mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 22, 2011 12:07 pm**

Είναι: $\displaystyle a^8+4b^8=\left(a^{2} \right)^{4}+4\left(b^{2} \right)^{4}=\left(a^{4}+2b^4 \right)^2-4a^4b^4=\left(a^4+2b^4-2b^2a^2 \right)\left(a^4+2b^4+2a^2b^2 \right)=$ $\displaystyle =\left[\left(a^2+b^2 \right)^{2}+b^4 \right]\left[\left(a^2-b^2 \right)^{2}+b^4 \right]$

Επειδή: $\displaystyle \left(a^2-b^2 \right)^{2}+b^4\neq \left(a^2+b^2 \right)^{2}+b^4,\left(a^2+b^2 \right)^{2}+b^4>1, a,b \in \mathbb{Z_{+}}$ πρέπει κατα ανάγκην να είναι $\displaystyle \left(a^2-b^2 \right)^{2}+b^4=1\Leftrightarrow a=b=1$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 22, 2011 5:43 pm**

socrates έγραψε: 8.
Αν θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{a}{\sqrt{3a+2b+c}}+\frac{b}{\sqrt{3b+2c+a}}+\frac{c}{\sqrt{3c+2a+b}}\leq \frac{1}{\sqrt{2}} \sqrt{a+b+c}.}$

Υπόδειξη :

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 22, 2011 5:45 pm**

Όσο αναφορά την 11, χθες συμπτωματικά διάβασα στο P.S.S. του Arthur Engel την -στο ευρύ κοινό άγνωστη- ταυτότητα της Sophie Germain.

Υπάρχουν δυο μορφές η μία απ τις οποίες χρησιμοποιήθηκε απ τον Κώστα για να λύσει την άσκηση.

Έχουν τεθεί κατά καιρούς θέματα σε ολυμπιάδες και άλλους διαγωνισμούς που στηρίζονται στην παραπάνω ταυτότητα και σύμφωνα με το ίδιο βιβλίο τα λύνουν λίγοι μαθητές.

Sophie Germain's Identity: x^4+4y^4=((x+y)^2+y^2)((x-y)^2+y^2)=(x^2+2xy+2y^2)(x^2-2xy+2y^2)

x^4+4y^4=((x+y)^2+y^2)((x-y)^2+y^2)=(x^2+2xy+2y^2)(x^2-2xy+2y^2)

Ας δώσω και μια άσκηση από αυτές που προτείνονται πάνω σε αυτή την ταυτότητα:

12.

Για φυσικό n>1 να δειχθεί ότι ο n^4+4^n

δεν είναι ποτέ πρώτος.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 22, 2011 5:45 pm**

10:

Για x=y=0 παίρνω f^2 (0)=(k-1)f(0)

, δηλαδή

ή

.
Αν

με $k\neq 1$ για y=0 η αρχική δίνει $f(x)+(k-1)^2=kf(x) \Rightarrow f(x)(k-1)=(k-1)^2 \Rightarrow f(x)=k-1$ , η οποία επαληθεύει την αρχική.
Αν f(0)=0

για y=0 η αρχική δίνει (k-1)f(x)=0

, άρα

(που επαληθεύει την αρχική) ή k=1

.

Αν τώρα k=1, η αρχική γίνεται f(x)+f^2 (y)=f(x+y^2)

. Για x=0 παίρνω $f(y^2)=f^2 (y)\geq 0$ , άρα $f(x)\geq 0$ για κάθε x>0

.
Για

,

, άρα η f είναι περιττή και συνεπώς f(-x)=-f(x)

.
Θέτοντας $y:= \sqrt{y}$ η σχέση μας γίνεται f(x)+f(y)=f(x+y)

με $x\geq 0$ ή $y\geq 0$ . Όμως $x,y<0 \Rightarrow f(x)+f(y)=-(f(-x)+f(-y))=-f(-x-y)=f(x+y)$ . Άρα $f(x)+f(y)=f(x+y) , x,y\in R$ , η οποία είναι η συναρτησιακή Cauchy και οι λύσεις της είναι της μορφής f(x)=cx

, όταν $f(x)\geq 0$ για κάθε x>0

. Αντικαθιστώντας στη δοθείσα παίρνουμε f(x)=x

.

Τελικά οι λύσεις είναι οι f(x)=k-1, f(x)=0

και, αν

,

.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 22, 2011 6:55 pm**

Νασιούλας Αντώνης έγραψε: 12.

