ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

sachstyl · #21

Μία λύση για το 3 των μικρών.

Ας υποθέσουμε δίχως βλάβη της γενικότητας ότι $a\geqslant b$ . Προφανώς, έχουμε τις crude ανισότητες

$\displaystyle{ab<2ab<a^2+b^2+2ab=(a+b)^2=1<2(a+b).}$

Aφού, λοιπόν, $a\geqslant b$ , έχουμε ότι

$\displaystyle{(a-b)(2a+2b-ab)\geqslant 0.\quad (1)}$

Κατά συνέπεια,

$\displaystyle{\frac{a}{b}+\frac{b}{2}\geqslant \frac{b}{a}+\frac{a}{2},}$

μιας κι ύστερα από πράξεις συνάγουμε ότι αυτή η ανισότητα είναι ισοδύναμη με την (1). Εφαρμόζουμε τώρα την ανισότητα Chebyshev (ή ανισότητα αναδιάταξης) και λαμβάνουμε ότι

$\displaystyle{\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}+ab=a\bigg(\frac{a}{b}+\frac{b}{2}\bigg)+b\bigg(\frac{b}{a}+\frac{a}{2}\bigg)\geqslant \frac{a+b}{2}\bigg\{\bigg(\frac{a}{b}+\frac{b}{2}\bigg)+\bigg(\frac{b}{a}+\frac{a}{2}\bigg)\bigg\}=\frac{1}{2}\bigg(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{1}{2}\bigg).\quad (2)}$

Όμως, ισχύει η βασική ανισότητα $a/b+b/a\geqslant 2$ για τους θετικούς

και

, κι επομένως από τη (2) έπεται ότι

$\displaystyle{\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}+ab\geqslant\frac{1}{2}\bigg(2+\frac{1}{2}\bigg)=\frac{5}{4}.}$

SmbdTLv · #22

Β' Γυμνασίου εδώ!
Τα θέματα τα έλυσα και τα τέσσερα, και θεωρώ σωστά.
Παρ' όλα αυτά, και επειδή φέτος τα θέματα ήταν ιδιαιτέρω εύκολα, οφείλω να ρωτήσω, πού περίπου θα τοποθετούσατε τις βάσεις; 1.5, 2, 2.5 θέματα;
Και τότε χρυσό ποιοι βαθμοί παίρνουν;
Ευχαριστώ πολύ

ikozyris · #23

Καλησπέρα, στα θέματα του Γυμνασίου μου έκανε εντύπωση που φέτος δεν υπήρχε συνδυαστική και η σειρά των θεμάτων ήταν διαφορετική, φαντάζομαι το πρόβλημα 2 (το οποίο δεν κατάλαβα γιατί μου έβγαιναν πολλές λύσεις) αντικατέστησε τη συνδυαστική. Μόνο το 3 έλυσα αλλά μετά τον διαγωνισμό κατάλαβα και το 1, που νομίζω έπρεπε να το είχα λύσει (με μπέρδεψε ότι το σύστημα δεν έχει λύσεις και δε σκέφτηκα ότι πρέπει να έχουν ίσες κλίσεις ως ευθείες).
Στη γεωμετρία σκέφτηκα να αποδείξω ότι το τετράπλευρο ΓΜΝΒ είναι εγγράψιμο (ώστε ΒΝΜ+ΒΓΜ=180), αλλά δεν έβγαλα κάτι.

Θέμα 1 μικρών

Ουσιαστικά είναι δυο παράλληλες ευθείες της μορφής
$\displaystyle{ ax + by = c }$
άρα οι παράμετροι m, n πρέπει να είναι τέτοιοι ώστε
$\displaystyle{ \frac{m}{2} = \frac{3}{n} }$
$\displaystyle{ mn = 6 }$
Αφού m, n είναι ακέραιοι μπορούν να είναι μόνο τα (1,6), (6,1), (2,3), (-1,-6), (-6,-1), (-2,-3)
Για m = 3, n = 2 ταυτίζονται.

