Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#581

ΑΣΚΗΣΗ 256:
Αν για τους πραγματικούς αριθμούς a,b,c

ισχύει:

$\left|ab-ac \right|>\left|b^{2}-ac \right|+\left|c^{2}-ab \right|$ και οι ρίζες της εξίσωσης $ax^{2}+bx+c=0$ είναι πραγματικές, τότε να αποδείξετε μόνο η μία ρίζα της εξίσωσης θα περιέχεται μεταξύ

και

(δηλαδή μόνο μια ρίζα της θα ανήκει στο διάστημα (0,2)

#582

ΑΣΚΗΣΗ 257: (Με αφορμή αυτή την άσκηση του KARKAR): Να αποδείξετε ότι ο αριθμός n^2+n+1

δε διαιρείται από το

.

Αλέξανδρος

irakleios · #583

cretanman έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 257: (Με αφορμή αυτή την άσκηση του KARKAR): Να αποδείξετε ότι ο αριθμός δε διαιρείται από το .

Αλέξανδρος

Aν συνέβαινε αυτό τότε το 100 θα έπρεπε να διαιρεί τον 4n^2 + 4n + 4 = (2n + 1)^2 + 3

, που σημαίνει ότι ο αριθμός 4n^2 + 4n + 4 = (2n + 1)^2 + 3

λήγει σε δύο μηδενικά.

Εξετάζουμε λοιπόν το τελευταίο ψηφίο του αριθμού 4n^2 + 4n + 4 = (2n + 1)^2 + 3

.

Κάθε περιττός στο τετράγωνο έχει τελευταίο ψηφίο 1,5,9 αν τώρα προσθέσουμε 3 προκύπτει ότι το τελευταίο ψηφίο του 4n^2 + 4n + 4 = (2n + 1)^2 + 3

θα είναι 4 ή 9 ή 13 άρα όχι 0 .

Οπότε το 25 δεν διαιρεί τον αριθμό .

#584

cretanman έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 257: (Με αφορμή αυτή την άσκηση του KARKAR): Να αποδείξετε ότι ο αριθμός δε διαιρείται από το .

Αλέξανδρος

Θα αποδείξουμε, ότι ο αριθμός $\displaystyle{n^2+n+1}$ δεν διαιρείται με το $\displaystyle{5.}$

Ας είναι $\displaystyle{n=5k+u,}$ με $\displaystyle{u=0,1,2,3,4.}$

Τότε, $\displaystyle{n^2+n+1=25k^2+10ku+5k+u^2+u+1}$ .

Απομένει να διαπιστώσουμε ότι το $\displaystyle{u^2+u+1}$ δεν διαιρείται με το $\displaystyle{5.}$

Πράγματι, έχουμε

$\displaystyle{u^2+u+1= \begin{cases} 1, u=0 \\ 3,u=1\\ 7,u=2 \\ 13,u=3\\ 21,u=4. \end{cases} }$

Αρχιμήδης 6 · #585

cretanman έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 257: (Με αφορμή αυτή την άσκηση του KARKAR): Να αποδείξετε ότι ο αριθμός δε διαιρείται από το .

Αλέξανδρος

Μια διόρθωση στην λύση του irakleios...
Γράφεις << Κάθε περιττός στο τετράγωνο έχει τελευταίο ψηφίο 1,5,9 αν τώρα προσθέσουμε 3 προκύπτει ότι το τελευταίο ψηφίο του 4n^2+4n+4=(2n+1)^2+3

θα είναι 4 ή 9 ή 13 άρα όχι 0 >> .
Υπάρχει λάθος γιατί αν προσθέσουμε 3 θα προκύπτει τελευταίο ψηφίο 4 ή 8 ή 2 . Ευτυχώς το λάθος αυτό δεν επιδρά αρνητικά στην απόδειξη γιατί και πάλι το τελευταίο ψηφίο δεν θα είναι 0 .
Φιλικά
Δημήτρης .