Για φυσικό να δειχθεί ότι ο δεν είναι ποτέ πρώτος.

Αν ο

είναι άρτιος τότε ο A=n^4+4^n

είναι επίσης άρτιος μεγαλύτερος του

και άρα ποτέ πρώτος.
Επομένως εξετάζουμε την περίπτωση στην οποία ο

είναι περιττός δηλαδή $n=2k+1,k\in \mathbb{N}$ και έχουμε:

$A=n^4+4^{2k+1}=n^4+4\cdot 2^{4k}$

Θέτω 2^k=b

και έτσι:

επομένως ο

δεν είναι ποτέ πρώτος για n>1

(παρατηρούμε οτι για n=1

έχουμε:

δηλαδή πρώτος)

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 22, 2011 7:36 pm**

13.
Να βρείτε όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων (a,b)

τέτοια ώστε ο αριθμός $\displaystyle {\frac{a^3+1}{2ab^2+1}}$ να είναι ακέραιος.

14.
Έστω

ένα υποσύνολο του $\{1,2,3,...,2011\}$ τέτοιο ώστε:
ανάμεσα σε τρία οποιαδήποτε στοιχεία του, υπάρχουν δύο, τέτοια ώστε το ένα να διαιρεί το άλλο.
Να βρεθεί ο μέγιστος αριθμός στοιχείων που μπορεί να έχει το

.

15.
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε f(f(x)-y)=f(x)+f(f(y)-f(-x))+x

, για κάθε $x,y \in \mathbb{R}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 23, 2011 12:40 am**

Λύση της 14:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Edit: έβαλα τη λύση σε hide

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 23, 2011 1:17 am**

15.
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε f(f(x)-y)=f(x)+f(f(y)-f(-x))+x

, για κάθε $x,y \in \mathbb{R}$ .

Συνεχίζω με αυτή:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 23, 2011 12:24 pm**

Νασιούλας Αντώνης έγραψε:Όσο αναφορά την 11, χθες συμπτωματικά διάβασα στο P.S.S. του Arthur Engel την -στο ευρύ κοινό άγνωστη- ταυτότητα της Sophie Germain.

Υπάρχουν δυο μορφές η μία απ τις οποίες χρησιμοποιήθηκε απ τον Κώστα για να λύσει την άσκηση.

Έχουν τεθεί κατά καιρούς θέματα σε ολυμπιάδες και άλλους διαγωνισμούς που στηρίζονται στην παραπάνω ταυτότητα και σύμφωνα με το ίδιο βιβλίο τα λύνουν λίγοι μαθητές.

Sophie Germain's Identity:

Ας δώσω και μια άσκηση από αυτές που προτείνονται πάνω σε αυτή την ταυτότητα:

Άλλη μια βασισμένη σε αυτήν την ταυτότητα:

16.
Να βρεθούν όλες οι τριάδες (p,x,y)

τέτοιες ώστε p^x=y^4+4

, όπου

πρώτος και x,y

μη αρνητικοί ακέραιοι.

17.
Δίνεται τετράγωνο ABCD

πλευράς

. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των σημείων

του επιπέδου του έτσι ώστε $AP\cdot CP+BP\cdot DP=1$ .

18.
Να προσδιορίσετε όλες τις $\text{1-1}$ συναρτήσεις $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle {f\left(\frac{x+y}{x-y}\right)=\frac{f(x)+f(y)}{f(x)-f(y)}}$ , για κάθε $x\ne y$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 23, 2011 3:35 pm**

16.Eύκολα βλέπουμε πως $\displaystyle y^4+4=y^4+4\cdot1^4=\left(y^2+2 \right)^{2}-4y^{2}=\left[\left(y-1 \right)^{2}+1 \right]\left[\left(y+1 \right)^{2}+1 \right]$ . Άρα η αρχική είναι ισοδύναμη με την $\displaystyle \left[\left(y-1 \right)^{2}+1 \right]\left[\left(y+1 \right)^{2}+1 \right]=p^x$ .

Επειδή $\displaystyle \left(y+1 \right)^{2}+1>1, y \geqslant 0$ , μια περίπτωση είναι να είναι $\displaystyle \left(y-1 \right)^{2}+1=1\wedge \left(y+1 \right)^{2}+1=p^{x}\Rightarrow y=1\wedge p^{x}=5\Leftrightarrow$ $\displaystyle \left(x,y,p \right)=\left(1,1,5 \right)$ .

