Αρχιμήδης 2016-2017

Γιάννης Μπόρμπας · #41

Άσκηση 13 Seniors
Η ακολουθία $a_{n}$ ορίζεται από την σχέση:
$2a_{n+1}+2=a_{n+2}+a_{n}, n\ge1$ και
$a_{1}=2, a_{2}=5$ Να βρεθούν οι διάφορες τιμές
του θετικού ακέραιου

για τον οποίο ισχύει ότι
ο αριθμός $a_{c}^2+a_{c+1}$ είναι τέλειο τετράγωνο

JimNt. · #42

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Άσκηση 12 Juniors
Να λυθεί στους πραγματικούς η εξίσωση:

Η αρχική γράφεται (x+2)^4-(x-1)^2=0

$\Leftrightarrow$ (x^2+3x+5)(x^2+5x+3)=0

. Συνεπώς, πρέπει είτε x^2+3x+5=0

, είτε

. Η πρώτη δεν έχει πραγματικές λύσεις. Η δεύτερη έχει λύσεις $x_1=\frac{-5+\sqrt{13}}{2}$ $x_2=\frac{-5-\sqrt{13}}{2}$ , που αποτελούν και τις μοναδικές λύσεις της αρχικής.

Γιάννης Μπόρμπας · #43

Άσκηση 14 Seniors
Αν ο

είναι ακέραιος και οι p,q,r,s

πρώτοι αριθμοί να λυθεί η εξίσωση a^2-5a+1=p^4+q^4+r^4+s^4

JimNt. · #44

Αν ο είναι ακέραιος και οι πρώτοι αριθμοί να λυθεί η εξίσωση

Σίγουρα έχει λύση, αν είναι όλοι πρώτοι; Εγώ βρήκα με

πρώτους και τον έναν συνθετο. Μάλλον θα έπρεπε να είναι s^8

.

Γιάννης Μπόρμπας · #45

Δεν είπα πως έχει λύση αλλά να λυθεί η εξίσωση. Πράγματι αν ένας από αυτούς τους πρώτους ήταν τέλειο τετράγωνο πρώτου η εξίσωση έχει λύση.
Όμως το πρόβλημα είναι όπως έχει.

JimNt. · #46

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Δεν είπα πως έχει λύση αλλά να λυθεί η εξίσωση. Πράγματι αν ένας από αυτούς τους πρώτους ήταν τέλειο τετράγωνο πρώτου η εξίσωση έχει λύση.
Όμως το πρόβλημα είναι όπως έχει.

Τότε

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Άσκηση 14 Seniors
Αν ο είναι ακέραιος και οι πρώτοι αριθμοί να λυθεί η εξίσωση

Με $\mod 2$ είναι προφανές ότι το αριστερό μέλος είναι περιττό. Συνεπώς, τουλάχιστον ένας από τους p,q,r,s

είναι ίσος με το

. Χωρίς βλάβη ας είναι p=2

. Η αρχική γίνεται a^2-5a-15=q^4+r^4+s^4

. Με $\mod 5$ και Fermat's Little Theorem

γίνεται προφανές ότι

εκ των

είναι ίσοι με

. Ας είναι q=r=5

. Η αρχική γίνεται a^2-5a-1265=s^4

$\Leftrightarrow$ a^2-5a-1265-s^4=0

, που έχει $\Delta=5085+4s^4$ . Πρέπει 5085+4s^4=n^2

$\Leftrightarrow$ 5085=(n+2s^2)(n-2s^2)

, που όμως παίρνοντας όλες τις δυνατές περιπτώσεις βλέπουμε ότι δεν ικανοποείται. Συνεπώς, δεν έχουμε λύσεις.

JimNt. · #47

Άσκηση 15 Juniors
Να βρείτε όλες τις τριάδες (m,n,p)

, όπου

πρώτος και m,n

θετικοί ακέραιοι που ικανοποιούν την: $n^{2p}=m^2+n^2+p+1$ .

