Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1581

ΑΣΚΗΣΗ 528: Αν a+b+c=0

και $\displaystyle{abc \ne 0}$ , να βρεθεί η τιμή της παράστασης:

$\displaystyle{A = \frac{{{a^4}}}{{{b^3} + {c^3} - 3abc}} + \frac{{{b^4}}}{{{c^3} + {a^3} - 3abc}} + \frac{{{c^4}}}{{{a^3} + {b^3} - 3abc}}}$

G.Bas · #1582

george visvikis έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 528: Αν και $\displaystyle{abc \ne 0}$ , να βρεθεί η τιμή της παράστασης:

$\displaystyle{A = \frac{{{a^4}}}{{{b^3} + {c^3} - 3abc}} + \frac{{{b^4}}}{{{c^3} + {a^3} - 3abc}} + \frac{{{c^4}}}{{{a^3} + {b^3} - 3abc}}}$

Η προσθαφαίρεση του a^3,b^3

και

αντίστοιχα σε κάθε παρονομαστή βοηθά

Al.Koutsouridis · #1583

ΑΣΚΗΣΗ 529

Αν γνωρίζουμε ότι $\displaystyle{\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{(a+b)(b+c)(c+a)} = \frac{m}{n}}$ , να βρεθεί η τιμή της παράστασης

$\displaystyle{A = \frac{a}{a+b} + \frac{b}{b+c} + \frac{c}{c+a}}$

#1584

Al.Koutsouridis έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 529

Αν γνωρίζουμε ότι $\displaystyle{\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{(a+b)(b+c)(c+a)} = \frac{m}{n}}$ , να βρεθεί η τιμή της παράστασης

$\displaystyle{A = \frac{a}{a+b} + \frac{b}{b+c} + \frac{c}{c+a}}$

Έχουμε ότι:

$\displaystyle{A = \frac{{a\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) + b\left( {a + b} \right)\left( {c + a} \right) + c\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{3abc + 2\sum\limits_{cyc} {{a^2}b + } \sum\limits_{cyc} {a{b^2}} }}{{2abc + \sum\limits_{cyc} {{a^2}b + } \sum\limits_{cyc} {a{b^2}} }} = 1 + \frac{{abc + \sum\limits_{cyc} {{a^2}b} }}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}}$

και

$\displaystyle{\frac{m}{n} = \frac{{ - \sum\limits_{cyc} {{a^2}b} + \sum\limits_{cyc} {a{b^2}} }}{{2abc + \sum\limits_{cyc} {{a^2}b + } \sum\limits_{cyc} {a{b^2}} }} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow 1 - \frac{m}{n} = \frac{{2abc + 2\sum\limits_{cyc} {{a^2}b} }}{{2abc + \sum\limits_{cyc} {{a^2}b + } \sum\limits_{cyc} {a{b^2}} }} = 2\left( {A - 1} \right),}$

οπότε τελικά

$\displaystyle{\boxed{A = \frac{{3n - m}}{{2n}}}}$ .

#1585

Άσκηση 530

Να λύσετε στο σύνολο των ακεραίων την εξίσωση

$\displaystyle{a^2+b^2+c^2+d^2=a^2b^2c^2d^2.}$

#1586

matha έγραψε:Άσκηση 530

Να λύσετε στο σύνολο των ακεραίων την εξίσωση

$\displaystyle{a^2+b^2+c^2+d^2=a^2b^2c^2d^2.}$

Καταρχήν αν κάποιος εκ των a,b,c,d

είναι μηδέν τότε όλοι είναι μηδέν. Άρα έχουμε προφανή λύση την (a,b,c,d)=(0,0,0,0)

και θα δείξουμε ότι είναι μοναδική λύση.

Ας υποθέσουμε, αντίθετα, ότι υπάρχουν μη μηδενικοί ακέραιο a,b,c,d που ικανοποιούν την αρχική.

Οι a,b,c,d

δε μπορεί να είναι όλοι περιττοί (το 1ο μέλος θα ήταν άρτιος και το 2ο περιττός). Επίσης δε μπορεί να είναι

εκ των

περιττοί και

άρτιος διότι τότε το 1ο μέλος θα ήταν περιττός και το 2ο άρτιος. Για τον ίδιο λόγο δε μπορεί να έχουμε

περιττό και

άρτιους. Τέλος, δε μπορεί να είναι

περιττοί και

άρτιοι διότι διαφορετικά το 1ο μέλος είναι της μορφής 4k+2

και το 2ο θα είναι τέλειο τετράγωνο, άτοπο διότι κανένας τέλειο τετράγωνο δεν είναι της μορφής 4k+2

.

