mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 15, 2015 10:39 am**

[quote="vzf"]ΑΣΚΗΣΗ 1230: Βρείτε τους φυσικούς αριθμούς a,b,c

και

έτσι ώστε $\displaystyle{ab=2(c+d)}$ και $\displaystyle{cd=2(a+b)}$ .

Η άσκηση έχει κάτι πολύ σημαντικό.Οι λύσεις του συστήματος προσδιορίζουν αριθμούς πού παριστάνονται ως άθροισμα 3 κύβων με

διαφορετικούς τρόπους.

N=(a+b)^3+c^3+d^3=(c+d)^3+a^3+b^3

Λύσε και άλλα συστήματα τις μορφής

cd=m(a+b)

,

με αντάλλαγμα και άλλους

...

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 15, 2015 10:30 pm**

Αρχιμήδης 6 έγραψε:
vzf έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1230: Βρείτε τους φυσικούς αριθμούς και έτσι ώστε $\displaystyle{ab=2(c+d)}$ και $\displaystyle{cd=2(a+b)}$ .

Η άσκηση έχει κάτι πολύ σημαντικό.Οι λύσεις του συστήματος προσδιορίζουν αριθμούς πού παριστάνονται ως άθροισμα 3 κύβων με διαφορετικούς τρόπους.

Λύσε και άλλα συστήματα τις μορφής

, με αντάλλαγμα και άλλους ...

θέτω

,

,

,

,

,

οπότε

,

, $m\neq0$

a=kmq

,

,

,

δεδομένου ότι

$\boxed{kmq+lns=yw}$
$\boxed{kly+mnw=qs}$ ,

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 17, 2015 2:22 pm**

socrates έγραψε:
vzf έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1230: Βρείτε τους φυσικούς αριθμούς και έτσι ώστε $\displaystyle{ab=2(c+d)}$ και $\displaystyle{cd=2(a+b)}$ .
vzf, έχεις κάποια άλλη λύση για αυτήν;

Ουσιαστικά όχι.
Για $a\geq 5 , b\geq 5 ,c\geq 5, d\geq 5$ είναι $\displaystyle{ab=(5+a')(5+b')=25+5a'+5b'+a'b'=(5+3a'+3b'+a'b')+(2a'+10)+(2b'+10)>(2a'+10)+(2b'+10)=2a+2b}$ οπότε $\displaystyle{ab>2(a+b)=cd>2(c+d)=ab,}$ άτοπο.
Άρα, θα είναι a=0,1,2,3,4

υποθέτοντας ότι $a=min\{a,b,c,d\}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 17, 2015 7:22 pm**

vzf έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1230: Βρείτε τους φυσικούς αριθμούς και έτσι ώστε $\displaystyle{ab=2(c+d)}$ και $\displaystyle{cd=2(a+b)}$ .

Y.Γ

Το παραπάνω σύστημα προσδιορίζει λύσεις όχι μόνο της k^3+l^3+m^3=n^3+p^3+q^3

(αποδείχθηκε στο προηγούμενο μήνυμα μου.)
Προσδιορίζει λύσεις και της γενικής x^2+y^2=z^2+w^2

Πράγματι αν ab=2(c+d)

και

Τότε

με

(x,y,z,w)=(2a+2b+2c+2d,ad-bc,2c+2d-2a-2b,ad+bc)

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 20, 2015 10:05 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 1233: Να αποδείξετε ότι υπάρχουν άπειροι ακέραιοι $\displaystyle{x,y,z}$ ώστε οι αριθμοί $\displaystyle{(x+1)(y+2) , (z+1)(x+2) , (y+1)(z+2)}$ να είναι

διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 21, 2015 12:01 am**

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1233: Να αποδείξετε ότι υπάρχουν άπειροι ακέραιοι $\displaystyle{x,y,z}$ ώστε οι αριθμοί $\displaystyle{(x+1)(y+2) , (z+1)(x+2) , (y+1)(z+2)}$ να είναι

διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου.

Ελέγχουμε ότι οι $x=6a+3,\, y=3a,\, z=2a$ μας κάνουν.

Συγκεκριμένα, έχουμε να ελέγξουμε ότι $\displaystyle{(x+1)(y+2) + (y+1)(z+2)= 2(z+1)(x+2) }$ ή αλλιώς (6a+4)(3a+2)+(3a+1)(2a+2)=2(2a+1)(6a+5)

που ισχύει (και τα δύο ίσα με 24a^2+32a+10

).