Γιάννης Μπόρμπας · #48

15
Υποθέτουμε ότι p>2

Από

έχουμε $n^{2p}-n^2-p\equiv0 (\mod{p})$
άρα p|m^2+1

. Αφού το

είναι τετραγωνικό
κατάλοιπο $\mod p$ πρέπει $p\equiv1(\mod4)$
Λαμβάνοντας περιπτώσεις:
1)

άρτιος. Τότε και ο

είναι άρτιος όμως
$LHS\equiv0(\mod4)$ ενώ $RHS\equiv2(\mod4)$
2)

περιττός. Τότε $n^{2p}-p-1\equiv 3(\mod 4)$
Οπότε θα υπάρχει ένας πρώτος αριθμός

της μορφής 4k+3

που διαιρεί τον $n^{2p}-p-1$
άρα r|n^2+m^2

. Από

πρέπει
$\displaystyle{1=\left(\frac{-m^2}{r}\right)=\left(\frac{-1}{r}\right)=-1}$
που είναι άτοπο άρα μένει να δούμε την περίπτωση που
p=2

. Η αρχική εξίσωση γράφεται ως:
(2n^2-1-2m)(2n^2-1+2m)=13

όπου προκύπτει λύση
(p,m,n)=(2,3,2)

Γιάννης Μπόρμπας · #49

Άσκηση 16 Seniors
Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι a,b,c

που ικανοποιούν την εξίσωση:
$12^{a}+10^{b}=7102^{c}$

Γιάννης Μπόρμπας · #50

Άσκηση 17 Juniors
Να βρεθούν οι θετικοί πραγματικοί $x_{1},x_{2},...,x_{2017}$ που ικανοποιούν ταυτόχρονα τις εξισώσεις:
$(1): x_{1}^2+\sqrt{x_{2}}=\sqrt{x_{3}^3}+x_{4}$
$(2): x_{2}^2+\sqrt{x_{3}}=\sqrt{x_{4}^3}+x_{5}$
...
$(2017): x_{2017}^2+\sqrt{x_{1}}=\sqrt{x_{2}^3}+x_{3}$

JimNt. · #51

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Άσκηση 17 Juniors
Να βρεθούν οι θετικοί πραγματικοί $x_{1},x_{2},...,x_{2017}$ που ικανοποιούν ταυτόχρονα τις εξισώσεις:
$(1): x_{1}^2+\sqrt{x_{2}}=\sqrt{x_{3}^3}+x_{4}$
$(2): x_{2}^2+\sqrt{x_{3}}=\sqrt{x_{4}^3}+x_{5}$
...
$(2017): x_{2017}^2+\sqrt{x_{1}}=\sqrt{x_{2}^3}+x_{3}$

Με πρόσθεση κατά μέλη των παραπάνω λαμβάνουμε $\sum{x_1^2}+\sum{\sqrt{x_1}=\sum{\sqrt{x_1^3}}+\sum{x_1}$ .
Λήμμα Για κάθε θετικό πραγματικό

ισχύει $a^2+\sqrt{a}\ge a\sqrt{a}+a$ . Απόδειξη Η αρχική γράφεται $a(a-1)-\sqrt{a}(a-1)\ge0$ $\Leftrightarrow$ $(a-1)(a-\sqrt{a})\ge 0$ . Διακρίνουμε

περιπτώσεις: a>1

. Τότε

και

$\Leftrightarrow$ a^2>a

$\Leftrightarrow$ $a>\sqrt{a}$ $\Leftrightarrow$ $a-\sqrt{a}>0$ , που ισχύει. a=1

, που δίνει την ισότητα. a<1

. Τότε

και

$\Leftrightarrow$ a^2<a

$\Leftrightarrow$ \displaystyle{a<\sqrt{a}}

\displaystyle{\Leftrightarrow} $a-\sqrt{a}<0$ . Συνεπώς, το αριστερό μέλος είναι πάλι θετικό, και το λήμμα αποδείχτηκε. Συνεπώς, ισχύει ότι $x_1^2+\sqrt{x_1}\ge x_1\sqrt{x_1}+x_1$ ........ $x_{2017}^2+\sqrt{x_{2017}}\ge x_{2017}\sqrt{x_{2017}}+x_{2017}$ . Προσθέτοντας όλες τις παραπάνω λαμβάνουμε ότι $\sum{x_1^2}+\sum{\sqrt{x_1}\ge \sum{\sqrt{x_1^3}}+\sum{x_1}$ . Εμείς όμως θέλουμε την ισότητα. Συνεπώς, $x_1=x_2=....=x_{2017}=1$