Άρα οι a,b,c,d

είναι όλοι άρτιοι. Συνεπώς $a=2^{n_1}a_1, \ b=2^{n_2}b_1, \ c=2^{n_3}c_1, \ d=2^{n_4}d_1$ όπου οι n_1,n_2,n_3,n_4

είναι θετικοί ακέραιοι και παριστάνουν τις μέγιστες δυνάμεις του

που διαιρούν τα a,b,c,d

αντίστοιχα. Άρα οι a_1,b_1,c_1,d_1

είναι περιττοί. Λόγω συμμετρίας μπορούμε να υποθέσουμε ότι $n_1\geq n_2\geq n_3\geq n_4$ κι έτσι η εξίσωση (αφού απλοποιήσουμε από τα 2 μέλη της εξίσωσης την κοινή δύναμη $2^{2n_4}$ ) γράφεται:

$\left(2^{n_1-n_4}a_1\right)^2+\left(2^{n_2-n_4}b_1\right)^2+\left(2^{n_3-n_4}c_1\right)^2+d_1^2=\left(2^{n_1+n_2+n_3}a_1b_1c_1d_1\right)^2$ που είναι της μορφής $p^2+q^2+r^2+s^2=\left(2^tpqrs\right)^2$ και με επιχείρημα όμοιο με το αρχικό πρέπει οι αριθμοί p,q,r,s

να είναι όλοι άρτιοι. Συνεπώς ο αριθμός d_1

πρέπει να είναι άρτιος, άτοπο διότι είναι περιττός από την υπόθεση.

Αλέξανδρος

#1587

matha έγραψε:Άσκηση 530

Να λύσετε στο σύνολο των ακεραίων την εξίσωση

$\displaystyle{a^2+b^2+c^2+d^2=a^2b^2c^2d^2.}$

Και λίγο διαφορετικά: Έστω $\displaystyle{a^2 =x , b^2 =y , c^2 =z , d^2 =k}$ . Τότε $\displaystyle{x,y,z,k \in \{0,1,4,9,16,...\}}$ . Αν κάποιο από τα $\displaystyle{x,y,z,k}$ ήταν

ίσο με το μηδέν, τότε προφανώς θα είχαμε $\displaystyle{x=y=z=k=0}$ και άρα $\displaystyle{a=b=c=d=0}$ , που αποτελεί και μια λύση του προβλήματος.

Έστω τώρα ότι $\displaystyle{x,y,z,k \in \{1,4,9,16, ...\}}$ . Χωρίς βλάβη της γενικότητας, υποθέτουμε ότι $\displaystyle{x=max\{x,y,z,k\}}$ .

Αν ήταν $\displaystyle{x=y , x=z , x=k}$ , τότε από την σχέση $\displaystyle{xyzk=x+y+z+k}$ έπεται $\displaystyle{x^4 =4x \Rightarrow x^3 =4}$ , που είναι άτοπο. Άρα με δεδομένο

και ότι $\displaystyle{x=max\{x,y,z,k\}}$ έχουμε $\displaystyle{x\geq y , x\geq z , x\geq k}$ , όπου μια τουλάχιστον από τις ανισότητες αυτές είναι γνήσια. Άρα

$\displaystyle{3x > y+z+k}$ και άρα $\displaystyle{3x+x > x+y+z+k}$ , δηλαδή $\displaystyle{4x > x+y+z+k}$ , (1)

Αν υποθέσουμε τώρα ότι $\displaystyle{y=z=k=1}$ , τότε η σχέση $\displaystyle{xyzk=x+y+z+k}$ γράφεται: $\displaystyle{x=x+3}$ , που είναι αδύνατη. Άρα ένα τουλάχιστον

από τα $\displaystyle{y,z,k}$ θα είναι διάφορο της μονάδας. Χωρίς βλάβη της γενικότητας, έστω $\displaystyle{y\neq 1}$ . Τότε $\displaystyle{y\geq 4}$ και άρα

$\displaystyle{yzk \geq 4}$ , οπότε $\displaystyle{xyzk \geq 4x}$ και με βάση την σχέση (1) έχουμε ότι $\displaystyle{xyzk > x+y+z+k}$ .

Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι η μόνη λύση του προβλήματος είναι η $\displaystyle{a=b=c=d=0}$

#1588

Μια πολύ βασική άσκηση(...νέας τετραετίας).

