Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1361

Γιώργος Ρίζος έγραψε:Στο διπλανό τραπέζιο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta \;\left( {{\rm A}{\rm B}//\Gamma \Delta } \right)$ δίνεται ότι $\Delta \widehat{\rm A}{\rm B} = {\rm A}\widehat{\rm B}\Gamma = \omega$ και ότι τα τρίγωνα ${\rm A}{\rm B}\Gamma ,\;{\rm A}\Gamma \Delta$ είναι ισοσκελή με ${\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma ,\;\;{\rm A}\Delta = \Gamma \Delta$
(i) Να αποδείξετε ότι η ${\rm A}\Gamma$ διχοτομεί τη γωνία $\Delta \widehat{\rm A}{\rm B}$
(ii) Να υπολογίσετε τη γωνία $\omega$

: ΣΧ.HMA.png (2.71 KiB) Προβλήθηκε 1804 φορές

(I) Με βάση την υπόθεση, έχουμε ότι $\displaystyle{x=y}$ και $\displaystyle{B=w}$ . Eπίσης $\displaystyle{\widehat{CAB}=B-x=w-x}$ . Όμως $\displaystyle{\widehat{CAB}=y}$ , ως εντός εναλλάξ των παραλ-

λήλων $\displaystyle{AB , CD}$ που τέμνονται από την $\displaystyle{AC}$ . Αρα $\displaystyle{w-x=y\Rightarrow w-x=x\Rightarrow w=2x}$ . Άρα $\displaystyle{\widehat{CAB}=w-x=2x-x=x}$ και άρα

η $\displaystyle{AC}$ είναι διχοτόμος της $\displaystyle{\widehat{BAD}}$ .

(ii) Έχουμε από την υπόθεση ότι $\displaystyle{\widehat{DAB}=B\Rightarrow 2x=w}$ . Τώρα από το τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ έχουμε: $\displaystyle{w+B+x=180^{o}\Rightarrow}$

$\displaystyle{2x+2x+x=180^{o}\Rightarrow x=36^{o}}$ . Άρα $\displaystyle{\widehat{ABC}=72^{o}}$

gauss1988 · #1362

Γιώργος Ρίζος έγραψε:Άσκηση 14

Στο παρακάτω σχήμα είναι ${\rm A}{\rm B} = {\rm B}\Gamma$ και η διχοτόμος $\Gamma x$ της γωνίας ${\rm A}\widehat\Gamma \Delta$ είναι παράλληλη στην ${\rm A}{\rm B}$ . Να υπολογίσετε τις γωνίες του τριγώνου ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ .

Ονομάζω

την γωνία $A\Gamma x$ . Τότε A=x

ως εντός εναλλάξ και $A\Gamma B=x$ διότι το τρίγωνο $AB\Gamma$ είναι ισοσκελές. Τώρα η εξωτερική γωνία του τριγώνου $AB\Gamma$ που είναι ίση με

, θα είναι ίση με το άθροισμα των απέναντι γωνιών. Δηλαδή 2x=x+B

και άρα

. Τώρα είδαμε ότι το τρίγωνο $AB\Gamma$ έχει όλες τις γωνίες ίσες, δηλαδή είναι ισόπλευρο και όλες οι γωνίες του είναι από

μοίρες.

Θεοδωρος Παγωνης · #1363

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 44: Θεωρούμε έναν τριψήφιο αριθμό του οποίου το ψηφίο των εκατοντάδων είναι μεγαλύτερο από το ψηφίο των μονάδων του. Στη συνέχεια, θεωρούμε και τον τριψήφιο αριθμό, ο οποίος έχει τα ψηφία του πρώτου με αντίστροφη σειρά. Αφαιρούμε τους δύο αυτούς αριθμούς και και βρίσκουμε έναν νέο φυσικό αριθμό. Στον νέο αυτόν αριθμό, προσθέτουμε τον αριθμό που έχει τα ίδια με αυτόν ψηφία, γραμμένα κατά την αντίστροφη σειρά.
Να δικαιολογήσετε γιατί θα προκύψει σταθερός αριθμός (τον οποίο και να βρείτε)

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Είναι λίγο δυσκολούτσικο για αρχάριους, αλλά όταν δείτε την λύση θα είναι θεωρώ,πλήρως κατανοητή