Πώς σκέφτηκα;

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 21, 2015 8:42 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε:
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1233: Να αποδείξετε ότι υπάρχουν άπειροι ακέραιοι $\displaystyle{x,y,z}$ ώστε οι αριθμοί $\displaystyle{(x+1)(y+2) , (z+1)(x+2) , (y+1)(z+2)}$ να είναι

διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου.
Ελέγχουμε ότι οι $x=6a+3,\, y=3a,\, z=2a$ μας κάνουν.

Συγκεκριμένα, έχουμε να ελέγξουμε ότι $\displaystyle{(x+1)(y+2) + (y+1)(z+2)= 2(z+1)(x+2) }$ ή αλλιώς που ισχύει (και τα δύο ίσα με ).

Πώς σκέφτηκα;
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Η ζητούμενη γράφεται , Από δω και πέρα έχουμε πολλούς βαθμούς ελευθερίας. Ξεκίνησα με $2x-y+3= AB,\, z= CD,\, y=AC,\, x+3=BD$ και στον δρόμο θα επιλέξω κάπως αυθαίρετα κάποιες από τις τιμές των ελεύθερων μεταβλητών . Ειδικότερα, κατέληξα στην οπότε επέλεξα για να μην έχω διαιρέτες. Ειδικά, μπορούμε να πάρουμε $D=2,\, A=3$ και τα άλλα ήλθαν μόνα τους.
Φιλικά,

Μιχάλης

Ωραία αντιμετώπιση Μιχάλη.

Με λίγες περισσότερες πράξεις επίσης, βρήκα ότι μας κάνουν και οι ακέραιοι: $\displaystyle{x=a , y=4a+6 , z=-2a-6}$ . Τελικά, έχουμε πολλές (ίσως άπειρες)

απειρίες ακεραίων

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 21, 2015 9:44 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:
Τελικά, έχουμε πολλές (ίσως άπειρες)

Δημήτρη, αν έκανα σωστά τις πράξεις έχουμε άπειρες λύσεις με δύο παραμέτρους:

$x= 2cd^2-cd+3d {\color {red} -}3,\, y = 2cd-3,\, z=cd$

Οι λύσεις αυτές είναι από το προηγούμενο ποστ μου με μόνη διαφορά ότι πήρα A=2D-1

(αντί

) και άρα

Μ.

(Διόρθωσα τυπογραφικό)

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 27, 2015 11:32 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 1234: Αν $\displaystyle{p,q,m,n}$ είναι αριθμοί πρώτοι και αν $\displaystyle{3p+q = 3m -n =k}$ , όπου ο $\displaystyle{k}$ είναι επίσης πρώτος, να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{3m - q = 8}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 06, 2015 5:55 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 1235: Να βρεθούν όλοι οι πρώτοι αριθμοί $\displaystyle{p}$ , που είναι τέτοιοι ώστε οι αριθμοί:

$\displaystyle{p , p+4 , p+6 , p+10 , p+12 , p+22 , p+30}$ , να είναι όλοι τους πρώτοι.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 06, 2015 6:28 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1235: Να βρεθούν όλοι οι πρώτοι αριθμοί $\displaystyle{p}$ , που είναι τέτοιοι ώστε οι αριθμοί:

$\displaystyle{p , p+4 , p+6 , p+10 , p+12 , p+22 , p+30}$ , να είναι όλοι τους πρώτοι.

Αν κανείς από τους παραπάνω δεν είναι

υπάρχουν

δυνατά υπόλοιπα $\pmod7$ . Όμως είναι

τον αριθμό και άρα υπάρχουν $i, j \in \{0, 4, 6, 10, 12, 22, 30\}$ τέτοια ώστε

$p + i \equiv p + j \pmod7 \implies 7 \mid i-j$ . Ελέγχοντας τις διαφορές όμως παίρνουμε άτοπο. Άρα p = 7

που επαληθεύει ή $p+4 = 7 \iff p = 3$ που όμως δεν επαληθεύει.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 06, 2015 11:00 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1234: Αν $\displaystyle{p,q,m,n}$ είναι αριθμοί πρώτοι και αν $\displaystyle{3p+q = 3m -n =k}$ , όπου ο $\displaystyle{k}$ είναι επίσης πρώτος, να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{3m - q = 8}$

ΑΣΚΗΣΗ 1234

Αν p,q>2

τότε θα είναι περιττοί (αφού είναι πρώτοι) , οπότε 3p+q=k

άρτιος , άτοπο.