ΑΣΚΗΣΗ 531

Αν $\displaystyle {{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{31}}$ είναι ανά δύο διαφορετικοί μεταξύ τους θετικοί ρητοί αριθμοί με $\displaystyle \frac{1}{{{\alpha }_{1}}}+\frac{1}{{{\alpha }_{2}}}+\frac{1}{{{\alpha }_{3}}}+...+\frac{1}{{{\alpha }_{31}}}>5$ , να αποδειχθεί ότι ένας τουλάχιστον από τους αριθμούς αυτούς δεν είναι φυσικός.

Μπ.

#1589

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Μια πολύ βασική άσκηση(...νέας τετραετίας).

ΑΣΚΗΣΗ 531

Αν $\displaystyle {{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{31}}$ είναι ανά δύο διαφορετικοί μεταξύ τους θετικοί ρητοί αριθμοί με $\displaystyle \frac{1}{{{\alpha }_{1}}}+\frac{1}{{{\alpha }_{2}}}+\frac{1}{{{\alpha }_{3}}}+...+\frac{1}{{{\alpha }_{31}}}>5$ , να αποδειχθεί ότι ένας τουλάχιστον από τους αριθμούς αυτούς δεν είναι φυσικός.

Αρκεί να δειχθεί η $1+\displaystyle\frac{1}{2}+...+\frac{1}{31}<5$ , κάτι που είναι εύκολο (ειδικά για όποιον έχει δει την κλασσική απόδειξη απόκλισης της αρμονικής σειράς):

$1+\displaystyle\frac{1}{2}+(\frac{1}{3}+\frac{1}{4})+(\frac{1}{5}+...+\frac{1}{8})+(\frac{1}{9}+...+\frac{1}{16})+(\frac{1}{17}+...+\frac{1}{31})<$

$<1+\displaystyle\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+\frac{4}{5}+\frac{8}{9}+\frac{15}{17}=\frac{7249}{1530}<5.$

Γιώργος Μπαλόγλου

#1590

gbaloglou έγραψε:
Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Μια πολύ βασική άσκηση(...νέας τετραετίας).

ΑΣΚΗΣΗ 531

Αν $\displaystyle {{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{31}}$ είναι ανά δύο διαφορετικοί μεταξύ τους θετικοί ρητοί αριθμοί με $\displaystyle \frac{1}{{{\alpha }_{1}}}+\frac{1}{{{\alpha }_{2}}}+\frac{1}{{{\alpha }_{3}}}+...+\frac{1}{{{\alpha }_{31}}}>5$ , να αποδειχθεί ότι ένας τουλάχιστον από τους αριθμούς αυτούς δεν είναι φυσικός.
Αρκεί να δειχθεί η $1+\displaystyle\frac{1}{2}+...+\frac{1}{31}<5$ , κάτι που είναι εύκολο (ειδικά για όποιον έχει δει την κλασσική απόδειξη απόκλισης της αρμονικής σειράς):

$1+\displaystyle\frac{1}{2}+(\frac{1}{3}+\frac{1}{4})+(\frac{1}{5}+...+\frac{1}{8})+(\frac{1}{9}+...+\frac{1}{16})+(\frac{1}{17}+...+\frac{1}{31})<$

$<1+\displaystyle\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+\frac{4}{5}+\frac{8}{9}+\frac{15}{17}=\frac{7249}{1530}<5.$

Γιώργος Μπαλόγλου

Βγαίνει πιο εύκολα με διαφορετική ομαδοποίηση:

$\displaystyle{ 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{31} = 1 + \left(\frac{1}{2} + \frac{1}{3} \right) + \left(\frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{7} \right) + \left(\frac{1}{8} + \cdots \frac{1}{15} \right) + \left(\frac{1}{16} + \cdots \frac{1}{31} \right) < 1 + 1 + 1 + 1+ 1 = 5}$

Αρχιμήδης 6 · #1591

matha έγραψε:Άσκηση 530

Να λύσετε στο σύνολο των ακεραίων την εξίσωση

$\displaystyle{a^2+b^2+c^2+d^2=a^2b^2c^2d^2.}$

Χωρίς βλάβη υποθέτω ότι είναι μη αρνητικοί.

Αν τουλάχιστον ένας εκ των αγνώστων είναι μηδέν τότε η μόνη λύση που προκύπτει είναι (a,b,c,d)=(0,0,0,0)

Αν όλοι είναι θετικοί και ο ελάχιστος εκ των αγνώστων είναι μεγαλύτερος του

τότε

$\dfrac{1}{b^2c^2d^2}+\dfrac{1}{a^2c^2d^2}+\dfrac{1}{a^2b^2d^2}+\dfrac{1}{a^2b^2c^2}<{\dfrac{4}{4}}=1$ που είναι αδύνατον.