Θέμα 3 μικρών

$\displaystyle{ \frac{a^3 + b^3}{ab} + ab \geq \frac{5}{4} }$
$\displaystyle{ \frac{(a + b)(a^2 - ab + b^2)}{ab}+ab \geq \frac{5}{4} }$
$\displaystyle{ \frac{a^2 + b^2 - ab}{ab} + ab \geq \frac{5}{4} }$
$\displaystyle{ \frac{a^2 - 2ab + b^2 + ab}{ab} + ab \geq \frac{5}{4} }$
$\displaystyle{ \frac{(a + b)^2}{ab} + 1 + ab \geq \frac{5}{4} }$
$\displaystyle{ \frac{1}{ab} + ab \geq \frac{1}{4} }$

Που προφανώς ισχύει γιατί είναι της μορφής
$\displaystyle{ \frac{1}{x} + x \geq 2 }$

#24

ikozyris έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 7:14 pm
....

Θέμα 3 μικρών

...

$\displaystyle{ \frac{a^2 - 2ab + b^2 + ab}{ab} + ab \geq \frac{5}{4} }$
$\displaystyle{ \frac{(a + b)^2}{ab} + 1 + ab \geq \frac{5}{4} }$
...

, όχι

.

Η λύση μετά από αυτό το σημείο είναι λανθασμένη, κάτι που εύκολα καταλαβαίνει κανείς από την περίπτωση που ισχύει η ισότητα.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Belias · #25

silouan έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 6:53 pm

Belias έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 6:04 pm
H έκφραση αποτελεί ελλειπτική καμπύλη
Πώς χρησιμοποιείς ότι είναι ελλειπτική καμπύλη; Χρησιμοποιείς κάποιο Θεώρημα; Γιατί πρέπει $y\mid 108$ ;

Υπάρχει ναι. Γενικά τις ακέραιες ρίζες ελλειπτικών καμπύλων μπορούμε να τις περιορίσουμε υπό συνθήκες όπως περιγράφει πολύ καλά ο Silverman στο Silverman-Arithmetic of Elliptic Curves (Θεώρημα 9.7.2). Έχουν μελετηθεί οι ελλείψεις μορφής y^2=x^3+D

. Αλλιώς θα μπορούσαμε να δείξουμε ότι η έλλειψή μας δεν έχει σημεία στρέψης αν και δεν ξέρω πως να το δείξω. Αργότερα που το ξαναείδα κατάλαβα ότι μάλλον η λύση που είχαν στο μυαλό τους οι θεματοδότες ήταν $(mod \: 7)$ και $(mod \:9)$ που καταλήγει στο ίδιο αποτέλεσμα.
Είδα και μια άλλη λύση από κάποιον στο post μου στο aops με σύμβολο legendre, αν θέλετε θα την αναρτήσω να υπάρχει κι αυτή εδώ.

#26

Mathmagic24 έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 6:11 pm

Belias έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 6:04 pm
Για το θεμα 4 των senior
Θελουμε
Παίρνωντας $mod \: 9$ βλέπουμε $y^2 \equiv a^3$ δηλαδη $y^2 \equiv 1 (mod \: 9)$
H έκφραση αποτελεί ελλειπτική καμπύλη
Για έχω Άτοπο
Για να έχει λύσεις πρέπει το άρα το
Όμως το δεν είναι πολ.9 άρα πρέπει και ελέγχωντας τις περιπτώσεις βλέπουμε ότι $y \in \emptyset$
Σωστό είναι?
Σωστό αν και λογικά υπάρχει τρόπος χωρίς έλλειψη με συνδυασμό mod 7 και mod 9

Όχι, δεν είναι σωστό.