Αν m,n>2

τότε θα είναι περιττοί (αφού είναι πρώτοι) , οπότε 3m-n=k

άρτιος , άτοπο.

Επομένως ένας τουλάχιστον από τους p,q

και ένας τουλάχιστον από τους m,n

είναι ίσος με 2

Διακρίνω περιπτώσεις :

• Αν p=2

και

, έχουμε : $3p+q=3m-n\Leftrightarrow 3m-q=3p+n=8$ .

• Αν p=2

και

, έχουμε : $3p+q=3m-n\Leftrightarrow 6+q=6-n\Leftrightarrow q=-n$ , άτοπο .

• Αν q=2

και

, έχουμε : $3p+2=3m-2\Leftrightarrow 3m-3p=4\Leftrightarrow m-p=\frac{4}{3}$ , άτοπο .

• Αν q=2

και

, έχουμε : $3p+2=6-n\Leftrightarrow 3p+n=4$ , άτοπο (αφού p>2

) .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 10, 2015 10:24 am**

socrates έγραψε: AΣΚΗΣΗ 1159
Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους για τους οποίους ο αριθμός έχει το πολύ θετικούς διαιρέτες.

Για μικρά

κάνουμε απευθείας έλεγχο. Θα διαπιστώσουμε ότι για n=1,2,3,4,5,7

ισχύει το ζητούμενο ενώ δεν ισχύει για n=6,8,9

. Μπορούμε λοιπόν να υποθέσουμε ότι $n\ge 10$ . Θα δούμε ότι απορρίπτονται όλοι.

α) Αν

περιττός (και $\ge 10$ ). Ακριβώς ένας από τους n, n+2,n+4

είναι πολλαπλάσιο του

. Διακρίνουμε τις περιπτώσεις όπου το πολλαπλάσιο αυτό του είναι δύναμη του ή όχι. Στην πρώτη περίπτωση είναι τουλάχιστον 3^3

. Έστω

πρώτοι διαιρέτες των άλλων δύο εκ των n, n+2,n+4

. Επειδή οι τρεις τελευταίοι αυτοί (περιττοί) αριθμοί είναι πρώτοι προς αλλήλους (άμεσο) σημαίνει ότι $p\ne q$ . Συνεπώς ο n(n+2)(n+4)

έχει παράγοντα τουλάχιστον τον 3^3pq

. Άρα έχει τουλάχιστον

διαιρέτες (τους μετράμε: 1, 3, 3^2, ..., 3^3pq

). Άρα ο

αυτός απορρίπτεται. Με ανάλογο τρόπο θα απορρίψουμε την περίπτωση που το πολλαπλάσιο του

δεν είναι δύναμη του

. Σε αυτή την περίπτωση περιέχει παράγοντα της μορφής

για κάποιο πρώτο $r\ne 3$ . Όπως πριν, έχουμε $r\ne p\ne q \ne r$ , και άρα ο n(n+2)(n+4)

περιέχει ως παράγοντα τουλάχιστον τον 3rpq

. Άρα έχει τουλάχιστον

παράγοντες, οπότε απορρίπτουμε και αυτή την περίπτωση.

β) Αν

άρτιος (και $\ge 10$ ). Τότε αφού οι n, n+2, n+4

είναι διαδοχικοί άρτιοι (άρα κάποιος είναι πολλαπλάσιο του

) , ο

είναι πολλαπλάσιο του

. Όπως πριν, οι παράγοντες του n(n+2)(n+4)

περιέχουν περιττούς πρώτους p,q

με $p\ne q$ . Άρα ο n(n+2)(n+4)

περιέχει τουλάχιστον τον 2^3pq

οπότε έχει τουλάχιστον

διαιρέτες, και άρα απορρίπτεται.

Αυτά ολοκληρώνουν την απάντηση.

