$

$Q(x)=(x-1)[(a-b)x^{2}+(a-c)x+2a+b+c]$

$P(x)-Q(x)=0\Rightarrow (x-1)[bx^{2}+(b+c)x-a]=0$

Η $x_{1}$ είναι μια από τις ριζες της δευτεροβάθμιας

Όμως P(-1)=Q(-1)=2(b+d)

$P(-1)-Q(-1)=0\Rightarrow (-2)(b-c-b-a)=0\Rightarrow c=-a$ και b=-d

Άρα $x_{1}=-1$

$x_{3}=\frac{a+b+c}{ax_{1}}\Rightarrow x_{3}=\frac{b}{-a}$

$x_{4}=\frac{2a+b+c}{(a-b)x_{1}}\Rightarrow x_{4}=\frac{a-b}{b-a}$

a+b+c+d=0

(2)

-a-c+b+d=0(3)

Από τις σχέσεις (1)-(2)-(3) προκύπτει ότι
(b,c,d)=(2a,-a,-2a)

Γιάννης Μπόρμπας · #17

petrosqw έγραψε: ↑
Τετ Απρ 03, 2019 8:24 pm
Τέλος πάντων
Διάβασα την λυση της Χριστινας και κατάλαβα την λυση
Ο άλλος την έχει λύσει εντελώς ακαταλαβίστικα
Θα ξεχάσουμε και αυτά που ξέρουμε
Είναι και φοιτητής τρομάρα του!

Ανεπιθύμητα σχόλια, δημιουργούν ανεπιθύμητους χώρους.
Δεν είναι κρίμα να χάσουμε μία παραπάνω λύση από έναν μαθητή που φοβάται/αποφεύγει την κριτική;

mathematica.gr

Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2

Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2

Μέλη σε σύνδεση