Μια άλλη περίπτωση είναι να είναι $\displaystyle \left(y-1 \right)^{2}+1=p^k,\left(y+1 \right)^{2}+1=p^{x-k},x-k>k\Rightarrow x-2k\geqslant 1$ μιας και $\displaystyle \left(y-1 \right)^{2}+1<\left(y+1 \right)^{2}+1$ . Τότε όμως $\displaystyle p|\left(y-1 \right)^2+1 \wedge p|\left(y+1 \right)^2+1\Rightarrow p|\left[\left(y+1 \right)^2+1-\left(\left(y-1 \right)^2+1 \right) \right]$ $\displaystyle \Rightarrow p|4y$ .

Άν o

διαιρεί τον

τότε $\displaystyle y\equiv 0\left(modp \right)\Rightarrow y^{4}\equiv 0\left(modp \right)$ . Άν λοιπόν $\displaystyle x\neq 0$ τότε: $\displaystyle p^{x}-y^{4}=4\Rightarrow 4\equiv 0\left(modp \right)$ .

Άν τώρα $\displaystyle p\neq 2$ η εξίσωση είναι αδύνατη. Άρα εξετάζουμε την περίπτωση που p=2

. Άν

η αρχική γίνεται: $\displaystyle 2^{x}=y^{4}+4$ .

Άν x=0,1

δεν έχουμε λύση. Aν $\displaystyle x=2\Rightarrow y=0\Rightarrow \left(x,y,p \right)=\left(2,0,2 \right)$ . Άν $\displaystyle x=3,4$ η εξίσωση είναι αδύνατη.

Άν τώρα $\displaystyle x\geqslant 5$ , τότε ο

θα πρέπει να είναι άρτιος αλλίώς αν ήταν περιττός το πρώτο μέλος θα ήταν άρτιος και το δεύτερο περιττός. Άρα πρέπει $\displaystyle y=2l,l \in \mathbb{N}$ τότε όμως $\displaystyle 2^x=16l^4+4\Leftrightarrow 2^{x-2}=4l^{4}+1$ η οποία είναι αδύνατη.

Συνεχίζοντας εκεί που σταματήσαμε, μένει να εξετάσουμε την περίπτωση που p|4

, τότε όμως θα είναι p=2

. Ακολουθώντας όμοια την ίδια διαδικασία θα βρούμε την λύση $\displaystyle \left(x,y,p \right)=\left(2,0,2 \right)$ .

Τελικά οι λύσεις που βρίσκω είναι οι $\displaystyle \left(x,y,p \right)=\left(1,1,5 \right)\vee \left(2,0,2 \right)$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 23, 2011 3:41 pm**

19.

Αν

πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε η εξίσωση ax^2+(c+b)x+(e+d)=0

έχει πραγματικές ρίζες μεγαλύτερες του

,

να αποδείξετε ότι η εξίσωση ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0

έχει μία τουλάχιστον πραγματική ρίζα.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 23, 2011 7:32 pm**

Λύση για την 18:

Για y=-x

η αρχική δίνει $\displaystyle{f(0)=\frac{f(x)+f(-x)}{f(x)-f(-x)}}$ . (i)

Για

παίρνουμε $\displaystyle{f(1)=\frac{f(x)+f(0)}{f(x)-f(0)}}$ η οποία καταλήγει στην f(x)(f(1)-1)=f(0)+f(0)f(1)

.

Αν

≠

τότε η

είναι σταθερή, άτοπο. Άρα f(1)=1

και από την (ii)

.

Τότε από την (i)

, προκύπτει f(-x)=-f(x)

. Άρα

: περιττή.

Η αρχική για y=1

δίνει $\displaystyle{f(\frac{x+1}{x-1})=\frac{f(x)+1}{f(x)-1}}$ . (iii)

Για $\displaystyle{x=\frac{x}{y}}$ , η (iii)

δίνει $\displaystyle{f(\frac{x+y}{x-y})=\frac{f(\frac{x}{y})+1}{f(\frac{x}{y})-1}}$ . (iv)

Η

σε συνδιασμό με την αρχική δίνει μετά από πράξεις $\displaystyle{f(\frac{x}{y})f(y)=f(x)=f(y\frac{x}{y})}$ .

Άρα για κάθε a,b

ισχύει

.
Επειδή

:περιττή, η τελευταία σχέση από γνωστή διαδικασία δίνει f(x)=x^c

με

:περιττό.