#586

ΑΣΚΗΣΗ 258:
Θεωρούμε ένα κυρτό 100-γωνο $A_{1}A_{2}...A_{100}$ . Φέρνουμε την διαγώνιο $A_{42}A_{81}$ που το χωρίζει σε δύο κυρτά πολύγωνα A,B

.
Πόσες κορυφές και πόσες διαγώνιες έχει καθένα από τα δύο αυτά πολύγωνα;

irakleios · #587

Αρχιμήδης 6 έγραψε:Μια διόρθωση στην λύση του irakleios...
Γράφεις << Κάθε περιττός στο τετράγωνο έχει τελευταίο ψηφίο 1,5,9 αν τώρα προσθέσουμε 3 προκύπτει ότι το τελευταίο ψηφίο του
θα είναι 4 ή 9 ή 13 άρα όχι 0 >> .
Υπάρχει λάθος γιατί αν προσθέσουμε 3 θα προκύπτει τελευταίο ψηφίο 4 ή 8 ή 2 . Ευτυχώς το λάθος αυτό δεν επιδρά αρνητικά στην απόδειξη γιατί και πάλι το τελευταίο ψηφίο δεν θα είναι 0 .
Φιλικά
Δημήτρης .

Exεις δίκαιο Δημήτρη , με παρέσυρε το γεγονός που πολλαπλασίασα με 4 , και έτσι αντί να προσθέσω 3 πρόσθεσα το 4 στους δύο τελευταίους αριθμούς .
Ευχαριστώ .

#588

ΑΣΚΗΣΗ 259:
Να λυθεί η εξίσωση: $27^{x}+27^{-x}+1=3cos^{2}x^{3}$

(ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Με το σύμβολο cosx

συμβολίζουμε το $\sigma \upsilon \nu x$ )

S.E.Louridas · #589

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 259:
Να λυθεί η εξίσωση: $27^{x}+27^{-x}+1=3cos^{2}x^{3}$

Θα επανέλθω με μία διόρθωση πάνω στην ίδια μέθοδο της διακρίνουσας
Πράγματι έχουμε:
Από την εξίσωση και για t = 27^x ,

ισοδύναμα παίρνουμε:
$t^2 + \left( {1 - 3\cos ^2 x^3 } \right)t + 1 = 0,\;\Delta \geqslant 0 \Rightarrow ... \Rightarrow \cos ^2 x^3 = 0 \Rightarrow x = 0...$

S.E.Louridas

KARKAR · #590

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 259:
Να λυθεί η εξίσωση: $27^{x}+27^{-x}+1=3cos^{2}x^{3}$

Το α' μέλος είναι $\geq3$ , ενώ το β' $\leq3$ .....

sokratis lyras · #591

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 259:
Να λυθεί η εξίσωση: $27^{x}+27^{-x}+1=3cos^{2}x^{3}$

$27^x+27^{-x} +1\ge 3$
$3\ge 3cos^2x^3$
Άρα : $27^x+27^{-x} +1=3$ και παίρνω x=0

Φιλικά,
Σωκράτης

#592

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 256:
Αν για τους πραγματικούς αριθμούς ισχύει:

$\left|ab-ac \right|>\left|b^{2}-ac \right|+\left|c^{2}-ab \right|$ και οι ρίζες της εξίσωσης $ax^{2}+bx+c=0$ είναι πραγματικές, τότε να αποδείξετε μόνο η μία ρίζα της εξίσωσης θα περιέχεται μεταξύ και (δηλαδή μόνο μια ρίζα της θα ανήκει στο διάστημα

Λόγω της ιδιότητας $\displaystyle{|x|+|y|\geq |x-y|,}$ ισχύει

$\displaystyle{|a||b-c|>|b^2-ac|+|c^2-ab|\geq |b^2-c^2+ab-ac|=|b-c||a+b+c|,}$ οπότε είναι $\displaystyle{|a|>|a+b+c|,}$ άρα