Συνεπώς έστω

ο ελάχιστος τότε d=1

$b^2c^2-1\leq{b^2+c^2+1}$

$(b^2-1)(c^2-1)\leq{3}$

(b,c)=(1,2),(2,1),(1,1)

που εύκολα βλέπουμε ότι δεν έχει λύσεις.

Συνεπώς μοναδική ακέραια τετράδα που επαληθεύει την εξίσωση είναι η (a,b,c,d)=(0,0,0,0)

#1592

ΑΣΚΗΣΗ 532
Να λύσετε το σύστημα

$\displaystyle{\begin{cases} x^2 + yz = 1 \\ y^2 − xz = 0 \\ z^2 + xy = 1. \end{cases}}$

jason.prod · #1593

Μία λύση, αλλά με επιφύλαξη.

Αφαιρώντας κατά μέλη την πρώτη από την τρίτη σχέση λαμβάνουμε:
$x^2 - z^2 -y(x-z)=0 \Longrightarrow (x-z)(x+z-y)=0$ άρα διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:
$i) x=z \Longrightarrow x^2=y^2$ και πάλι διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:

Αν x=y=z

οπότε μια λύση είναι η $(x,y,z)=(\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2})$ καθώς και η αντίθετή της $(x,y,z)=(-\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2})$ και αν x=-y

δεν έχουμε λύση αφού τότε x(x+y)=0

το οποίο όμως αντιφάσκει προς την πρώτη σχέση.

$ii) x-y+z=0 \Longrightarrow y=x+z$ οπότε από την δεύτερη σχέση λαμβάνουμε y^2 = xz

άρα τα x,z είναι λύσεις της εξίσωσης v^2 -yv + y^2=0

η οποία έχει διακρίνουσα ίση με $D=-3y^2 \le 0 \Longrightarrow y=0 \Longrightarrow x=0$ ή z=0

οπότε λαμβάνοντας υπόψη και τη σχέση x+z=y

λαμβάνουμε x=y=z=0

άτοπο.
Άρα η μόνες λύσεις του συστήματος είναι οι $(x,y,z)=(\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2})$ καθώς και η αντίθετή της $(x,y,z)=(-\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2})$ .

Αρχιμήδης 6 · #1594

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 532
Να λύσετε το σύστημα

$\displaystyle{\begin{cases} x^2 + yz = 1 \\ y^2 − xz = 0 \\ z^2 + xy = 1. \end{cases}}$

Προφανώς ο

είναι μη μηδενικός συνεπώς εφόσον y^2=zx

τότε θα υπάρχει μη μηδενικός

ώστε

, $x=\dfrac{y}{a}$ Οπότε αντικαθιστώντας τα x,z

στην πρώτη και στην τρίτη θα καταλήξω στις παρακάτω

y^2+y^2a^3=a^2

(1)

(2)

Άρα a^2=a

και εφόσον ο

είναι μη μηδενικός θα ισχύει ότι a=1

συνεπώς

και με αντικατάσταση στις αρχικές θα έχω μοναδική λύση την $(x,y,z)=+-(\dfrac{\sqrt{2}}{2},\dfrac{\sqrt{2}}{2},\dfrac{\sqrt{2}}{2})$

Αρχιμήδης 6 · #1595

Δίνω μια επεξήγηση (αφού υπήρχαν απορίες ) για την ύπαρξη του

στο παραπάνω μήνυμα μου . Προσπάθησα να βρω την πιο απλή.

Αφού οι άγνωστοι είναι μη μηδενικοί και αφού y^2=zx

τότε

$\dfrac{z}{y}=\dfrac{y}{x}$

Θέτω λοιπόν $\dfrac{z}{y}=\dfrac{y}{x}=a$ οπότε υπάρχει πραγματικός και μη μηδενικός

ώστε

, $x=\dfrac{y}{a}$

Υ.Γ Η δική μου σκέψη ήταν η παρακάτω.

Εφόσον οι άγνωστοι είναι μη μηδενικοί και εφόσον y^2=zx

τότε

οπότε

και αφού

μη μηδενικός τότε y=xa

οπότε $x=\dfrac{y}{a}$ , z=ya

#1596

ΑΣΚΗΣΗ 533 Αν η εξίσωση $\displaystyle{ax^2 + 3x + b =0 ,}$ με $\displaystyle{a, b \in N^{*}}$ έχει ρίζες ρητές, να αποδείξετε ότι η μία ρίζα θα είναι υποχρεωτικά η $\displaystyle{x=-1}$ .

#1597

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 533 Αν η εξίσωση $\displaystyle{ax^2 + 3x + b =0 ,}$ με $\displaystyle{a, b \in N^{*}}$ έχει ρίζες ρητές, να αποδείξετε ότι η μία ρίζα θα είναι υποχρεωτικά η $\displaystyle{x=-1}$ .