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 11, 2015 10:04 am**

xr.tsif έγραψε: AΣΚΗΣΗ 1189
Οι αριθμοί $\displaystyle{a_1,a_2,...a_{2n}}$ είναι μια μετάθεση των αριθμών Αν ισχύει

$\displaystyle{|a_1-a_2|+|a_2-a_3|+\cdots+|a_{2n-1}-a_{2n}|+|a_{2n}-a_1|=2n^2}$

να δείξετε ότι

$\displaystyle{|a_1-a_2|+|a_3-a_4|+\cdots+|a_{2n-1}-a_{2n}|=n^2}$

Ωραία ασκησούλα.

Θα βρούμε πρώτα το μέγιστο της παράστασης

$\displaystyle{|a_1-a_2|+|a_3-a_4|+\cdots+|a_{2n-1}-a_{2n}| , \, (*)}$

στην οποία τα a_k

εμφανίζονται από μία φορά το καθένα.

Ο πρώτος προσθετέος (και όμοια οι υπόλοιποι) είναι της μορφής a_1-a_2

ή

. Μαζεύοντας τους θετικούς και χωριστά τους αρνητικούς όρους θα προκύψει άθροισμα της μορφής

$\displaystyle{\left (a_{\sigma {(1)}} + a_{\sigma {(2)}} +... + a_{\sigma {(n)}} \right ) - \left (a_{\sigma {(n+1)}} + a_{\sigma {(n+2)}} +... + a_{\sigma {(2n)}} \right ) ,\, (**)}$

όπου τα $a_{\sigma (k)}$ είναι αναδιάταξη των 1,2, ..., 2n

. Είναι προφανές ότι η μέγιστη δυνατή τιμή της (**)

προκύπτει όταν οι θετικοί όροι είναι οι μεγαλύτεροι δυνατοί και συγχρόνως οι αρνητικοί, είναι οι μικρότεροι. Δηλαδή η μέγιστη τιμή είναι η

(2n)+(2n-1)+...+(n+1) - n - (n-1)-...-2-1=...= n^2

(2n)+(2n-1)+...+(n+1) - n - (n-1)-...-2-1=...= n^2

Όμοια η μέγιστη τιμή της

$\displaystyle{|a_3-a_4|+|a_5-a_6|+\cdots+|a_{2n}-a_{1}|, \, (***)}$ (οι όροι a_k

εμφανίζονται από μία φορά και οι προσθετέοι είναι οι υπόλοιποι όροι του αρχικού αθροίσματος) είναι επίσης n^2

.

Έπεται ότι η μέγιστη τιμή της

$\displaystyle{|a_1-a_2|+|a_2-a_3|+\cdots+|a_{2n-1}-a_{2n}|+|a_{2n}-a_1|}$

που βέβαια είναι το άθροισμα των (*),(***)

, είναι

(όσο δηλαδή δίνει η εκφώνηση). Άρα οι (*), (***)

πρέπει να έχουν και οι δύο την μέγιστη τιμή τους n^2

γιατί αλλιώς το άθροισμά τους θα ήταν γνήσια μικρότερο του 2n^2

.

Συμπέρασμα, το άθροισμα (*)

(και επίσης το (***)

) ισούται με n^2

. ό.έ.δ.

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 11, 2015 9:21 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 1236 Να αποδείξετε ότι υπάρχουν άπειροι φυσικοί αριθμοί

, έτσι ώστε ο αριθμός $\displaystyle{(2k+1).3^{5^{2n}} +4}$ να είναι

σύνθετος, για κάθε $\displaystyle{n\in N^{*}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 11, 2015 10:33 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1236 Να αποδείξετε ότι υπάρχουν άπειροι φυσικοί αριθμοί , έτσι ώστε ο αριθμός $\displaystyle{(2k+1).3^{5^{2n}} +4}$ να είναι

σύνθετος, για κάθε $\displaystyle{n\in N^{*}}$ .