$\displaystyle{\Big|1+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}\Big|<1.}$ Από τους τύπους Vieta, αυτή γράφεται ως

$\displaystyle{|1-(x_1+x_2)+x_1x_2|<1,}$ δηλαδή $\displaystyle{|x_1-1||x_2-1|<1.}$ Τότε, μία τουλάχιστον από τις παρενθέσεις είναι $\displaystyle{<1.}$

Ας είναι π.χ. $\displaystyle{|x_1-1|<1.}$ Από εδώ βρίσκουμε $\displaystyle{x_1\in (0,2).}$

Θα αποδείξουμε τώρα, ότι η άλλη ρίζα πρέπει να είναι μη θετική.

Ας είναι $\displaystyle{s=x_1+x_2=-\frac{a}{b}}$ και $\displaystyle{p=x_1x_2=\frac{c}{a}.}$ Αν ήταν $\displaystyle{x_2>0}$ , θα είχαμε $\displaystyle{s,p>0.}$

Με χρήση των $\displaystyle{s,p}$ η αρχική συνθήκη γράφεται ως

$\displaystyle{|-a^2s-a^2p|>|a^2s^2-a^2p|+|a^2p^2+a^2s|,}$ δηλαδή $\displaystyle{|s+p|>|s^2-p|+|p^2+s|}$ . Λόγω της υπόθεσης και της ανισότητας $\displaystyle{s^2\geq 4p>p,}$ όλα μέσα στις απόλυτες τιμές είναι θετικά, οπότε λαμβάνουμε

$\displaystyle{s+p>s^2-p+p^2+s\Rightarrow 2p>s^2+p^2\Rightarrow 2p>4p+p^2\Rightarrow p^2+2p<0,}$ άτοπο.

Φαντάζομαι υπάρχει κάτι αρκετά απλούστερο για το δεύτερο σκέλος του προβλήματος.

#593

Με ίδιο τρόπο που λύθηκε η άσκηση από τον KARKAR και τον Σωκράτη, αλλά πιο αναλυτικά, μιας και ο φάκελλος αυτός απευθύνεται και σε μαθητές χωρίς μεγάλη εμπειρία:

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 259:
Να λυθεί η εξίσωση: $27^{x}+27^{-x}+1=3cos^{2}x^{3}$

Έχουμε ότι: $3cos^{2}x^{3} =3\left|cos^{2}x^{3} \right|=3\left|cosx^{3} \right|^{2}\leq 3.1=3$ (1)

Επίσης από την ταυτότητα του Euler έχουμε:

$(3^{x})^{3}+(3^{-x})^{3}+1^{3}-3.3^{x}.3^{-x}.1=$

$\frac{1}{2}(3^{x}+3^{-x}+1)[(3^{x}-3^{-x})^{2}+(3^{x}-1)^{2}+(3^{-x}-1)^{2}]\geq 0\Rightarrow$

$27^{x}+27^{-x}+1-3\geq 0\Rightarrow 27^{x}+27^{-x}+1\geq 3$ (2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε ότι:

$27^{x}+27^{-x}+1=3$ (*) και $3cos^{2}x^{3}=3$ (**)

Από την (*) έχουμε ότι: $27^{x}+\frac{1}{27^{x}}+1=3\Rightarrow (27^{x})^{2}+1-2.27^{x}=0\Rightarrow (27^{x}-1)^{2}=0$ $\Rightarrow 27^{x}=1\Rightarrow x=0$

Εύκολα τώρα διαπιστώνουμε ότι η x=0

επαληθεύει τόσο την (**) όσο και την δοσμένη εξίσωση και άρα είναι η λύση της.

#594

Μόλις είδα, ότι ο Σωτήρης μας έδωσε μια ακόμα πολύ ωραία λύση στην άσκηση 259.

Για την άσκηση 256, που έχει λύσει ο Θάνος, δεν έχω και εγώ βρει πιο απλή λύση, (ίσως Θάνο είναι πιο πολύπλοκη από την δική σου και έτσι δεν την γράφω).