#27

Belias έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 7:22 pm
Γενικά τις ακέραιες ρίζες ελλειπτικών καμπύλων μπορούμε να τις περιορίσουμε υπό συνθήκες όπως περιγράφει πολύ καλά ο Silverman στο Silverman-Arithmetic of Elliptic Curves (Θεώρημα 9.7.2).

Μπορείς να μας πεις τι λέει το Θεώρημα 9.7.2 και πως το εφαρμόζεις εδώ στο συγκεκριμένο πρόβλημα και οδηγεί και σε λύση;

Κωνσταντίνος Σταύρου · #28

Καλησπέρα, εγώ έλυσα το 2 και το 3 ολόσωστα το ένα το προχωρισα αρκετά άλλα δεν έβγαλα αποτέλεσμα και στο 4 είπα πως πρέπει να είναι εγγράψιμο και μετέφερα γωνίες αλλά δεν το απέδειξα. Πιστεύεται ότι έχω πιθανότητες με (ας πουμε) 2,5 θέματα για μεταλιο. Γενικότερα ξέρουμε ποιες είναι οι βάσεις;

Mathnus Carlsen · #29

Έχει κάποιος να προτείνει λύση στη γεωμετρία των μικρών?

#30

Κωνσταντίνος Σταύρου έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 7:54 pm
Καλησπέρα, εγώ έλυσα το 2 και το 3 ολόσωστα το ένα το προχωρισα αρκετά άλλα δεν έβγαλα αποτέλεσμα και στο 4 είπα πως πρέπει να είναι εγγράψιμο και μετέφερα γωνίες αλλά δεν το απέδειξα. Πιστεύεται ότι έχω πιθανότητες με (ας πουμε) 2,5 θέματα για μεταλιο. Γενικότερα ξέρουμε ποιες είναι οι βάσεις;

SmbdTLv έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 7:05 pm
Β' Γυμνασίου εδώ!
Τα θέματα τα έλυσα και τα τέσσερα, και θεωρώ σωστά.
Παρ' όλα αυτά, και επειδή φέτος τα θέματα ήταν ιδιαιτέρω εύκολα, οφείλω να ρωτήσω, πού περίπου θα τοποθετούσατε τις βάσεις; 1.5, 2, 2.5 θέματα;
Και τότε χρυσό ποιοι βαθμοί παίρνουν;
Ευχαριστώ πολύ

Φαίνεται πως όσες φορές κι αν το γράψουμε εδώ, κάθε φορά μετά από ένα διαγωνισμό ακολουθουν οι ίδιες ερωτήσεις.

Κανείς δεν γνωρίζει τις βάσεις - πραγματικά ΚΑΝΕΙΣ- αν δεν ολοκληρωθεί η βαθμολόγηση.

Mathmagic24 · #31

silouan έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 7:49 pm

Belias έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 7:22 pm
Γενικά τις ακέραιες ρίζες ελλειπτικών καμπύλων μπορούμε να τις περιορίσουμε υπό συνθήκες όπως περιγράφει πολύ καλά ο Silverman στο Silverman-Arithmetic of Elliptic Curves (Θεώρημα 9.7.2).
Μπορείς να μας πεις τι λέει το Θεώρημα 9.7.2 και πως το εφαρμόζεις εδώ στο συγκεκριμένο πρόβλημα και οδηγεί και σε λύση;

Δεν ξέρω για το συγκεκριμένο βιβλίο ή θεώρημα
Αλλά γενικά αν η εξίσωση παριστάνει ελλειπτική καμπύλη τύπου Βάισερστρας (y² = ax³ + bx + c) τότε είτε y=0 είτε y² (και κατ' επέκταση y) διαιρεί την διακρίνουσα που σε αυτή την περίπτωση είναι 27³×16
Όμως από σχέσεις mod 7 και mod 9 προκύπτει ότι δε μπορεί το y να είναι πολλαπλάσιο του 9
Άρα, αν και δεν το έλυσα έτσι, μένουν λίγες δοκιμές και λογικά αποδεικνύεται

Karanus · #32

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 7:21 pm

ikozyris έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 7:14 pm
....