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #52

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Άσκηση 16 Seniors
Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι που ικανοποιούν την εξίσωση:
$12^{a}+10^{b}=7102^{c}$

Με αρκετές αμφιβολίες, μιας και εξαιτίας της ώρας

δεν την έλεγξα πολύ...

Η εξίσωση γίνεται:

$2^{2a}\cdot 3^a+2^b\cdot 5^b=2^c\cdot 3551^c$

Διακρίνουμε περιπτώσεις:

1) 2a>b

Έχουμε ότι:

$2^b(5^b+2^{2a-b}\cdot 3^a)=2^c\cdot 3551^c$

Οι αριθμοί $5^b+2^{2a-b}\cdot 3^a$ και 3551^c

είναι περιττοί, άρα $2^b=2^c\Leftrightarrow b=c$

Συνεπώς, $5^b+2^{2a-b}\cdot 3^a=3551^c=3551^b\Leftrightarrow$ $3551^b-5^b=2^{2a-b}\cdot 3^a$

Αν b=1

, τότε πρέπει $3546=2^{2a-b}\cdot 3^a$ άτοπο, καθώς ο 3546

διαιρείται και με το 591

που δεν είναι δύναμη του

ή του

.

Αν

, από το θεώρημα Zsigmondy

έχουμε ότι ο 3551^b-5^b

έχει έναν τουλάχιστον πρώτο διαιρέτη διαφορετικό από αυτούς του 3551-5=3546

, δηλαδή κάποιο πρώτο διαιρέτη εκτός του

και του

, άτοπο.

2) b>2a

Έχουμε ότι:

$2^{2a}(3^a+2^{b-2a}\cdot 5^b)=2^c\cdot 3551^c$

Οι αριθμοί $3^a+2^{b-2a}\cdot 5^b$ και 3551^c

είναι περιττοί, άρα $2^{2a}=2^c\Leftrightarrow 2a=c$

Συνεπώς, $3^a+2^{b-2a}\cdot 5^b=3551^c=(3551^2)^a\Leftrightarrow$ $(3551^2)^a- 3^a=2^{b-2a}\cdot 5^b$

Ελέγχουμε όλα τα $a\leq 4$ και βρίσκουμε πως δεν υπάρχει λύση.

Αν a>4

, από το θεώρημα Zsigmondy

έχουμε ότι ο (3551^2)^a- 3^a

έχει έναν τουλάχιστον πρώτο διαιρέτη διαφορετικό από αυτούς του (3551^2)^4- 3^4

, δηλαδή κάποιο πρώτο διαιρέτη εκτός του

και του

, άτοπο.

3) b=2a

Έχουμε ότι:

$2^b(3^a+5^b)=2^{2a}(3^a+5^{2a})=2^{2a}(3^a+25^a)=2^c\cdot 3551^c$

Όμως ο

είναι άρτιος, ενώ ο 3551^c

είναι περιττός. Άρα $2^c>2^{2a}\Leftrightarrow c>2a$ . Όμως τότε 3551^c>3^a+25^a

. Άρα έχουμε ότι $2^{2a}(3^a+25^a)<2^c\cdot 3551^c$ , άτοπο.

Η εξίσωση λοιπόν δεν έχει ακέραιες λύσεις

Γιάννης Μπόρμπας · #53

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Άσκηση 16 Seniors
Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι που ικανοποιούν την εξίσωση:
$12^{a}+10^{b}=7102^{c}$
Με αρκετές αμφιβολίες, μιας και εξαιτίας της ώρας δεν την έλεγξα πολύ...