Για την επόμενη άσκηση (που χωρίς να είμαι σίγουρος είχε κάποτε προταθεί για κάποια Ολυμπιάδα, αλλά δεν επιλέχθηκε τελικά), δεν έχω ακόμα βρει λύση, παρόλο που την "πολιόρκησα στενά". Πιστεύω να μην είναι πολύ δύσκολη.

ΑΣΚΗΣΗ 260.:
Αν πολλαπλασιάσουμε δύο οποιουσδήποτε αριθμούς του συνόλου $S=\left\{2,5,13 \right\}$
και ύστερα αφαιρέσουμε τον αριθμό

, τότε ο νέος αριθμός που θα προκύψει θα είναι τέλειο τετράγωνο.
Να αποδείξετε ότι το σύνολο

δεν μπορεί να επεκταθεί με την προσθήκη ενός άλλου ακεραίου χωρίς να παραβιασθεί η παραπάνω συνθήκη.

#595

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 256:Αν για τους πραγματικούς αριθμούς ισχύει:

$\left|ab-ac \right|>\left|b^{2}-ac \right|+\left|c^{2}-ab \right|$ και οι ρίζες της εξίσωσης $ax^{2}+bx+c=0$ είναι πραγματικές, τότε να αποδείξετε μόνο η μία ρίζα της εξίσωσης θα περιέχεται μεταξύ και (δηλαδή μόνο μια ρίζα της θα ανήκει στο διάστημα

Αρκεί να δειχτεί ότι:

$f(0)f(2)<0\Leftrightarrow c(4a+2b+c)<0, (1)$

Μπορούμε να υποθέσουμε a>0,

διαφορετικά αλλάζουμε τα πρόσημα κ.λπ. Είναι $b^2\geq 4ac$ , οπότε και $b^2-ac\geq 0$ , αφού $b^2-ac<0\Rightarrow b^2<ac\leq 4ac$ άτοπο.

Είναι $\left|ab-ac \right|>\left|b^{2}-ac \right|+\left|c^{2}-ab \right|\Rightarrow a\left|b-c \right|>\left|b^{2}-ac-c^{2}+ab \right|$

$\Rightarrow a\left|b-c \right|>\left|(b-c)(a+b+c)\right|\Rightarrow -a<a+b+c<a$

$\Rightarrow -2a<b+c<0,(2), ( \Rightarrow 2a+b+c>0)$

και $|ab-ac|>|b^2-ac|\Rightarrow |ab-ac|>b^2-ac\Rightarrow ab-ac>b^2-ac \vee ab-ac<-b^2+ac$

$\Rightarrow ab>b^2, (3) \vee b^2+ab<2ac, (4)$

Αν αληθεύει η (3) , τότε $b>0\wedge a>b \wedge (2)\Rightarrow c<0$ και η (1) αληθεύει, αφού c(2a+b+(2a+b+c))<0

.

Αν αληθεύει η (4) , τότε $ab-ac<0\Rightarrow b<c$ , και

$b^2+ab<2ac\Rightarrow 4ac+ab<2ac\Rightarrow 2c+b<0\Rightarrow c<0$

και η (1) αληθεύει, αφού c(2(2a+b+c)-c)<0

#596

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 260.: Αν πολλαπλασιάσουμε δύο οποιουσδήποτε αριθμούς του συνόλου $S=\left\{2,5,13 \right\}$
και ύστερα αφαιρέσουμε τον αριθμό , τότε ο νέος αριθμός που θα προκύψει θα είναι τέλειο τετράγωνο.
Να αποδείξετε ότι το σύνολο δεν μπορεί να επεκταθεί με την προσθήκη ενός άλλου ακεραίου χωρίς να παραβιασθεί η παραπάνω συνθήκη.

Η παρακάτω λύση δεν είναι σωστή. Ευχαριστώ τον κ.Λάμπρου για τον εντοπισμό του λάθους.

Έστω ότι μπορεί και έστω

ο επιπλέον ακέραιος.