Αν δεν έχει απαντηθεί από κάποιον άλλο και δεν το έχω προσέξει , να δώσω την δική μου προσέγγιση :
Έστω ο αριθμός $\displaystyle{\overline{abc}}$ με $\displaystyle{a>c}$ τότε ο αριθμός με τα ψηφία αντεστραμμένα θα είναι ο $\displaystyle{\overline{cba}}$ , οπότε : $\displaystyle{\overline{abc}=100a+10b+c}$ (1) και $\displaystyle{\overline{cba}=100c+10b+a}$ (2)
Αφαιρώντας κατά μέλη έχω : $\displaystyle{(1)-(2)\Rightarrow \overline{abc}-\overline{cba}=\left( 100a+10b+c \right)-\left( 100c+10b+a \right)\Leftrightarrow \overline{abc}-\overline{cba}=100\left( a-c \right)+\left( c-a \right)}$
Δηλαδή ο αριθμός είναι : $\displaystyle{\overline{\left( a-c \right)0\left( c-a \right)}=100\left( a-c \right)+10\cdot 0+\left( c-a \right)}$ (3)
Ο αριθμός ο οποίος έχει αντιστραμμένα τα ψηφία του είναι ο $\displaystyle{\overline{\left( c-a \right)0\left( a-c \right)}=100\left( c-a \right)+10\cdot 0+\left( a-c \right)}$ (4)
Προσθέτοντας κατά μέλη (κάθετα) έχω $\displaystyle{(3)+(4)\Rightarrow \overline{\left( a-c \right)0\left( c-a \right)}+\overline{\left( c-a \right)0\left( a-c \right)}}$ ή $\displaystyle{100\left( a-c \right)+10\cdot 0+c-a+100\left( c-a \right)+10\cdot 0+a-c=100\cdot 0+10\cdot 0+1\cdot 0}$ (5)
Παρατηρώ ότι το άθροισμα των μονάδων είναι $\displaystyle{c-a+a-c=0}$ και επειδή $\displaystyle{a>c}$ θα ισχύει $\displaystyle{c-a+a-c=10}$ οπότε γράφουμε 0 και 1 κρατούμενο .
Προσθέτω τις δεκάδες +1 κρατούμενο οπότε έχω $\displaystyle{0+0+1=1}$

Παρατηρώ ότι το άθροισμα των εκατοντάδων είναι $\displaystyle{a-c+c-a=0}$ και επειδή $\displaystyle{a>c}$ θα ισχύει $\displaystyle{a-c+c-a=10}$

Οπότε τελικά έχω $\displaystyle{100\left( a-c \right)+10\cdot 0+c-a+100\left( c-a \right)+10\cdot 0+a-c=101\ 0}$ .

Θεοδωρος Παγωνης · #1364

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 92: Να υπολογίσετε το άθροισμα:

$\displaystyle{A=4(3^{1333}-3^{1332}+3^{1331}-\cdot \cdot \cdot -3^2 +3-1)}$

$\displaystyle{A=4\left( {{3}^{1333}}-{{3}^{1332}}+{{3}^{1331}}-...-{{3}^{2}}+3-1 \right)\Leftrightarrow \frac{A}{4}={{3}^{1333}}-{{3}^{1332}}+{{3}^{1331}}-...-{{3}^{2}}+3-1\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{\frac{A}{4}={{3}^{1332}}\left( 3-1 \right)+{{3}^{1330}}\left( 3-1 \right)+...+{{3}^{0}}\left( 3-1 \right)\Leftrightarrow \frac{A}{8}={{3}^{1332}}+{{3}^{1330}}+...+{{3}^{0}}}$ (1)
Το δεύτερο μέλος της (1) είναι άθροισμα όρων γεωμετρικής προόδου με λόγο $\displaystyle{\ell ={{3}^{2}}}$ , $\displaystyle{{{a}_{1}}={{3}^{0}}=1}$ και πλήθος όρων : $\displaystyle{{{a}_{v}}={{3}^{1332}}\Leftrightarrow {{a}_{1}}\cdot {{\ell }^{v-1}}={{3}^{1332}}\Leftrightarrow 1\cdot {{3}^{2v-2}}={{3}^{1332}}\Leftrightarrow 2v-2=1332\Leftrightarrow v=667}$
Άρα $\displaystyle{{{3}^{1332}}+{{3}^{1330}}+...+{{3}^{0}}={{S}_{v}}\Leftrightarrow {{S}_{667}}=\frac{{{3}^{667}}-1}{3-1}\Leftrightarrow {{S}_{667}}=\frac{{{3}^{667}}-1}{2}}$ .
Οπότε $\displaystyle{\frac{A}{8}={{S}_{667}}\Leftrightarrow A=8{{S}_{667}}\Leftrightarrow A=8\frac{{{3}^{667}}-1}{2}\Leftrightarrow A=4\left( {{3}^{667}}-1 \right)}$

