mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 19, 2011 2:00 pm**

Γειά σας , σήμερα έδινα τα θέματα της Γ λυκείου του θαλή και τα πήγα μέτρια σχετικά.
Το 1ο θέμα το έλυσα ακριβώς όπως ο achilleas. Στο 2ο έχω μια επιφύλαξη. Έλυσα την δεύτερη σχέση ως προς y και έπειτα αντικατέστησα στην πρώτη. Έφτασα στο τριώνυμο του x : $5ax^2+(4a\lambda +4)x+a\lambda ^2=0$ .Eίπα οτι για να εχει λύση ως προς χ για καθε λ πρεπει $\Delta \geq 0$ . Προέκυψε ενα τριώνυμο του λ με συντελεστή του λ τετράγωνο $-\alpha ^2$ . Έπειτα είπα για να ειναι το τριώνυμο του λ μεγαλύτερο του μηδενος για καθε λ πρέπει ο συντελεστής του λ τετράγωνο να ειναι θετικός και $\Delta \leq 0$ .
Ετσι $-a^2\geq 0$ αρα α=0.(όντως για α=0 , για κάθε λ το σύστημα έχει ρίζα)
Μετά στο 3ο υπολόγισα τον $a_{n}$ και το $S_{n+1}$ .Απλά στο άθροισμα δεν μπόρεσα να απλοποιήσω το 1.2+2.3+...+n(n+1) και το άφησα έτσι. Στο 2ο μέρος απλά έβγαλα από την πρώτη σχέση ότι. $n\geq 18$ Την δεύτερη δεν μπόρεσα να την αξιοποιήσω γιατι δεν απλοποίησα την παράσταση που είπα.

Μπορεί κάποιος να ποστάρει το σχέδιο βαθμολόγησης η να μου πει εμπειρικά αν περνάω ?
Ευχαριστώ,
Κώστας

Από Γενικούς Συντονιστές: Κώστα, παρακαλώ διάβασε το μύνημα που σου στείλαμε.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 19, 2011 2:15 pm**

Για το Πρόβλημα 4 της Β' Λυκείου: Το α) βγαίνει εύκολα με "κυνήγι" γωνιών, συγκεκριμένα είναι $\widehat{BOZ}=\widehat{ACB}=\widehat{BMZ}$ . Για το β) με κυνήγι γωνιών έχουμε $\widehat{BKC}=\widehat{OKC}+\widehat{BKO}=\widehat{BZO}+\widehat{CEO}=...=\widehat{BIC}$ και από το θεώρημα νότιου πόλου προκύπτει το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 19, 2011 2:25 pm**

ΘΕΜΑ 2 (Α ΛΥΚΕΙΟΥ)

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

$\frac{(1+x^{2})^{2}-2x^{2}+(1+x^{2})^{2}+4x^{2}+4x(1+x)^{2}}{2(1+x^{2})+2x}-\frac{(1+x)\left[2(1-x+x^{2})+(1+x)^{2}\right]}{3(1+x^{2}}=$

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

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

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 19, 2011 2:27 pm**

εδώ κι εδώ

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 19, 2011 2:34 pm**

Έχει κανείς κάποια λύση για το 4ο της Α' λυκείου;

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 19, 2011 2:52 pm**

K.alexander7 έγραψε:Έχει κανείς κάποια λύση για το 4ο της Α' λυκείου;

λογικά,έπρεπε να κάνεις διαδοχικές συγκρίσεις τριγώνων και να καταλήξεις ότι τα σημεία Α,Σ και Τ ανήκουν στη μεσοκάθετο της ΒΓ

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 19, 2011 2:55 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΘΕΜΑ 2 (Α ΛΥΚΕΙΟΥ)

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

$\frac{(1+x^{2})^{2}-2x^{2}+(1+x^{2})^{2}+4x^{2}+4x(1+x)^{2}}{2(1+x^{2})+2x}-\frac{(1+x)\left[2(1-x+x^{2})+(1+x)^{2}\right]}{3(1+x^{2}}=$

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

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

Διόρθωσα κάποια τυπογραφικά λάθη που έγιναν κατά την πληκτρολ'όγηση

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 19, 2011 3:05 pm**

Για το 3 της Α' Λυκείου:

$\alpha )$

$\frac{kx}{2}+\frac{x}{4}=k(x+2)-\frac{3(kx-1)}{4} \Leftrightarrow$

$2kx+x=4k(x+2)-3(kx-1)\Leftrightarrow$

$x+kx=8k+3\Leftrightarrow$

$x(1+k)=8k+3 \Leftrightarrow$

$x=\frac{8k+3}{k+1}$ με $k\neq -1$

$\beta )$

Έστω ότι $k+1\mid8k+3$ τότε αφού $k+1\mid8k+8$ θα ισχύει ότι $k+1\mid(8k+8)-(8k+3)$ δηλαδή $k+1\mid5$
άρα η εξίσωση έχει ακέραιες λύσεις για k=(4,0,-6,-2)

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 19, 2011 3:07 pm**

konstantinos21 έγραψε:
K.alexander7 έγραψε:Έχει κανείς κάποια λύση για το 4ο της Α' λυκείου;
λογικά,έπρεπε να κάνεις διαδοχικές συγκρίσεις τριγώνων και να καταλήξεις ότι τα σημεία Α,Σ και Τ ανήκουν στη μεσοκάθετο της ΒΓ

το ξέρω εβγαλα οτι το Τ ανεικε στην μεσοκαθετο αλλα δεν μπορουσα οτι ανεικε και το S

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 19, 2011 3:26 pm**

Από την κατασκευή των σημείων $\displaystyle \Delta , E$ και πως το τρίγωνο $\displaystyle AB\Gamma$ είναι (ορθογώνιο και) ισοσκελές προκύπτει ότι
τα ζεύγη των σημείων: $\displaystyle (\Delta ,E)$ και $\displaystyle (B ,\Gamma )$ είναι συμμετρικά ως προς τη διχοτόμο $\displaystyle{Ox}$ της (ορθής) γωνίας $\displaystyle{\hat{A}}$
Άρα και οι ευθείες που ορίζουν τα σημεία αυτά είναι συμμετρικές ως τη διχοτόμο αυτή.
Επομένως και το σημείο τομής αυτών των ευθειών $\displaystyle{T}$ ανήκει στον άξονα συμμετρίας $\displaystyle{Ox}$ .

Ακόμα επειδή $\displaystyle \tau \rho \iota \gamma (AE\Gamma) =\tau \rho \iota \gamma (AB\Delta )$ και τα τρίγωνα αυτά τέμνονται από τον ίδιο κύκλο θα είναι: $\displaystyle \Gamma N=BK$
Άρα τα τρίγωνα $\displaystyle \Gamma \Delta N, \ \ BEK$ θα είναι ίσα. Συνεπώς: $\displaystyle \Delta N=EK$ .
Επομένως και τα δύο ισοσκελή τρίγωνα $\displaystyle A\Delta N, \ \ AEK$ είναι ίσα. Άρα τα σημεία $\displaystyle{N, K}$ είναι συμμετρικά ως προς την $\displaystyle{Ox}$ .
(Αυτό μπορεί κι αλλιώς να διαπιστωθεί: Αφού $\displaystyle \Gamma T,B\Delta$ τέμνονται στο $\displaystyle{T}$ άρα $\displaystyle T\Delta =TE$ και επειδή:
$\displaystyle T\Delta \cdot TK=TE\cdot TN\Rightarrow TN=TK\Rightarrow \\ \Rightarrow \tau \rho \iota \gamma ANT=\tau \rho \iota \gamma ATK$
άρα τα σημεία $\displaystyle{N,K}$ συμμετρικά ως προς τον άξονα $\displaystyle{Ox}$ )
Έτσι οι ευθείες που ορίζονται από τα ζεύγη των σημείων $\displaystyle (\Delta , N), \ \ (E,K)$ είναι συμμετρικές ως προς την $\displaystyle{Ox}$ και συνεπώς και το σημείο τομής αυτών το $\displaystyle{S}$ θα
ανήκει στον άξονα συμμετρίας.
Άρα τα $\displaystyle{A, T, S}$ είναι συνευθειακά.