Τα τετραγωνικά υπόλοιπα $\mod 13$ είναι 0,1,4,9,3,12,10,

οπότε το $-1=12 \mod \ 13$ είναι τετραγωνικό υπόλοιπο αν-ν $a\equiv \pm 5 \mod \ 13.$

-Αν $a\equiv 5 \mod \ 13$ τότε $5a-1\equiv 24\equiv 11 \mod \ 13,$ που δεν τετραγωνικό υπόλοιπο.

-Αν $a\equiv -5 \mod \ 13$ τότε $2a-1\equiv -11\equiv 2 \mod \ 13,$ που δεν τετραγωνικό υπόλοιπο.

ΑΣΚΗΣΗ 261
Σε ένα μαγικό τετράγωνο $4\times 4$ το άθροισμα των αριθμών κάθε στήλης, γραμμής και διαγωνίου είναι το ίδιο και έστω ίσο με

Να δείξετε ότι το άθροισμα των αριθμών στα τετράγωνα των τεσσάρων κορυφών του τετραγώνου είναι επίσης ίσο με

ΑΣΚΗΣΗ 262
Να βρείτε τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $\displaystyle{ \frac{11}{5}x-\sqrt{2x+1}= 3y-\sqrt{4y-1}+2 }$

#597

socrates έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 261
Σε ένα μαγικό τετράγωνο $4\times 4$ το άθροισμα των αριθμών κάθε στήλης, γραμμής και διαγωνίου είναι το ίδιο και έστω ίσο με
Να δείξετε ότι το άθροισμα των αριθμών στα τετράγωνα των τεσσάρων κορυφών του τετραγώνου είναι επίσης ίσο με

$\displaystyle 2(A+D+E+F)=$
$\displaystyle =(A+B+C+D) +(E+F+G+H)+(A+a+d+H)+$
............ $\displaystyle \,\,\, +(E+c+b+D) -(B+a+c+F)-(C+b+d+G)=$
$\displaystyle = s+s+s+s-s-s=2s$

M.

Edit αργότερα: Με παρόμοιο τρόπο δείχνουμε π.χ. B+C+F+G = a+b+c+d=s

και, εννοείται, ισχύει το ίδιο για τα "συμμετρικά" τους τεραγωνάκια.

#598

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 262
Να βρείτε τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $\displaystyle{ \frac{11}{5}x-\sqrt{2x+1}= 3y-\sqrt{4y-1}+2 }$

Επειδή ο

είναι ισότιμος με $3 \mod 4$ , δεν είναι ποτέ τέλειο τετράγωνο. Άρα ο $\sqrt {4y-1}$ είναι άρρητος. Συνεπώς η ισότητα $\displaystyle{ \frac{11}{5}x-\sqrt{2x+1}= 3y-\sqrt{4y-1}+2 }$ δείχνει ότι και ο $\sqrt {2x+1}$ είναι άρρητος. Από αυτό και την δοθείσα εύκολα βλέπουμε ότι ισχύει $\displaystyle{ \left(\frac{11}{5}x= 3y+ 2\right) \wedge \left (\sqrt{2x+1} =\sqrt{4y-1}\right) }$ (*). Λύνοτας το σύστημα των εξισώσεων αυτών, ισοδύναμα $\displaystyle{ \left(\frac{11}{5}x= 3y+ 2\right ) \wedge \left(2x+1 =4y-1 \right) }$ , θα βρούμε $x=5, \, y=3$ .