Θέμα 3 μικρών

...

$\displaystyle{ \frac{a^2 - 2ab + b^2 + ab}{ab} + ab \geq \frac{5}{4} }$
$\displaystyle{ \frac{(a + b)^2}{ab} + 1 + ab \geq \frac{5}{4} }$
...
, όχι .

Η λύση μετά από αυτό το σημείο είναι λανθασμένη, κάτι που εύκολα καταλαβαίνει κανείς από την περίπτωση που ισχύει η ισότητα.

...

Πράγματι Γιάννη, η λύση σου έχει ένα αριθμητικό σφάλμα αλλά η λογική οδηγεί σε λύση όπως αποδεικνύεται παρακάτω:

Όπως σωστά σκέφτηκες και με την διόρθωση του Αχιλλέα, έχουμε
$\displaystyle{\frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{a} + ab = \frac{a^3 + b^3}{ab} + ab = \frac{(a + b)(a^2 - ab + b^2)}{ab} + ab = }$
$\displaystyle{ = \frac{a^2 + 2ab + b^2 - 3ab}{ab} + ab }$
$\displaystyle{ = \frac{1 - 3ab}{ab} + ab}$
$\displaystyle{ = \frac{1}{ab} + ab - 3}$

Επομένως αρκεί να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{ \frac{1}{ab} + ab - 3\geq \frac{5}{4} \Leftrightarrow (ab)^2 - \frac{17}{4}ab + 1\geq 0}$

Το τριώνυμο $\displaystyle{g(x) = x^2 - \frac{17}{4}x + 1}$ έχει ρίζες:

$\displaystyle{x_{1,2} = \frac{\frac{17}{4} \pm \sqrt{\left(\frac{17}{4}\right)^2 - 4}}{2} = \frac{\frac{17}{4} \pm \frac{15}{4}}{2} = \frac{1}{4},4}$

Ωστόσο έχουμε $\displaystyle{ab\leq \frac{(a + b)^2}{4} = \frac{1}{4} = x_1}$ και $\displaystyle{g(x) \geq 0}$ για $\displaystyle{ x\in \left(-\infty,\frac{1}{4}\right)}$ και το ζητούμενο προκύπτει ως $\displaystyle{g(ab) = (ab)^2 - \frac{17}{4}ab + 1\geq 0}$ .

#33

Mathmagic24 έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 8:03 pm

silouan έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 7:49 pm

Belias έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 7:22 pm
Γενικά τις ακέραιες ρίζες ελλειπτικών καμπύλων μπορούμε να τις περιορίσουμε υπό συνθήκες όπως περιγράφει πολύ καλά ο Silverman στο Silverman-Arithmetic of Elliptic Curves (Θεώρημα 9.7.2).
Μπορείς να μας πεις τι λέει το Θεώρημα 9.7.2 και πως το εφαρμόζεις εδώ στο συγκεκριμένο πρόβλημα και οδηγεί και σε λύση;
Δεν ξέρω για το συγκεκριμένο βιβλίο ή θεώρημα
Αλλά γενικά αν η εξίσωση παριστάνει ελλειπτική καμπύλη τύπου Βάισερστρας (y² = ax³ + bx + c) τότε είτε y=0 είτε y² (και κατ' επέκταση y) διαιρεί την διακρίνουσα που σε αυτή την περίπτωση είναι 27³×16
Όμως από σχέσεις mod 7 και mod 9 προκύπτει ότι δε μπορεί το y να είναι πολλαπλάσιο του 9
Άρα, αν και δεν το έλυσα έτσι, μένουν λίγες δοκιμές και λογικά αποδεικνύεται

Δεν γνωρίζω για τα παραπάνω, αλλά μια προσιτή πηγή για το θέμα αυτό είναι η εργασία Examples of Mordell's Equation του Keith Conrad.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Mathmagic24 · #34