Πρέπει η διακρίνουσα 9-4ab

να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου και επειδή $a,b\in\mathbb{N}^{\star}$ άρα πρέπει (a,b)=(2,1)

ή

. Και στις δύο περιπτώσεις η μία ρίζα είναι το

.

Αλέξανδρος

#1598

ΑΣΚΗΣΗ 534 Να βρεθούν οι ρητές ρίζες της εξίσωσης: $\displaystyle{5x^2 +x+2 = 4x\sqrt{x^2 +x+3}}$

Θεοδωρος Παγωνης · #1599

Η δοθείσα εξίσωση ορίζεται για κάθε x>0

, οπότε έχω :

$5{{x}^{2}}+x+2=4x\sqrt{{{x}^{2}}+x+3}\Leftrightarrow 4{{x}^{2}}+{{x}^{2}}+x+3-1=4x\sqrt{{{x}^{2}}+x+3}\Leftrightarrow$

$4{{x}^{2}}+{{\sqrt{{{x}^{2}}+x+3}}^{2}}-4x\sqrt{{{x}^{2}}+x+3}=1\Leftrightarrow$

${{\left( 2x-\sqrt{{{x}^{2}}+x+3} \right)}^{2}}=1\Leftrightarrow$

$2x-\sqrt{{{x}^{2}}+x+3}=1 (1) 2x-\sqrt{{{x}^{2}}+x+3}=-1$ (2)

(1) $2x-1=\sqrt{{{x}^{2}}+x+3}\overset{x\ge \frac{1}{2}}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,4{{x}^{2}}-4x+1=\ {{x}^{2}}+x+3\Leftrightarrow$

$3{{x}^{2}}-5x-2=0\Leftrightarrow \displaystyle{x=2$ δεκτή ή $x=-\frac{1}{3}$ απορρίπτεται

(1) $2x+1=\sqrt{{{x}^{2}}+x+3}\overset{x\ge -\frac{1}{2}}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,4{{x}^{2}}+4x+1=\ {{x}^{2}}+x+3\Leftrightarrow$

$3{{x}^{2}}+3x-2=0\Leftrightarrow }$ $3{{x}^{2}}+3x-2=0\Leftrightarrow$ $x=\frac{-3\pm \sqrt{33}}{6}$ απορρίπτονται διότι είναι άρρητες

Υ.Γ. Έγινε διόρθωση στο αρχικό περιορισμό της εξίσωσης .
Η παρατήρηση της αβλεψίας έγινε αφού είδα την λύση του Αλέξανδρου (Cretanman)

#1600

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 534 Να βρεθούν οι ρητές ρίζες της εξίσωσης: $\displaystyle{5x^2 +x+2 = 4x\sqrt{x^2 +x+3}}$

Αλλιώς (προφανώς ο τρόπος παραπάνω είναι καλύτερος, αλλά με τον παρακάτω φαίνεται και ένα χρήσιμο λήμμα για αυτές τις περιπτώσεις):

Προφανώς επειδή το τριώνυμο στο 1ο μέλος έχει διακρίνουσα αρνητική άρα πρέπει τελικά και το 2ο μέλος να είναι πάντα θετικό απ' όπου x>0

.

Με την προϋπόθεση αυτή υψώνουμε ισοδύναμα στο τετράγωνο και παίρνουμε την εξίσωση $9x^4-6x^3-27x^2+4x+4=0 \ \ (1)$

Είναι γνωστό όμως ότι οι πιθανές ρητές ρίζες της εξίσωσης $a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots + a_1x+a_0=0, \ a_n\neq 0$ είναι οι αριθμοί $\dfrac{a}{b}$ με $(a,b)=1, \ a|a_0$ και b|a_n

.

Συνεπώς στην περίπτωσή μας είναι οι αριθμοί $\dfrac{a}{b}$ με a|4

και

. Άρα $a=\pm{1},\ \pm{2},\ \pm{4}$ και $b=\pm1, \ \pm 3, \ \pm 9$

Άρα οι πιθανές ρητές ρίζες είναι οι αριθμοί $\pm1,\pm 2,\pm4, \pm\dfrac{1}{3}, \pm\dfrac{1}{9},\pm\dfrac{2}{3},\pm\dfrac{2}{9},\pm\dfrac{4}{3},\pm\dfrac{4}{9}$

Από εκείνες μόνο το

και το $-\dfrac{1}{3}$ είναι ρίζες της (1)

και κρατάμε μόνο το

ως λύση της αρχικής.

Αλέξανδρος

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