Φιλικά,

Μιχάλης

(*) Αυτό βασίζεται στο εξής: Έστω $p, \, q$ ρητοί και $\sqrt a,\, \sqrt b$ άρρητες ρίζες ακεραίων με $p+\sqrt a = q +\sqrt b$ . Υψώνοντας στο τετράγωνο την $(p-q) + \sqrt a = \sqrt b$ εύκολα διαπιστώνουμε ότι ισχύει $(p=q)\wedge (\sqrt a = \sqrt b )$ .

spiros filippas · #599

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 261
Σε ένα μαγικό τετράγωνο $4\times 4$ το άθροισμα των αριθμών κάθε στήλης, γραμμής και διαγωνίου είναι το ίδιο και έστω ίσο με
Να δείξετε ότι το άθροισμα των αριθμών στα τετράγωνα των τεσσάρων κορυφών του τετραγώνου είναι επίσης ίσο με

Ονομάζουμε τα τετραγωνάκια ως εξής:

a_1~a_2~a_3~a_3~a_4

Θέλουμε να δείξουμε ότι: $\displaystyle a_1+a_4+d_1+d_4=s$ . Το άθροισμα όλων των αριθμών είναι ίσο με

. Επίσης είναι $\displaystyle a_2+b_2+c_2+d_2+a_3+...+d_3=2s$ άρα αρκεί ν.δ.ο:

$\displaystyle b_1+c_1+b_4+c_4=s~(1)$

Αρκεί τωρα,να παρατηρούμε οτί αφού οι 2 διαγώνιοι έχουν άθροισμα

θα είναι $\displaystyle a_2+a_3+d_3+d_4+ b_1+c_1+b_4+c_4=2s$ άρα αντί της (1) αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle a_2+a_3+d_3+d_4= b_1+c_1+b_4+c_4$ , το οποίο ισχύει αφού είναι: $\displaystyle a_2+a_3+d_3+d_4=2s-(b_2+b_3+c_2+c_3)$

καί $\displaystyle b_1+c_1+b_4+c_4=2s-(b_2+b_3+c_2+c_3)$

#600

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 260.: Αν πολλαπλασιάσουμε δύο οποιουσδήποτε αριθμούς του συνόλου $S=\left\{2,5,13 \right\}$
και ύστερα αφαιρέσουμε τον αριθμό , τότε ο νέος αριθμός που θα προκύψει θα είναι τέλειο τετράγωνο.
Να αποδείξετε ότι το σύνολο δεν μπορεί να επεκταθεί με την προσθήκη ενός άλλου ακεραίου χωρίς να παραβιασθεί η παραπάνω συνθήκη.

Μια απόδειξη:

Έστω ότι υπάρχει τέτοιο $\displaystyle{q.}$ Τότε, υπάρχουν ακέραιοι $\displaystyle{x,y,z}$ ώστε

$\displaystyle{2q-1=x^2,5q-1=y^2,13q-1=z^2.}$

Από την πρώτη, φαίνεται ότι $\displaystyle{x}$ περιττός. Είναι ακόμα $\displaystyle{x^2+z^2=3y^2+1}$ (I).

Από εδώ βλέπουμε, ότι οι $\displaystyle{y,z}$ είναι και οι δύο περιττοί ή και οι δύο άρτιοι.

Στην πρώτη περίπτωση, θέτοντας στην (Ι) $\displaystyle{x=2k+1,y=2l+1,z=2m+1}$ βρίσκουμε

$\displaystyle{4k^2+4k+4m^2+4m=12l^2+12l+2,}$ δηλαδή $\displaystyle{4/2,}$ άτοπο.

Ας είναι, λοιπόν, $\displaystyle{y=2l,z=2m.}$

Επειδή είναι $\displaystyle{5z^2-13y^2=8,}$ βρίσκουμε $\displaystyle{5l^2-13m^2=2.}$ Από εδώ είναι $\displaystyle{l,m}$ άρτιοι ή $\displaystyle{l,m}$ περιττοί.

Αν $\displaystyle{l=2p,m=2r}$ βρίσκουμε $\displaystyle{4(5p^2-13r^2)=2,}$ άτοπο

Αν $\displaystyle{l=2p+1,m=2r+1}$ βρίσκουμε $\displaystyle{20p^2+20p-52r^2-52r=10,}$ δηλαδή $\displaystyle{4/10,}$ πάλι άτοπο.

Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Μέλη σε σύνδεση