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 8:34 pm

Mathmagic24 έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 8:03 pm

silouan έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 7:49 pm

Belias έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 7:22 pm
Γενικά τις ακέραιες ρίζες ελλειπτικών καμπύλων μπορούμε να τις περιορίσουμε υπό συνθήκες όπως περιγράφει πολύ καλά ο Silverman στο Silverman-Arithmetic of Elliptic Curves (Θεώρημα 9.7.2).
Μπορείς να μας πεις τι λέει το Θεώρημα 9.7.2 και πως το εφαρμόζεις εδώ στο συγκεκριμένο πρόβλημα και οδηγεί και σε λύση;
Δεν ξέρω για το συγκεκριμένο βιβλίο ή θεώρημα
Αλλά γενικά αν η εξίσωση παριστάνει ελλειπτική καμπύλη τύπου Βάισερστρας (y² = ax³ + bx + c) τότε είτε y=0 είτε y² (και κατ' επέκταση y) διαιρεί την διακρίνουσα που σε αυτή την περίπτωση είναι 27³×16
Όμως από σχέσεις mod 7 και mod 9 προκύπτει ότι δε μπορεί το y να είναι πολλαπλάσιο του 9
Άρα, αν και δεν το έλυσα έτσι, μένουν λίγες δοκιμές και λογικά αποδεικνύεται
Δεν γνωρίζω για τα παραπάνω, αλλά μια προσιτή πηγή για το θέμα αυτό είναι η εργασία Examples of Mordell's Equation του Keith Conrad.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Ευχαριστώ, φαίνεται αρκετά ενδιαφέρον
Μάλλον αυτή ήταν η έμπνευση πίσω από την άσκηση
Πολύ δύσκολο πάντως πρόβλημα αν οι μόνοι τρόποι λύσεως περιλαμβάνουν τέτοια θεωρήματα ή ελλείψεις
Αρκετά προχωρημένη θεωρία αριθμών (τουλάχιστον για μαθητές)

Yannilyko · #35

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 3 JUNIORS

Παρατηρώ πως : α + β = 1, επομένως α + β + (-1) = 0
Οπότε από ταυτότητα του Euler: α^3 + β^3 + (-1)^3 = 3*α*β*(-1) που σημαίνει: α^3 + β^3 = 1 - 3*α*β

Δουλεύω την ζητούμενη ανισότητα ισοδύναμα μέχρι να καταλήξω σε κάτι που ισχύει:

- πολλαπλασιάζω και τα 2 μέλη με α*β οπότε καταλήγω στο : α^3 + β^3 +(α*β)^2 >= (5/4)*α*β
- αντικαθιστώ το α^3 + β^3 με 1-3*α*β και πολλαπλασιάζω και τα 2 μέλη με 4 και καταλήγω στο : 4 - 17*α*β + 4*(α*β)^2>=0
- δημιουργώ τετράγωνο: (2^2 - 2*2*(2*α*β) + (2*α*β)^2) - 9*α*β >=0
- δημιουργώ διαφορά τετραγώνων: (2 - 2*α*β)^2 - (3 *(α*β)^0.5)^2 >=0
- καταλήγω στο : ((2-2*α*β) - 3*(α*β)^0.5)*((2-2*α*β) + 3*(α*β)^0.5) >=0
- ο 1ος παράγοντας του γινομένου είναι πάντα μικρότερος του 2ου παράγοντα αφού η ποσότητα 3*(α*β)^0.5 είναι καθαρά θετική
- όμως α+β = 1 και α>0 και β>0 επομένως το γινόμενο α*β μεγιστοποιείται όταν α=β=1/2 (εδώ δεν ξέρω αν μπορούν τα παιδιά να το θεωρήσουν δεδομένο ή χρειάζεται απόδειξη) και max (a*b) = 1/4
- οπότε min [ -(a*b) ] = -1/4
- οπότε min (2 - 2*α*β - 3*(α*β)^0.5) = 2 - 2*1/4 - 3*(1/4)^0.5 = 0
- επομένως ο 1ος παράγοντας είναι πάντα >=0 και ο 2ος παράγοντας (ο οποίος είναι μεγαλύτερος του 1ου) θα είναι καθαρά θετικός.
- Άρα η ανισότητα που καταλήξαμε ισχύει και επειδή δουλέψαμε ισοδύναμα ισχύει και η αρχική