#1365

ΑΣΚΗΣΗ 450: Αν $\displaystyle{0\leq a , b , c \leq 1}$ και αν $\displaystyle{ab+bc+ca = 1}$ , να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{1\leq a^2 +b^2 +c^2 \leq 2}$

gavrilos · #1366

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 450: Αν $\displaystyle{0\leq a , b , c \leq 1}$ και αν $\displaystyle{ab+bc+ca = 1}$ , να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{1\leq a^2 +b^2 +c^2 \leq 2}$

Γνωρίζουμε ότι $\displaystyle{a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ca=1}$ .

Ακόμη λόγω συμμετρίας μπορούμε να υποθέσουμε ότι $\displaystyle{a\geq b\geq c}$ .

Θα είναι τότε $\displaystyle{a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq a^{2}+ab+bc=a^{2}+1-ca}$ .Άρα αρκεί ν.δ.ο. $\displaystyle{a^{2}-ca\leq 1\Leftrightarrow a(a-c)\leq 1}$ που είναι προφανές αφού $\displaystyle{a\leq 1}$ και $\displaystyle{a-c\leq 1}$ .

Η άσκηση 92 που λύθηκε παραπάνω έχει λυθεί και εδώ

#1367

AΣΚΗΣΗ 451: Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{2}}}}-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}} < 2-\sqrt{3}}$

gavrilos · #1368

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 451: Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{2}}}}-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}} < 2-\sqrt{3}}$

Ισχύει $\displaystyle{\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{2}}}}<\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{4}}}}=2}$ .

Ακόμη $\displaystyle{\left(\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}\right)^2 =2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}>2+1=3}$ .

Βάζουμε ριζικό στη δεύτερη σχέση και αλλάζουμε πρόσημα και φορά,προσθέτουμε κατά μέλη με την πρώτη και έχουμε τη ζητούμενη.

#1369

ΑΣΚΗΣΗ 452: Αν $\displaystyle{a_n = 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+ ... +\frac{1}{n}}$ , και $\displaystyle{b_n = a_1 +a_2 + ... +a_n}$ ,με $\displaystyle{n \in N^{*}}$ ,να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{(n+1)a_n -b_n =n}$

#1370

ΑΣΚΗΣΗ 453: Αν $\displaystyle{a,b \in Q}$ και $\displaystyle{\frac{x\sqrt{5}+y\sqrt{3}}{y\sqrt{5}+x\sqrt{3}}\in Q}$ , να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{x^2 =y^2}$ , (δηλαδή ότι $\displaystyle{|x|=|y|}$

simantiris j. · #1371

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 453: Αν $\displaystyle{a,b \in Q}$ και $\displaystyle{\frac{x\sqrt{5}+y\sqrt{3}}{y\sqrt{5}+x\sqrt{3}}\in Q}$ , να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{x^2 =y^2}$ , (δηλαδή ότι $\displaystyle{|x|=|y|}$

Aφού ο δοσμένος αριθμός είναι ρητός,θα έχουμε $\frac{x\sqrt{5}+y\sqrt{3}}{y\sqrt{5}+x\sqrt{3}}=\frac{a}{b}\Rightarrow \sqrt{3}\left(by-ax \right)=\sqrt{5}\left(ay-bx \right)$ (1),όπου a,b

ακέραιοι πρώτοι μεταξύ τους.

Η (1) σίγουρα ισχύει αν by=ax,ay=bx

οι οποίες,με πολλαπλασιασμό κατά μέλη δίνουν x^2=y^2

,το ζητούμενο.

Αν τώρα οι προηγούμενες σχέσεις δεν ισχύουν,η (1) γίνεται $\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}=\frac{ay-bx}{by-ax}$ το οποίο είναι άτοπο καθώς το αριστερό μέλος είναι άρρητος ενώ το δεξιό ρητός που ολοκληρώνει την απόδειξη.

#1372

ΑΣΚΗΣΗ 454: Aν $\displaystyle{n\in N}$ , να αποδείξετε ότι οι αριθμοί $\displaystyle{x=7n+2 , y=9n+1}$ δεν μπορούν να είναι ταυτόχρονα τέλεια τετράγωνα.