Τότε η αρχική για x=2,y=1

δίνει μετά από πράξεις 3^c+2^c+1^c=6^c=(1+2+3)^c

που φανερά έχει μοναδική λύση το c=1

. Άρα

που επαληθεύει την δοθείσα σχέση.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 24, 2011 3:59 pm**

Ακόμα δύο θεματάκια απο παλιούς διαγωνισμούς "Αρχιμήδης", τα οποία μου άρεσαν ιδιαίτερα:

20.

Στο επίπεδο ορίζουμε μια διμελή πράξη *, τέτοια ώστε για κάθε δύο σημεία Χ,Υ του επιπέδου, το Χ*Υ να είναι το συμμετρικό σημείο του Χ ως προς το Υ. Ορίζουμε μια ακολουθία συνόλων A_0, A_1, A_2, A_2, A_3,...

, ώστε για κάθε $n \in N$ να είναι $A_{n+1} = A_n \cup \{X*Y | X,Y \in A_n\}$ , με A_0

το σύνολο των 3 απο τις 4 κορυφές ενός τετραγώνου στο επίπεδο. Είναι δυνατόν η τέταρτη κορυφή να ανήκει σε κάποιο από τα $A_k, k \in N$ ???

21.

Θεωρούμε ένα σύνολο

με 2011 θετικούς ακεραίους, τέτοιο ώστε για κάθε 3 θετικούς ακεραίους $x,y,z \in M$ , με $x \neq y$ , να ισχύει $x + y \neq z$ . Να βρεθεί η ελάχιστη δυνατή τιμή του μεγαλύτερου απο τους 2011 θετικούς ακεραίους του συνόλου

.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 24, 2011 8:58 pm**

Nick1990 έγραψε:Ακόμα δύο θεματάκια απο παλιούς διαγωνισμούς "Αρχιμήδης", τα οποία μου άρεσαν ιδιαίτερα:

20.

Στο επίπεδο ορίζουμε μια διμελή πράξη *, τέτοια ώστε για κάθε δύο σημεία Χ,Υ του επιπέδου, το Χ*Υ να είναι το συμμετρικό σημείο του Χ ως προς το Υ. Ορίζουμε μια ακολουθία συνόλων , ώστε για κάθε $n \in N$ να είναι $A_{n+1} = A_n \cup \{X*Y | X,Y \in A_n\}$ , με το σύνολο των 3 απο τις 4 κορυφές ενός τετραγώνου στο επίπεδο. Είναι δυνατόν η τέταρτη κορυφή να ανήκει σε κάποιο από τα $A_k, k \in N$ ???

Αν αυτό είναι το θέμα 4 του Αρχιμήδη 2003, το βιβλίο των θεμάτων που έχω λέει επίσης ότι "Δεν εξετάζονται οι πράξεις με σημεία που δεν ανήκουν στους άξονες x και y", το οποίο φυσικά δεν είναι απαραίτητο στη λύση του προβλήματος.

Έστω χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι τα σημεία που έχουμε αρχικά είναι τα (1,0) , (0,1) , (1,1)

. Αρχικά βλέπουμε ότι δουλεύουμε στους ακεραίους, αφού κάθε πράξη σημείων με ακέραιες συντεταγμένες έχει ως αποτέλεσμα σημείο με ακέραιες συντεταγμένες. Θα αποδείξουμε ότι δεν υπάρχει περίπτωση να προκύψει σημείο με συντεταγμένες της μορφής $(2x,2y) , x,y\in Z$ . (τότε δε θα υπάρχει ούτε το (0,0) σε κάποιο σύνολο). Έστω A_k

το πρώτο σύνολο που περιέχει ένα τέτοιο σημείο (το $A_{k-1}$ δεν περιέχει κανένα τέτοιο σημείο). Τότε θα έχουμε ότι 2x=2x_1-x_2

και

, αν

, το οποίο σημαίνει ότι οι x_2,y_2

είναι άρτιοι και είναι άτοπο αφού το σημείο (x_2,y_2)

περιέχεται σε κάποιο σύνολο A_i, i<k

.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 27, 2011 4:54 pm**

Eπειδή βλέπω δυστυχώς ότι το θέμα αυτό πάει να ξεχαστεί,ας βάλω μια άσκηση κι εγώ:

22

Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f:Z \rightarrow Z$ τέτοιες ώστε f(0)=1

και

$f(f(n))=f(f(n+2)+2)=n,\forall n \in Z$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 27, 2011 7:26 pm**

23.
Έστω

ένας πραγματικός αριθμός τέτοιος ώστε $\ \displaystyle \left(2^nr-\frac{1}{4},2^nr+\frac{1}{4}\right)\cap \mathbb{Z}\ne \emptyset$ , για κάθε μη αρνητικό ακέραιο

.
Να δείξετε ότι ο

είναι ακέραιος.