Κώστας Δόρτσιος

: Γεωμετρία Θαλής Α.PNG (9.61 KiB) Προβλήθηκε 3488 φορές

Υ.Γ. Στη βιαστική ανάγνωση του θέματος θεώρησα και κατασκεύασα ορθογώνιο και ισοσκελές ενώ έπρεπε οξυγώνιο και ισοσκελές. Η λύση μου δεν αλλάζει απλά έχω βάλει παρενθέσεις σε δύο σημεία που εξάλλου δεν παίζουν κάποιο ρόλο στη διαδικασία της απόδειξης. Για συμπλήρωση αναρτώ κι ένα σχήμα με οξυγώνιο και ισοσκελές τρίγωνο.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 19, 2011 3:34 pm**

Οι επίσημες λύσεις του διαγωνισμού από την ΕΜΕ

THALIS 2011_12.pdf: (870.03 KiB) Μεταφορτώθηκε 477 φορές

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 19, 2011 3:39 pm**

Για το 2ο της Γ
Προφανώς η a=0

είναι δεκτή.
Για $a\neq 0$ θέτουμε $x=\frac{m}{a},y=\frac{n}{a},l=\frac{p}{a}$ και έχουμε ισοδύναμα ότι το σύστημα
$(x+1)^2+(y+\frac{1}{2})^2=p+\frac{5}{4}$
$2(x+1)-(y+\frac{1}{2})=p+\frac{3}{2}$
έχει λύση για κάθε τιμή της παραμέτρου

Άρα $|x+1|,|y+\frac{1}{2}|\leq \sqrt{|p+\frac{5}{4}|}$ και
$p+\frac{3}{2}\leq 2|x+1| + |y+\frac{1}{2}|$ που προφανώς δεν ισχύουν ταυτόχρονα για

αρκετά μεγάλο.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 19, 2011 3:52 pm**

Για το 4 της Α Λυκείου μια ακόμα αντιμετώπιση:

Το τετράπλευρο $E\Delta \Gamma B$ είναι ισοσκελές τραπέζιο (εύκολο) και άρα $T\Delta =TE$ . Επίσης
$A\Delta =AE$ και άρα τα σημεία $A,\Delta$ ανήκουν στην μεσοκάθετο του $E\Delta$ .

Μένει να αποδείξουμε ότι $SE=S\Delta$ .

'Ομως $\Gamma E.\Gamma N=\Gamma A^{2}-R^{2}$

$B\Delta .BK=BA^{2}-R^{2}$

όπου

η ακτίνα του κύκλου

Από τις δύο τελευταίες σχέσεις 'επεται 'ότι $\Gamma E.\Gamma N=B\Delta .BK$ και αφού είναι $\Gamma E=B\Delta$ βγα'ίνει το συμπέρασμα ότι $\Gamma N=BK$ και άρα $NE=\Delta K$ . Άρα τα τρίγωνα

$NE\Delta ,KE\Delta$ είναι ίσα (εύκολο) και άρα οι γωνίες $S\Delta E, SE\Delta$ είναι ίσες από όπου έπεται ότι $SE=S\Delta$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 19, 2011 4:28 pm**

ΣΧΕΔΙΟ ΒΑΘΜΟΛΟΓΗΣΗΣ ΘΑΛΗ 2011-12.pdf: (101.7 KiB) Μεταφορτώθηκε 297 φορές

το σχέδιο βαθμολόγησης του θαλή 2011

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 19, 2011 4:45 pm**

Καλησπέρα

. Σήμερα έδινα και εγώ στη Β' Λυκείου. Τα θέματα ήταν ωραία και βατά. Ωστόσο θέλω να καταθέσω την δυσαρέσκεια μου όσον αφορά το 2ο Θέμα της Β' Λυκείου. Η άσκηση ζητά να αποδειχθεί ότι η εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες για όλες τις τιμές των παραμέτρων. Δεν μπορώ να κατανοήσω καθόλου το σχέδιο βαθμολόγησης. Καταρχήν γιατί χρειάζεται να διακρίνεις περιπτώσεις αφού άμα καταλήξεις ότι η Διακρίνουσα είναι μεγαλύτερη ή ίση του μηδενός για κάθε τιμή των παραμέτρων το ζητούμενο ισχύει. Επίσης γιατί πρέπει να αναφέρεις ότι η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες και να αποδείξεις ότι αυτές είναι και δεκτές (1 βαθμό αξίζει αυτό σύμφωνα με το σχέδιο βαθμολόγησης);! Πέρσι μάθαμε στο σχολείο ότι από την στιγμή που δείχνεις ότι $\Delta \geq 0$ το τριώνυμο έχει πραγματικές ρίζες...

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 19, 2011 5:03 pm**

Grigoris K. έγραψε:Καλησπέρα . Σήμερα έδινα και εγώ στη Β' Λυκείου. Τα θέματα ήταν ωραία και βατά. Ωστόσο θέλω να καταθέσω την δυσαρέσκεια μου όσον αφορά το 2ο Θέμα της Β' Λυκείου. Η άσκηση ζητά να αποδειχθεί ότι η εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες για όλες τις τιμές των παραμέτρων. Δεν μπορώ να κατανοήσω καθόλου το σχέδιο βαθμολόγησης. Καταρχήν γιατί χρειάζεται να διακρίνεις περιπτώσεις αφού άμα καταλήξεις ότι η Διακρίνουσα είναι μεγαλύτερη ή ίση του μηδενός για κάθε τιμή των παραμέτρων το ζητούμενο ισχύει. Επίσης γιατί πρέπει να αναφέρεις ότι η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες και να αποδείξεις ότι αυτές είναι και δεκτές (1 βαθμό αξίζει αυτό σύμφωνα με το σχέδιο βαθμολόγησης);! Πέρσι μάθαμε στο σχολείο ότι από την στιγμή που δείχνεις ότι $\Delta \geq 0$ το τριώνυμο έχει πραγματικές ρίζες...

Μετά από πράξεις βρήκες μια εξίσωση δευτέρου βαθμού και από την διακρίνουσα έδειξες ότι έχει πραγματικές ρίζες. Τα x=a

και

όμως δεν είναι δεκτά ως ρίζες. Οπότε πρέπει να ελέγξεις ότι οι ρίζες που βρήκες είναι διαφορετικές από τα a,b

. (Για τον έλεγχο αυτό ίσως χρειαστεί να διακρίνεις περιπτώσεις.) Αν θέλεις γράψε μας ακριβώς την λύση που έδωσες για να δούμε αν έχει πρόβλημα.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 19, 2011 5:05 pm**

Εμένα πάλι μου κάνει εντύπωση η οδηγία:

Γ’ Λυκείου
Π1. Βαθμολογούμε ανάλογα με την πρόοδο. Κόβουμε μία μονάδα για το μη σωστό
προσδιορισμό της πολλαπλότητας της ρίζας -2.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 19, 2011 5:13 pm**

Demetres έγραψε: Μετά από πράξεις βρήκες μια εξίσωση δευτέρου βαθμού και από την διακρίνουσα έδειξες ότι έχει πραγματικές ρίζες. Τα και όμως δεν είναι δεκτά ως ρίζες. Οπότε πρέπει να ελέγξεις ότι οι ρίζες που βρήκες είναι διαφορετικές από τα . (Για τον έλεγχο αυτό ίσως χρειαστεί να διακρίνεις περιπτώσεις.) Αν θέλεις γράψε μας ακριβώς την λύση που έδωσες για να δούμε αν έχει πρόβλημα.

Η λύση μου είναι παρόμοια με αυτή του mathxl:

Καταρχήν πρέπει $x \neq a \wedge x \neq b \wedge c \neq 0$ .

Πολλαπλασιάζοντας την εξίσωση με c^2(x-a)(x-b)

προκύπτει:

$c^2(x-b)+c^2(x-a) = (x-a)(x-b) \Leftrightarrow x^2 - (a+b+2c^2)x + ab + c^2b + c^2a = 0$ .

Για να έχει η εξίσωση ως προς

πραγματικές ρίζες πρέπει και αρκεί $\Delta \geq 0$ .

$\displaystyle{\Delta \geq 0 \Leftrightarrow (a+b+2c^2)^2 - 4(ab+c^2b+c^2a) \geq 0 \Leftrightarrow a^2 + b^2 - 2ab + 4c^4 \geq 0 \Leftrightarrow (a-b)^2 + 4c^4 \geq 0}$ , που ισχύει ως άθροισμα άρτιων δυνάμεων.

Στην τελευταία σχέση δεν ανέφερα ότι είναι > 0

και όχι $\geq 0$ αφού η άσκηση δεν ζητά να βρούμε τον αριθμό των ριζών.

Υ.Γ. Ναι τώρα κατάλαβα ότι πρέπει να ελέγξω τις ρίζες... Ούτε ένα βαθμό δεν παίρνω

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 19, 2011 5:21 pm**

achilleas έγραψε:Β' Λυκείου- θέμα 3

Χωρίς βλάβη της γενικότητας είναι

$x\leq y\leq z$ . (1)

Από τις δοθείσες σχέσεις έχουμε

.

.

Αφού $z\geq y\geq x$ , και για κάθε $x\in \mathbb{R}$ , παίρνουμε $1\leq x$ (2) και $z\leq 1$ (3).

Συνεπώς, από (1), (2), (3) έπεται .

Φιλικά,

Αχιλλέας

cretanman έγραψε:Άλλη μία αντιμετώπιση για το 3ο Θέμα της Β Λυκείου.

Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι $x\geq y\geq z \ \ (1)$

Όμως η είναι γνησίως αύξουσα οπότε $f(x)\geq f(y)\geq f(z)$ σχέση που δίνει (λόγω της υπόθεσης) $y\geq z\geq x$ η οποία λόγω της δίνει .

Αντικαθιστώντας βρίσκουμε .

Αλέξανδρος

parmenides51 έγραψε:Β΄Λυκείου Θέμα 3

Μια παραλλαγή της λύσης του Αλέξανδρου

Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι $x\leq y\leq z$ (1)
οπότε $x^3\leq y^3\leq z^3$ (2) και $2x\leq 2y\leq 2z$ (3).

Προσθέτοντας κατά μέλη τις (2),(3) έχουμε $x^3+2x\leq y^3+2y\leq z^3+2z \Rightarrow x^3+2x-2\leq y^3+2y-2\leq z^3+2z-2$ $\Rightarrow y\leq z\leq x$
και λόγω της (1) προκύπτει πως .
Με την αντικατάσταση στην εξίσωση βρίσκουμε .
Τελικά .

Μια ερώτηση: είναι επιτρεπτό να υποθέσουμε $x\geq y\geq z$ ή $x\leq y\leq z ?$

Ένα παρόμοιο σύστημα είδαμε εδώ.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 19, 2011 5:45 pm**

socrates έγραψε:
achilleas έγραψε:Β' Λυκείου- θέμα 3

Χωρίς βλάβη της γενικότητας είναι

$x\leq y\leq z$ . (1)

Από τις δοθείσες σχέσεις έχουμε

.

.

Αφού $z\geq y\geq x$ , και για κάθε $x\in \mathbb{R}$ , παίρνουμε $1\leq x$ (2) και $z\leq 1$ (3).

Συνεπώς, από (1), (2), (3) έπεται .

Φιλικά,

Αχιλλέας
......
Μια ερώτηση: είναι επιτρεπτό να υποθέσουμε $x\geq y\geq z$ ή $x\leq y\leq z ?$

Ένα παρόμοιο σύστημα είδαμε εδώ.

Θανάση, με προβλημάτισε η ίδια ερώτηση πριν από 10 λεπτά....νομίζω έχεις απόλυτο δίκιο, αλλά η λύση διορθώνεται εύκολα.

Αρκεί πούμε το εξής: έστω $x=\min \{x,y,z\}$ . Τότε έχουμε τις περιπτώσεις:

$x\leq y\leq z$ ή $x\leq z\leq y$

Η πρώτη λύθηκε παραπάνω. Η δεύτερη χρειάζεται το επιπλέον επιχείρημα ότι από z-y=(y-1)(y^2+y+2

έπεται ότι $y\leq 1$ .

Φιλικά,

Αχιλλέας

mathematica.gr

ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: Θαλής ΕΜΕ 2011

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