#1373

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 454: Aν $\displaystyle{n\in N}$ , να αποδείξετε ότι οι αριθμοί $\displaystyle{x=7n+2 , y=9n+1}$ δεν μπορούν να είναι ταυτόχρονα τέλεια τετράγωνα.

Έστω ότι υπάρχουν ακέραιοι $\displaystyle{a,b,}$ ώστε

$\displaystyle{7n+2=a^2,~9n+1=b^2.}$

Τότε

$\displaystyle{9a^2-7b^2=11.}$

Γνωρίζουμε ότι $\displaystyle{k^2=0 ~\text{\gr ή}~1 \mod 4,}$

επομένως

$\displaystyle{9a^2-7b^2=8(a^2-b^2)+a^2+b^2\equiv a^2+b^2\equiv 0~\text{\gr ή}~1~\text{\gr ή}~2 \mod 4.}$

Όμως $\displaystyle{11\equiv 3\mod 4.}$

Αν θέλουμε να αποφύγουμε την χρήση ισοτιμιών, μπορούμε να πούμε και το εξής:

Από τη σχέση $\displaystyle{9a^2-7b^2=11}$ φαίνεται ότι αν τα $\displaystyle{a,b}$ είναι συγχρόνως άρτια ή περιττά, το αριστερό μέλος είναι άρτιο.
Άρα ο $\displaystyle{a}$ είναι άρτιος και ο $\displaystyle{b}$ περιττός, ή ανάποδα.

Έστω

$\displaystyle{a=2k,b=2m+1,~k,m \in \mathbb{Z}.}$

Τότε η σχέση, μετά τις πράξεις, γράφεται

$\displaystyle{36k^2-28(m^2+m)=18,}$

άτοπο, γιατί το αριστερό μέλος διαιρείται με το $\displaystyle{4,}$ ενώ το δεξί όχι.

Ομοίως αν $\displaystyle{a}$ περιττός και $\displaystyle{b}$ άρτιος.

Θεοδωρος Παγωνης · #1374

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 452: Αν $\displaystyle{a_n = 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+ ... +\frac{1}{n}}$ , και $\displaystyle{b_n = a_1 +a_2 + ... +a_n}$ ,με $\displaystyle{n \in N^{*}}$ ,να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{(n+1)a_n -b_n =n}$

Επειδή $\displaystyle{{{a}_{n}}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n}}$ , θα έχω

$\displaystyle{{{a}_{1}}=1}$ , $\displaystyle{{{a}_{2}}=1+\frac{1}{2}}$ , $\displaystyle{{{a}_{3}}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}}$ , $\displaystyle{{{a}_{4}}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}}$ κ.ο.κ. και

$\displaystyle{{{b}_{1}}={{a}_{1}}}$ , $\displaystyle{{{b}_{2}}={{a}_{1}}+{{a}_{2}}}$ , $\displaystyle{{{b}_{3}}={{a}_{1}}+{{a}_{2}}+{{a}_{3}}}$ , $\displaystyle{{{b}_{4}}={{a}_{1}}+{{a}_{2}}+{{a}_{3}}+{{a}_{4}}}$ κ.ο.κ.

Παρατηρώ λοιπόν ότι $\displaystyle{{{b}_{n}}=n\cdot 1+\left( n-1 \right)\frac{1}{2}+\left( n-2 \right)\frac{1}{3}+...+\left( n-n+1 \right)\frac{1}{n}}$ .

Οπότε : $\displaystyle{\left( n+1 \right){{a}_{n}}-{{b}_{n}}=\left( n+1 \right)\left( 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n} \right)-n-\left( n-1 \right)\frac{1}{2}-\left( n-2 \right)\frac{1}{3}-...-\left( n-n+1 \right)\frac{1}{n}=}$
$\displaystyle{\left( n+1-n \right)+\left( n+1-n+1 \right)\frac{1}{2}+\left( n+1-n+2 \right)\frac{1}{3}+..+\left( n+1-1 \right)\frac{1}{n}=1+1+...1=n}$

#1375

ΑΣΚΗΣΗ 455: Να αποδείξετε ότι για κάθε $\displaystyle{n\geq 10}$ , ισχύει ότι:

$\displaystyle{1+3.5.17. ... .(2^{2^n}+1)>2^{2047}}$

#1376

ΑΣΚΗΣΗ 456 Να βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης του αριθμού $\displaystyle{6^{7^n}}$ με το $\displaystyle{43}$ , όπου $\displaystyle{n\in N^{*}}$

gavrilos · #1377

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 456 Να βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης του αριθμού $\displaystyle{6^{7^n}}$ με το $\displaystyle{43}$ , όπου $\displaystyle{n\in N^{*}}$

Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{43\mid 215}$ και $\displaystyle{6^3=216}$ .