* για κάποιον λόγο δεν ανοίγει το Equation editor ώστε να "μαζέψω" το κείμενο. Μπορεί κάποιος να μου προτείνει τι να δω (πχ. troubleshooting)

KARKAR · #36

: MIKROI.png (20.91 KiB) Προβλήθηκε 16330 φορές

Γεωμετρία μικρών . Ομοιότητα εγχρώμων ορθογωνίων και $LN \parallel BE$ .

#37

Mathnus Carlsen έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 7:57 pm
Έχει κάποιος να προτείνει λύση στη γεωμετρία των μικρών?

ΘΕΜΑ 4 - Junior

Ρίξε μια ματιά, ίσως όμως κάποιο γράμμα να είναι διαφορετικά σημειωμένο από ότι στην εκφώνηση του διαγωνισμού..

Αν μπορεί, ας γράψει κάποιος τη λύση σε TEx, για να ακολουθούμε και τους κανόνες του forum.
Το σχήμα ας το πάρει έτοιμο με αποκοπή.

Καλά αποτελέσματα!

ikozyris · #38

Yannilyko έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 8:55 pm

* για κάποιον λόγο δεν ανοίγει το Equation editor ώστε να "μαζέψω" το κείμενο. Μπορεί κάποιος να μου προτείνει τι να δω (πχ. troubleshooting)

Ούτε εμένα δουλεύει το EqEditor, βγάζει μόνο ένα κενό popup window. Μπορείς να γράφεις σε LaTex έτσι:

Κώδικας: Επιλογή όλων

  (a+b)^n = \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k} a^{n-k} b^k

$\displaystyle{ (a+b)^n = \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k} a^{n-k} b^k }$
με δύο $ στην αρχή και το τέλος του κάθε block μαθηματικών

Markam · #39

Δεν γνωρίζω για τα παραπάνω, αλλά μια προσιτή πηγή για το θέμα αυτό είναι η εργασία Examples of Mordell's Equation του Keith Conrad.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Πολύ ωραία τα θέματα των μεγάλων φέτος (επιτέλους συναρτησιακή στον Αρχιμήδη!),
εκτός κατά τη γνώμη μου από το 4, που θεωρώ είναι κάπως άδικο για τους περισσότερους διαγωνιζόμενους, αφού λύνεται σε μία γραμμή από κάποιον πουχει διαβάσει την κατάλληλη θεωρία (αμφιβάλλω αν είναι πάνω από 5 σε όλη την Ελλάδα), και θα ζορίσει όλους τους υπόλοιπους. Δύσκολο θέμα δεν αντιλέω, αλλά πολύ βασισμένο σε θεωρία, κάτι που δε συνηθίζει να πρεσβεύει ο Αρχιμήδης.

#40

Mathmagic24 έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2025 8:03 pm
Αλλά γενικά αν η εξίσωση παριστάνει ελλειπτική καμπύλη τύπου Βάισερστρας (y² = ax³ + bx + c) τότε είτε y=0 είτε y² (και κατ' επέκταση y) διαιρεί την διακρίνουσα.

Επειδή μας παρακολουθούν πολλοί μαθητές, γράψε μας σε παρακαλώ μια παραπομπή ή μια απόδειξη της πρότασης αυτής.

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024-2025 (ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ)

Μέλη σε σύνδεση