24.
Να βρεθούν οι μη αρνητικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης 7^a=4^b+5^c+6^d

.

25.
Αν a,b,c,d

πραγματικοί αριθμοί, να δείξετε ότι $(a^2+b^2+1)(c^2+d^2+1)\geq 2(a+c)(b+d)$ .
Πότε ισχύει η ισότητα;

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 27, 2011 7:56 pm**

socrates έγραψε: 25.
Αν πραγματικοί αριθμοί, να δείξετε ότι $(a^2+b^2+1)(c^2+d^2+1)\geq 2(a+c)(b+d)$ .
Πότε ισχύει η ισότητα;

Πολύ ωραίο:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 27, 2011 9:45 pm**

socrates έγραψε:24.
Να βρεθούν οι μη αρνητικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης .

Αν $d\neq 0$ τότε εξετάζοντας τη δοθείσα mod 3

παίρνουμε $7^a \equiv 1 \equiv 1^b+(-1)^c (mod 3)$ , άτοπο. Άρα d=0

.
Αν

τότε

, άτοπο. Άρα $a \neq 0$ .
Αν $b \neq 0$ τότε $(-1)^a \equiv 7^a \equiv 4^b+5^c+1 \equiv 2 (mod 4)$ , άτοπο. Άρα b=0

.
Άρα η αρχική γίνεται 7^a-5^c=2

.
Αν

τότε

, άτοπο. Άρα $c \neq 0$ .
Εξετάζοντάς την mod 4

παίρνουμε $(-1)^a -1 \equiv 2 (mod 4) \Leftrightarrow (-1)^a \equiv 3 (mod 4)$ άρα a=2y+1

, με $y \in N$ .
Οπότε τώρα έχουμε την $7^{2y+1}-5^c=2$
Αν $c \geq 2$ τότε $7(49)^{x} \equiv 2 (mod 25) \Leftrightarrow 7(-1)^{x} \equiv 2 (mod 25)$ , άτοπο.
Άρα c=1

οπότε παίρνουμε και y=0

και άρα

.
Μοναδική λύση της εξίσωσης τελικά είναι η (a,b,c,d)=(1,0,1,0).

EDIT: Έγινε διόρθωση μετά από σφάλμα που μου επισήμανε ο socrates.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 28, 2011 12:34 pm**

26.
Έστω

ένας θετικός ακέραιος.
Να αποδείξετε ότι το πολυώνυμο $f(x) = (x^2-1^2)(x^2-2^2)\cdots (x^2-n^2)+ 1$ δε γράφεται ως γινόμενο μη σταθερών πολυωνύμων με ακέραιους συντελεστές.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

27.
Δίνεται πολυώνυμο P(x)=x^4-2x^3+px+q

, $\ p,q \in \mathbb{R}$ , με όλες τις ρίζες του πραγματικές.
Αν

η μεγαλυτερη ρίζα, να δείξετε ότι $1\leq M\leq 2$ .
Πότε ισχύει η ισότητα (σε καθεμιά ανισότητα);

28.
Να βρεθούν όλοι οι πρώτοι αριθμοί

τέτοιοι ώστε ο αριθμός p^3-p+1

να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 31, 2011 10:47 pm**

27.

Ισχύει $P{'}(x)=4x^3-6x^2+p\Rightarrow{P{''}(x)=12x(x-1)}$ .
'Εστω ότι το P(x)

έχει 4 διακεκριμμενες ρίζες μικρότερες του 1.
Τότε από θεώρημα Rolle η P{'}(x)

θα έχει 3 και η P{''}(x)

2 κάτω από 1 άτοπο.
Άν η P(x)

έχει μία διπλή ρίζα τότε την έχει και η P{'}

και ομοίως με Rolle, άτοπο.
Άν η P(x)

έχει τριπλή ρίζα τότε από τύπους του Vieta προκύπτει p=q=0

και

ή

και

από όπου προκύπτουν οι περιπτώσεις της ισότητας.

$\displaystyle{\sum{x_i}=2}$ , $\displaystyle{\sum{x_ix_j}}=0}$

Τότε $\displaystyle{\sum{x^2_i}=4}$ άρα $|x_i|\leq{2}$ .

mathematica.gr

Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!