Άρα $\displaystyle{6^{7^{n}}\equiv 6^{3}\cdot 6^{7^{n}-3}\equiv 1\cdot 6^{7^{n}-3}\pmod {43}}$ .

Συνεχίζουμε με τον ίδιο τρόπο κι επειδή $\displaystyle{7^n\equiv 1\pmod 3}$ θα πάρουμε τελικά $\displaystyle{6^{7^{n}}\equiv 6^1\equiv 6\pmod {43}}$ .

......................................................................................................................

Επειδή δε μου αρέσει η παραπάνω απόδειξη θα το δείξω και λίγο διαφορετικά.

Επειδή $\displaystyle{6^{3}\equiv 1\pmod {43}}$ θα είναι $\displaystyle{6^{3k}\equiv (6^{3})^{k}\equiv 1\pmod {43}}$ για κάθε θετικό ακέραιο $\displaystyle{k}$ .

Είναι $\displaystyle{7^{n}\equiv 1\pmod 3}$ .Ας είναι λοιπόν $\displaystyle{7^{n}=3m+1}$ .

Τότε $\displaystyle{6^{7^{n}}\equiv6^{3m+1}\equiv 6\cdot 6^{3m}\equiv 6\cdot 1\equiv 6\pmod {43}}$ .

#1378

ΑΣΚΗΣΗ 457 Αν $\displaystyle{m , n \in N}$ και $\displaystyle{m > 2^{n}}$ και αν ο αριθμός $\displaystyle{x=\sqrt{\frac{m+2^{n}}{m-2^{n}}}}$ είναι φυσικός, να

αποδείξετε ότι ο $\displaystyle{x}$ είναι περιττός

#1379

ΑΣΚΗΣΗ 458: Έστω $\displaystyle{A=(n+1)^{2014}-n^{2014} , n\in N}$ . Να αποδείξετε ότι ο αριθμός:

$\displaystyle{B=\sqrt{A^2 +8A +10}}$ , δεν είναι ρητός.

Θεοδωρος Παγωνης · #1380

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 457 Αν $\displaystyle{m , n \in N}$ και $\displaystyle{m > 2^{n}}$ και αν ο αριθμός $\displaystyle{x=\sqrt{\frac{m+2^{n}}{m-2^{n}}}}$ είναι φυσικός, να

αποδείξετε ότι ο $\displaystyle{x}$ είναι περιττός

Μια προσπάθεια για τις πολύ όμορφες ασκήσεις του κυρίου Δημήτρη.

Είναι $\displaystyle{x=\sqrt{\frac{m+{{2}^{n}}}{m-{{2}^{n}}}}\Leftrightarrow x=\sqrt{\frac{m-{{2}^{n}}+{{2}^{n}}+{{2}^{n}}}{m-{{2}^{n}}}}\Leftrightarrow x=\sqrt{1+\frac{{{2}^{n+1}}}{m-{{2}^{n}}}}\Leftrightarrow {{x}^{2}}=1+\frac{{{2}^{n+1}}}{m-{{2}^{n}}}\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{{{x}^{2}}-1=\frac{{{2}^{n+1}}}{m-{{2}^{n}}}\Leftrightarrow \left( x-1 \right)\left( x+1 \right)=2\frac{{{2}^{n}}}{m-{{2}^{n}}}=2k}$ , όπου $\displaystyle{k=\frac{{{2}^{n}}}{m-{{2}^{n}}}}$ .
Επειδή $\displaystyle{x\in \mathbb{N}}$ θα είναι και $\displaystyle{2\frac{{{2}^{n}}}{m-{{2}^{n}}}=2k\in \mathbb{N}}$ ο οποίος όμως άρτιος .
Επομένως πρέπει και $\displaystyle{\left( x-1 \right)\left( x+1 \right)}$ άρτιος .
Όμως $\displaystyle{x-1}$ , $\displaystyle{x+1}$ διαφέρουν κατά 2, οπότε θα είναι ή και δυο άρτιοι ή και οι δυο περιττοί.
Επειδή το γινόμενο τους είναι άρτιος , θα είναι άρτιοι , δηλαδή $\displaystyle{x-1=2\lambda \Leftrightarrow x=2\lambda +1}$ περιττός.

Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Μέλη σε σύνδεση