Η εξίσωση γίνεται:

$2^{2a}\cdot 3^a+2^b\cdot 5^b=2^c\cdot 3551^c$

Διακρίνουμε περιπτώσεις:

1)

Έχουμε ότι:

$2^b(5^b+2^{2a-b}\cdot 3^a)=2^c\cdot 3551^c$

Οι αριθμοί $5^b+2^{2a-b}\cdot 3^a$ και είναι περιττοί, άρα $2^b=2^c\Leftrightarrow b=c$

Συνεπώς, $5^b+2^{2a-b}\cdot 3^a=3551^c=3551^b\Leftrightarrow$ $3551^b-5^b=2^{2a-b}\cdot 3^a$

Αν , τότε πρέπει $3546=2^{2a-b}\cdot 3^a$ άτοπο, καθώς ο διαιρείται και με το που δεν είναι δύναμη του ή του .

Αν , από το θεώρημα έχουμε ότι ο έχει έναν τουλάχιστον πρώτο διαιρέτη διαφορετικό από αυτούς του , δηλαδή κάποιο πρώτο διαιρέτη εκτός του και του , άτοπο.

2)

Έχουμε ότι:

$2^{2a}(3^a+2^{b-2a}\cdot 5^b)=2^c\cdot 3551^c$

Οι αριθμοί $3^a+2^{b-2a}\cdot 5^b$ και είναι περιττοί, άρα $2^{2a}=2^c\Leftrightarrow 2a=c$

Συνεπώς, $3^a+2^{b-2a}\cdot 5^b=3551^c=(3551^2)^a\Leftrightarrow$ $(3551^2)^a- 3^a=2^{b-2a}\cdot 5^b$

Ελέγχουμε όλα τα $a\leq 4$ και βρίσκουμε πως δεν υπάρχει λύση.

Αν , από το θεώρημα έχουμε ότι ο έχει έναν τουλάχιστον πρώτο διαιρέτη διαφορετικό από αυτούς του , δηλαδή κάποιο πρώτο διαιρέτη εκτός του και του , άτοπο.

3)

Έχουμε ότι:

$2^b(3^a+5^b)=2^{2a}(3^a+5^{2a})=2^{2a}(3^a+25^a)=2^c\cdot 3551^c$

Όμως ο είναι άρτιος, ενώ ο είναι περιττός. Άρα $2^c>2^{2a}\Leftrightarrow c>2a$ . Όμως τότε . Άρα έχουμε ότι $2^{2a}(3^a+25^a)<2^c\cdot 3551^c$ , άτοπο.

Η εξίσωση λοιπόν δεν έχει ακέραιες λύσεις

Πολύ ωραία! Μια άλλη λύση είναι η εξής:
Παρατηρούμε ότι: $LHS\equiv1+(-1)^b (\mod{11})$
Αν ο

είναι περιττός τότε 11|LHS

άρα $11|7102^{c}$ άτοπο.
Άρα ο

πρέπει να είναι άρτιος.
Θα χρησιμοποιήσουμε την αρτιότητα του

για να εφαρμόσουμε Legendre

Στην συνέχεια έχουμε $67,53|7102^{c}$ άρα
$\displaystyle{\left(\frac{-(12^a)}{67}\right)=\left(\frac{-(12^a)}{53}\right)=1}$

$\displaystyle{\left(\frac{-1}{67}\right)\left(\frac{3^a}{67}\right)=\left(\frac{-1}{53}\right)\left(\frac{3^a}{53}\right)=1}$

$\displaystyle{-\left(\frac{3^a}{67}\right)=\left(\frac{3^a}{53}\right)=1}$
Λαμβάνοντας περιπτώσεις:

Αν ο

είναι άρτιος τότε $\displaystyle{1=-\left(\frac{3^a}{67}\right)=-1}$ που είναι άτοπο

Αν ο

είναι περιττός τότε $\displaystyle{1=\left(\frac{3^x}{53}\right)=\left(\frac{3}{53}\right)=\left(\frac{53}{3}\right)=\left(\frac{2}{3}\right)=-1}$
που είναι επίσης άτοπο.
Άρα η εξίσωση δεν έχει λύση.

JimNt. · #54

Άσκηση 18 Juniors
Δίνεται μια σκακιέρα $\displaystyle{10 \cdot 10}$ , στην οποία τοποθετούμε

πύργους. Να δείξετε ότι θα υπάρχουν

πύργοι που δεν θα απειλούνται μεταξύ τους (ανά δύο).

JimNt. · #55

Άσκηση 19 Juniors

Αν για τους θετικούς πραγματικούς x,y,z

ισχύει

, να προσδιορίσετε τον

: $x^2+y^2+z^2\ge n$

Να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές του

: $m^2+2k \cdot m+n=0$ , έτσι ώστε να ισχύει η σχέση: $(\frac{m_1}{m_2})^2+(\frac{m_2}{m_1})^2 \ge 4$ .

Γιάννης Μπόρμπας · #56

19 A
Από AM-GM

έχουμε $(xyz)^4=(x+y+z+2)^4\ge 512xyz$
Άρα $xyz\ge 8$ με την ισότητα όταν x=y=z=2

Οπότε $x^2+y^2+z^2\ge 3\sqrt[3]{(xyz)^2}\ge12=n$
Με την ισότητα να ισχύει όταν x=y=z=2

Datis-Kalali · #57

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Άσκηση 8 Juniors
Να λυθεί στους θετικούς ακεραίους η εξίσωση:

Η εξίσωση γράφεται ,
b^2-ab-(2a^2+3a-12)=0

Αφου $\displaystyle{ είναι θετικός ακέραιος,$ \Delta=a^2+4(2a^2+3a-12)=(3a+2)^2-52=k^2

\Rightarrow} $(3a+k+2)(3a-k+2)=13\cdot 2^2$
Εχούμε ότι
$(3a+k+2)\equiv(3a-k+2) (mod2)$ και a>0

Τότε,
$\begin{cases} 3a+k+2=26 \\ 3a-k+2=2 \end{cases}$
$\Rightarrow a=4 \Rightarrow b=8$

JimNt. · #58

Datis-Kalali έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Άσκηση 8 Juniors
Να λυθεί στους θετικούς ακεραίους η εξίσωση:
Η εξίσωση γράφεται ,

Αφου $\displaystyle{ είναι θετικός ακέραιος,$ \Delta=a^2+4(2a^2+3a-12)=(3a+2)^2-52=k^2\Rightarrow} $(3a+k+2)(3a-k+2)=13\cdot 2^2$
Εχούμε ότι
$(3a+k+2)\equiv(3a-k+2) (mod2)$ και
Τότε,
$\begin{cases} 3a+k+2=26 \\ 3a-k+2=2 \end{cases}$
$\Rightarrow a=4 \Rightarrow b=8$
Είναι ομία με την απάντηση του Jim.Nt, αλλα έγραψα την εξίσωση με b άγνωστος, για να γίνει ευκολότερη

Βασικά και με α άγνωστο το ίδιο πράγμα μπορούσε να γίνει, απλά εγώ επέλεξα φραγή σε διαδοχικά τετράγωνα .

Γιάννης Μπόρμπας · #59

Άσκηση 20 Seniors
Να βρεθούν τα ζεύγη θετικών ακεραίων (a,b)

που είναι τέτοια ώστε ο αριθμός: $\displaystyle{\frac{a^5+ab^4}{a^2+b^2}}$ να
είναι τέλειος κύβος πρώτου αριθμού.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #60

JimNt. έγραψε:Άσκηση 18 Juniors
Δίνεται μια σκακιέρα $\displaystyle{10 \cdot 10}$ , στην οποία τοποθετούμε πύργους. Να δείξετε ότι θα υπάρχουν πύργοι που δεν θα απειλούνται μεταξύ τους (ανά δύο).

Επιλέγουμε τις

γραμμές με τις περισσότερους πύργους.

Σε αυτές τις γραμμές δεν γίνεται να υπάρχει γραμμή χωρίς πύργο, αφού τότε και οι

γραμμές που δεν επιλέχθηκαν δεν θα είχαν πύργο, ενώ θα έπρεπε να χωρέσουν

πύργοι στις υπόλοιπες

γραμμές, άτοπο αφού χωράνε μέχρι

πύργοι.

Διακρίνουμε περιπτώσεις:

1) Αν στις επιλεγμένες γραμμές υπάρχει κάποια με

μόνο πύργο, τότε ακόμα κι αν όλες οι μη επιλεγμένες γραμμές είχαν από

πύργο, θα έπρεπε να χωρέσουν 41-5-1=35

πύργοι στις υπόλοιπες

γραμμές, άρα θα υπήρχαν τουλάχιστον

πύργοι σε κάθε μία από αυτές. Επομένως, εκτός από τον πύργο της αρχικής σειράς, σίγουρα υπάρχει ένας σε κάθε μία από τις υπόλοιπες γραμμές που να βρίσκονται σε διαφορετικές στήλες και άρα να μην απειλούνται μεταξύ τους.

2) Αν στις επιλεγμένες γραμμές υπάρχει κάποια με

πύργους, τότε ακόμα κι αν όλες οι μη επιλεγμένες γραμμές είχαν από

πύργους, θα έπρεπε να χωρέσουν 41-10-2=29

πύργοι στις υπόλοιπες

γραμμές. Στη χειρότερη περίπτωση θα υπάρχει και δεύτερη γραμμή με

πύργους, ενώ θα έπρεπε να χωρέσουν

πύργοι στις υπόλοιπες

γραμμές, άρα θα υπήρχαν τουλάχιστον

πύργοι σε κάθε μία από αυτές. Επομένως, επιλέγουμε έναν από τους

πύργους της αρχικής γραμμής, έναν από τους

πύργους της άλλης γραμμής που να μη βρίσκεται στην ίδια στήλη με τον προηγούμενο, ενώ σίγουρα υπάρχει ένας σε κάθε μία από τις υπόλοιπες γραμμές που να βρίσκονται σε διαφορετικές στήλες και άρα να μην απειλούνται μεταξύ τους.

3) Αν στις επιλεγμένες γραμμές υπάρχει κάποια με

πύργους, τότε ακόμα κι αν όλες οι μη επιλεγμένες γραμμές είχαν από

πύργους, θα έπρεπε να χωρέσουν 41-15-3=23

πύργοι στις υπόλοιπες

γραμμές. Στη χειρότερη περίπτωση θα υπάρχει δεύτερη και τρίτη γραμμή με

πύργους, ενώ θα έπρεπε να χωρέσουν

πύργοι στις υπόλοιπες

γραμμές, άρα θα υπήρχαν τουλάχιστον

πύργοι σε κάθε μία από αυτές. Επομένως, επιλέγουμε έναν από τους

πύργους της αρχικής γραμμής, έναν από τους

πύργους της δεύτερης γραμμής που να μη βρίσκεται στην ίδια στήλη με τον προηγούμενο, το ίδιο για την τρίτη γραμμή, ενώ σίγουρα υπάρχει ένας σε κάθε μία από τις υπόλοιπες γραμμές που να βρίσκονται σε διαφορετικές στήλες και άρα να μην απειλούνται μεταξύ τους.

4) Αν όλες οι επιλεγμένες γραμμές έχουν τουλάχιστον

πύργους, τότε ακόμα κι αν όλες οι μη επιλεγμένες γραμμές είχαν από

πύργους, θα έπρεπε να χωρέσουν 41-20-4=17

πύργοι στις υπόλοιπες

γραμμές. Στη χειρότερη περίπτωση θα υπάρχουν

επιλεγμένες γραμμές με

πύργους και η πέμπτη με

πύργους. Επομένως, επιλέγουμε έναν πύργο από κάθε μια από τις

πρώτες γραμμές που να βρίσκονται σε διαφορετικές στήλες και στην πέμπτη γραμμή σίγουρα υπάρχει ένας που να βρίσκεται σε διαφορετική στήλη και άρα όλοι αυτοί οι πύργοι να μην απειλούνται μεταξύ τους.

Υ.Γ. Η αρχική ιδέα εδώ

Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Μέλη σε σύνδεση