Επειδή $5^{2n} = 25^n \equiv 1^n=1 \mod 4$ , σημαίνει ότι για κάθε

ο $5^{2n}+3$ είναι πολλαπλάσιο του

. Γράφουμε $5^{2n}+3= 4b_n$ . Για τυχαίο περιττό

γράφουμε τον (περιττό) 3^3a^4

στην μορφή 2k+1

. Τότε για κάθε

έχουμε

$\displaystyle{(2k+1)\cdot 3^{5^{2n}} +4= 3^3a^4\cdot 3 ^{25^n}+4=a^4\cdot 3 ^{25^n+3}+4=$
$\displaystyle{=a^4\cdot 3 ^{4b_n}+4 = \left ( a^2\cdot 3^{2b_n} + 2 + 2a\cdot 3^{b_n}\right ) \left ( a^2\cdot 3^{2b_n} + 2 - 2a\cdot 3^{b_n}\right )$

που είναι σύνθετος καθώς για μεγάλα

οι δύο παράγοντες είναι

(στην πραγματικότητα όσο μεγάλοι θέλουμε). Παίρνοντας άπειρα το πλήθος περιττά

έχουμε αντίστοιχα άπειρα το πλήθος

, τα $k=\frac {3^3a^4-1}{2}$ , με την ζητούμενη ιδιότητα.

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 14, 2015 10:42 am**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1236 Να αποδείξετε ότι υπάρχουν άπειροι φυσικοί αριθμοί , έτσι ώστε ο αριθμός $\displaystyle{(2k+1).3^{5^{2n}} +4}$ να είναι

σύνθετος, για κάθε $\displaystyle{n\in N^{*}}$ .

Για να κάνω και εγώ μία προσπάθεια:
Επειδή ο τελευταίος όρος είναι

και γενικά είναι εύκολο να φτιάξουμε τους αριθμούς στη μορφή $a \equiv 1 (modn)$ για κάποιον n, βολεύει να πάρω mod5

. Πράγματι: αν k θετικός ακέραιος, τότε $3^{5k} \equiv 3^k (mod5)$ άρα $3^{5^{2n}} \equiv 3^{5^{2n-1}} \equiv ... \equiv 3^5 \equiv 3 (mod5)$ άρα αρκεί να πάρω τον 2k+1

ισότιμο με 2(mod5)

το οποίο ικανοποιείται για άπειρα k.

Με λίγα λόγια, αν $2k+1 \equiv 2 (mod5) \Longrightarrow (2k+1)*3^{5^{2n}} \equiv 1 (mod5) \Longrightarrow (2k+1).3^{5^{2n}} + 4 \equiv0(mod5)$
και το ζητούμενο έπεται.
Και για να είμαστε απόλυτα σωστοί, αρκεί να πάρω τον $k \equiv 3 (mod10)$ επειδή τότε $2k+1 \equiv 7 (mod10) \Longrightarrow 2k+1 \equiv 2 (mod5)$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 14, 2015 11:29 am**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1236 Να αποδείξετε ότι υπάρχουν άπειροι φυσικοί αριθμοί , έτσι ώστε ο αριθμός $\displaystyle{(2k+1).3^{5^{2n}} +4}$ να είναι

σύνθετος, για κάθε $\displaystyle{n\in N^{*}}$ .

Υπάρχουν άπειρα πολλαπλάσια του

όταν $k\equiv3mod5$
Υπάρχουν άπειρα πολλαπλάσια του

όταν $k\equiv0mod7$
Υπάρχουν άπειρα πολλαπλάσια του

όταν $k\equiv1mod13$
Υπάρχουν άπειρα πολλαπλάσια του

όταν $k\equiv33mod41$
Υπάρχουν άπειρα πολλαπλάσια του

όταν $k\equiv11mod73$
Υπάρχουν άπειρα πολλαπλάσια του 6481

όταν $k\equiv1079mod6481$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 26, 2015 1:47 am**

ΑΣΚΗΣΗ 1237: Να αποδείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{3x^3 +2xy-5=0}$ ,

έχει άπειρες λύσεις στο σύνολο $\displaystyle{Q^{+}}$ των θετικών ρητών αριθμών

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 27, 2015 12:47 am**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1237: Να αποδείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{3x^3 +2xy-5=0}$ ,

έχει άπειρες λύσεις στο σύνολο $\displaystyle{Q^{+}}$ των θετικών ρητών αριθμών

Οι

είναι θετικοί ρητοί αριθμοί άρα λύνοντας ως προς

θα έχω

$y=\dfrac{5-3x^3}{2x}$

Επειδή όμως ο

θέλω να είναι θετικός θα θέσω $x=\dfrac{1}{z}$ ,

θετικός ακέραιος άρα

$y=\dfrac{5z^3-3}{2z^2}$ , $x=\dfrac{1}{z}$ ,

θετικός ακέραιος που είναι άπειρες θετικές ρητές λύσεις !

mathematica.gr

Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο