Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#101

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 12, 2018 4:09 pm

ΑΣΚΗΣΗ 27

Δείξτε ότι αν ο αριθμός είναι πρώτος, τότε για κάποιο φυσικό .

Θα χρησιμοποιήσουμε το εξής λήμμα:

Αν ο

δε διαιρείται με το

τότε το πολυώνυμο $x^{2n}+x^n+1$ διαιρείται από το x^2+x+1

Απόδειξη

Αν n=3k+1

τότε

άρα

$\begin{aligned}x^{2n}+x^n+1 &=x^{3m+2}+x^{3k+1}+1\equiv \left(x^3\right)^m\cdot x^2 + \left(x^3\right)^k \cdot x+1 \\ &\equiv 1\cdot x^2+1\cdot x+1 \equiv 0\pmod{(x^2+x+1)}\end{aligned}$
διότι $x^3\equiv 1\pmod{(x^2+x+1)}$

Όμοια αν n=3k+2

τότε

και παίρνουμε και πάλι ότι $x^{2n}+x^n+1 \equiv 0\pmod{(x^2+x+1)}$ $\blacksquare$

Επιστρέφουμε στην άσκηση:

Από το παραπάνω λήμμα αν ο

δεν διαιρείται από το

τότε για

παίρνουμε ότι ο A=4^n+2^n+1

διαιρείται από το 2^2+2+1=7

άρα δεν είναι πρώτος.

Άρα για να είναι ο

πρώτος πρέπει ο

να διαιρείται από το

. Αν $n=3^k\cdot l, \ l>1$ όπου

η μεγαλύτερη δύναμη του

που υπάρχει στο

(δηλαδή $3\nmid l$ ) τότε με όμοιο επιχείρημα επειδή ο αριθμός $\left(x^{3^k}\right)^{2l}+\left(x^{3^k}\right)^l+1$ είναι πρώτος πρέπει ο

να διαιρείται από το

(από το παραπάνω Λήμμα), άτοπο. Άρα l=1

και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Αλέξανδρος

#102

Ωραία και κλασική άσκηση που φαίνεται η δύναμη των πολυωνύμων. Υπάρχει και στον Engel και στο βιβλίο Μαθ. Διαγωνισμοί ΙΙ.

#103

ΑΣΚΗΣΗ 28

Αν $r_1,\,r_2,\,r_3$ οι ρίζες της , να βρεθεί η τιμή της παράστασης $\{r_1\}+\{r_2\}+\{r_3\}$ (άθροισμα κλασματικών μερών), χωρίς να επιλυθεί η εξίσωση.

#104

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 31, 2018 9:07 pm
ΑΣΚΗΣΗ 28

Αν $r_1,\,r_2,\,r_3$ οι ρίζες της , να βρεθεί η τιμή της παράστασης $\{r_1\}+\{r_2\}+\{r_3\}$ (άθροισμα κλασματικών μερών), χωρίς να επιλυθεί η εξίσωση.

Από τους τύπους Vieta παίρνουμε r_1+r_2+r_3=-1

δηλαδή $[r_1]+[r_2]+[r_3]+\{r_1\}+\{r_2\}+\{r_3\}=-1$ και αφού ισχύει $0\leq \{r_1\}+\{r_2\}+\{r_3\} <3$ άρα παίρνουμε $-4<[r_1]+[r_2]+[r_3]\leq -1$ .

$\blacksquare$ Αν [r_1]+[r_2]+[r_3] =-1

τότε $\{r_1\}+\{r_2\}+\{r_3\}=0$ κι έτσι $\{r_1\}=\{r_2\}=\{r_3\}=0$ , άτοπο αφού η αρχική εξίσωση δεν έχει ακέραιες ρίζες.

$\blacksquare$ Αν [r_1]+[r_2]+[r_3]=-3

τότε $\{r_1\}+\{r_2\}+\{r_3\}=2$ . Αν ορίσουμε f(x)=x^3+x^2-4x+1

, τότε αφού $f(-3)\cdot f\left(-\dfrac{5}{2}\right)<0$ , $f(0)\cdot f\left(\dfrac{1}{2}\right)<0$ και $f(1)\cdot f\left(\dfrac{3}{2}\right)<0$ άρα για τις ρίζες ισχύει $0 < \{r_i\} <\dfrac{1}{2}, \ i=1,2,3$ κι έτσι $0 < \{r_1\}+\{r_2\}+\{r_3\} <\dfrac{3}{2} < 2$ , άτοπο.

Άρα τελικά πρέπει [r_1]+[r_2]+[r_3]=-2

και τελικά $\boxed{ \{r_1\}+\{r_2\}+\{r_3\}=1}$ .

Αλέξανδρος

#105

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 31, 2018 9:07 pm
ΑΣΚΗΣΗ 28

Αν $r_1,\,r_2,\,r_3$ οι ρίζες της , να βρεθεί η τιμή της παράστασης $\{r_1\}+\{r_2\}+\{r_3\}$ (άθροισμα κλασματικών μερών), χωρίς να επιλυθεί η εξίσωση.

Η δική μου λύση (η άσκηση είναι κατασκευής μου) είναι παραλλαγή αυτής του Αλέξανδρου:

Από τους τύπους Vieta έχουμε $\{r_1\}+\{r_2\}+\{r_3\} = r_1+r_2+r_3- ([r_1]+[r_2]+[r_3])=-1- ([r_1]+[r_2]+[r_3])$ . Τώρα, αφού για το δοθέν πολυώνυμο εύκολα υπολογίζουμε ότι

p(-3)p(-2)<0

, σημαίνει ότι έχει ρίζα $r_1\in (-3,-2)$ . Άρα [r_1]=-3

. Όμοια για τις άλλες δύο ρίζες έχουμε

p(0)p(1)<0

και

οπότε $r_2\in (0,1), \, r_3\in (1,2)$ που σημαίνει $[r_2]=-0, \, [r_3]=1$ . Τελικά

$\{r_1\}+\{r_2\}+\{r_3\} = -1- (-3+0+1)=1$

#106

Άσκηση 29:

Αν $\displaystyle{a,b,c,d}$ είναι οι ρίζες του πολυωνύμου $\displaystyle{P(x)=x^4+px^3+qx^2+rx+1,}$ να εκφράσετε την παράσταση

$\displaystyle{K=(a^4+1)(b^4+1)(c^4+1)(d^4+1)}$ συναρτήσει των $\displaystyle{p,q,r.}$

#107

matha έγραψε: ↑
Πέμ Σεπ 20, 2018 9:11 am
Άσκηση 29:

Αν $\displaystyle{a,b,c,d}$ είναι οι ρίζες του πολυωνύμου $\displaystyle{P(x)=x^4+px^3+qx^2+rx+1,}$ να εκφράσετε την παράσταση

$\displaystyle{K=(a^4+1)(b^4+1)(c^4+1)(d^4+1)}$ συναρτήσει των $\displaystyle{p,q,r.}$

Είναι $P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d) \ \ (1)$

Επειδή x^4+1=(x ^2+i)(x^2-i)=(x+z_1)(x-z_1)(x+z_2)(x-z_2)

με

και

. (Προφανώς οι z_1,z_2

είναι οι πρωταρχικές τέταρτες ρίζες του

και η μεταξύ τους σχέση είναι ότι $z_2=\overline{z_1}$ )

Άρα $K=\prod (a+z_1)(a-z_1)(a+z_2)(a-z_2)=P(z_1)P(-z_1)P(z_2)P(-z_2)$ όπου το γινόμενο είναι πάνω στα a,b,c,d

.

Πράγματι, αν στην (1)

βάλουμε όπου

το

παίρνουμε

κ.ο.κ.

Όμως P(z_1)=z_1^4+pz_1^3+qz_1^2+rz_1+1=-1+pz_1i+qi+rz_1+1=qi+z_1(r+pi)

Όμοια,

,

$P(z_2)=-qi+z_2(r-pi)\right]=\overline{\left[qi+z_1(r+pi)\right]}=\overline{P(z_1)}$ και τέλος

$P(-z_2)=\overline{P(-z_1)}$

Όμως P(z_1)P(-z_1)=(qi)^2-i(r+pi)^2=(2rp-q^2)+(p^2-r^2)i

και

$P(z_2)P(-z_2)=\overline{P(z_1)P(-z_1)}=(2rp-q^2)-(p^2-r^2)i$

κι έτσι τελικά K=(2rp-q^2)^2+(p^2-r^2)^2

#108

Άσκηση 30:

Για ποιες τιμές του

το πολυώνυμο x^2-x+a

διαιρεί το $x^{13} +x+90$ ;

(από Trigg, Mathematical Quickies)

#109

Άσκηση 31:

Δείξτε ότι για κάθε φυσικό

ο αριθμός

είναι πολλαπλάσιο του 8640

.

(από Trigg, Mathematical Quickies)

#110

Καλημέρα Μιχάλη.

Έχουμε: $\displaystyle{A=n^9 -6n^7 +9n^5 -4n^3 = n^3 (n^6 -6n^4 +9n^2 -4)=}$

$\displaystyle{n^3 (n^6 -5n^4 -n^4 +10n^2 -n^2 -5+1)=n^3 (n^6 -n^4 -n^2 +1 -5n^4 +10n^2 -5)=}$

$\displaystyle{n^3 [n^4 (n^2 -1)-(n^2 -1)-5(n^4 -2n^2 +1)]=n^3 [(n^2 -1)(n^4 -1)-5(n^2 -1)^2 ]=}$

$\displaystyle{n^3 [(n^2 -1)^2 (n^2 +1)-5(n^2 -1)^2 ]= n^3 (n^2 -1)^2 (n^2 -4)=n^3 (n-1)^2 (n+1)^2 (n-2)(n+2)}$

Επειδή $\displaystyle{8640 = 2^6 .3^3.5}$ , αρκεί να δείξουμε ότι ο αριθμός $\displaystyle{A}$ διαιρείται με το $\displaystyle{2^6 }$ , το $\displaystyle{3^3}$ και το $\displaystyle{5}$ .

Αφού $\displaystyle{A=(n-2)(n-1)n(n+1)(n+2).n^2 (n-1)(n+1)}$ , άρα θα διαιρείται με το 5 , αφού περιέχει γινόμενο πέντε διαδοχικών ακεραίων.

Επίσης αφού $\displaystyle{A=(n-2)(n-1)n . (n-1)n(n+1).n(n+1)(n+2)}$ , άρα θα διαιρείται με το $\displaystyle{3^3}$

Μένει τέλος να δείξουμε ότι ο $\displaystyle{A}$ διαιρείται με το $\displaystyle{2^6}$

Πράγματι, έστω $\displaystyle{n=2k , k/in N}$ . Τότε $\displaystyle{A=2^3 k^3 (2k-1)^2 (2k+1)^2 (2k-2)(2k+2)=2^5 k^3 (2k-1)^2 (2k+1)^2 (k-1)(k+1)=}$

$\displaystyle{2^5 .k(k+1).k^2 (2k_1)^2 (2k+1)^2 (k-1)}$ και άρα είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{2^6}$ , αφού ο $\displaystyle{k(k+1)}$ είναι πολλαπλάσιο του

Έστω τώρα $\displaystyle{n=2k+1}$ . Τότε $\displaystyle{A=(2k+1)^3 (2k)^2 (2k+2)^2 (2k-1)(2k+3)=2^4 (2k+1)^3 k^2 (k+1)^2 (2k-1)(2k+3)=}$

$\displaystyle{2^4 .k(k+1).k(k+1).(2k+1)^3 (2k-1)(2k+3)}$ και άρα είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{2^6}$ , αφού οι αριθμοί $\displaystyle{k(k+1) , k(k+1)}$ είναι

πολλαπλάσια του 2.

#111

Άσκηση 32:

Αν $\displaystyle{a,b,c}$ είναι οι ρίζες του πολυωνύμου $\displaystyle{P(x)=x^3+2x-1,}$ να υπολογίσετε την τιμή των παραστάσεων

$\displaystyle{K=a^3b+b^3c+c^3a.}$

$\displaystyle{L=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}.}$

min## · #112

matha έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 20, 2018 10:16 pm
Άσκηση 32:

Αν $\displaystyle{a,b,c}$ είναι οι ρίζες του πολυωνύμου $\displaystyle{P(x)=x^3+2x-1,}$ να υπολογίσετε την τιμή των παραστάσεων

$\displaystyle{K=a^3b+b^3c+c^3a.}$

$\displaystyle{L=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}.}$

Από

,

.
Η πρώτη,επειδή πχ. a^3=1-2a

,γίνεται

.
Για τη δεύτερη,είναι $0=(a+b+c)(ab+bc+ca)=\sum_{cyc}a^2c+\sum_{cyc}a^2b+3abc$ ,οπότε αν $\sum_{cyc}a^2b=L'$ ,θα είναι $\blacklozenge L+L'=-3$ .
Παίρνω τώρα το
$L^2=\sum_{cyc}a^4c^2+2\sum_{cyc}c^3ab=\sum_{cyc}(1-2a)ac^2+2\sum_{cyc}c^2a=3\sum_{cyc}c^2a-2\sum_{cyc}a^2c^2$ ,δηλαδή L^2=3L'-2(ab+bc+ca)^2=3(-3-L)-8

,οπότε και λύνω τη δευτεροβάθμια L^2+3L+17=0

,από όπου προκύπτει $L=\frac{-3\pm i\cdot \sqrt{59}}{2}$ ,από όπου γίνονται δεκτές και οι δύο λύσεις.(Αφού η

είναι κυκλική και όχι συμμετρική έχει σημασία η διάταξη των ριζών.Επιπλέον,αν πάρω τη μια από τις 2 για

,το

εξαιτίας της $\blacklozenge$ θα πάρει την άλλη κλπ.)

#113

Ξεχάστηκε η Άσκηση

#114

matha έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 20, 2018 10:16 pm
Άσκηση 32:

Αν $\displaystyle{a,b,c}$ είναι οι ρίζες του πολυωνύμου $\displaystyle{P(x)=x^3+2x-1,}$ να υπολογίσετε την τιμή των παραστάσεων

$\displaystyle{K=a^3b+b^3c+c^3a.}$

$\displaystyle{L=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}.}$

.
Η αρχική μου λύση ήταν παραλλαγή αυτής του min# παραπάνω, γι' αυτό έβαλα στοίχημα με τον εαυτό μου να βρω διαφορετική. Καταγράφω το αποτέλεσμα (δύο τεχνικές). Είμαι βέβαιος ότι οι ίδιες δύο τεχνικές προσαρμόζονται σε ευρύ φάσμα ανάλογων περιπτώσεων, ιδίως η λύση της β) που είναι ασυμμετρική και η απάντηση εξαρτάται από την σειρά των ριζών (περιέργως δεν συμβαίνει το ίδιο για την α)):

α) Η εξίσωση έχει μία πραγματική και δύο μιγαδικές ρίζες. Άρα οι ρίζες είναι της μορφής $p\pm iq$ και (επειδή $\sum a=0$ ) η τρίτη είναι -2p

.
Από εδώ βγαίνουν διάφορες ταυτότητες. Για παράδειγμα το γινόμενο των ριζών (το οποίο όμως δεν θα χρησιμοποιήσω εδώ αλλά το καταγράφω) δίνει -2p(p^2+q^2)=1

. Όμοια από το $\sum ab=2$ έπεται -3p^2+q^2=2

.

Tώρα η δοθείσα παράσταση μετά από απλές πράξεις δίνει -9p^4-q^4+6p^2q^2

. Προσπαθούμε τώρα να γράψουμε την παράσταση που βρήκαμε συναρτήσει των παραπάνω διώχνοντας τα $p,\,q$ . Εδώ τυχαίνει και είναι εύκολο, καθώς ισούται -(-3p^2+q^2)^2= -2^2=-4

.

β) Άλλη τεχνική: Γράφουμε $L=\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}$ και $M= \dfrac{a}{c}+\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}$ . Τώρα οι παραστάσεις $L+M, \, LM$ είναι συμμετρικές (εδώ είναι το κλειδί) και είναι εύκολο να τις βρούμε.

Είναι $\displaystyle{L+M= \frac{a+c}{b}+\frac{b+a}{c}+\frac{c+b}{a}= \frac{-b}{b}+\frac{-c}{c}+\frac{-a}{a}= -3}$ και

$\displaystyle{LM=...= \left ( \frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ac}+\frac{c^2}{ab}\right ) + \left ( \frac{bc}{a^2}+\frac{ca}{b^2}+\frac{ab}{c^2}\right )+ 3= \frac{a^3+b^3+c^3}{abc} + abc \left ( \frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}\right )+ 3}$

Εύκολα βρίσκουμε (με διάφορους τρόπους) ότι $\displaystyle{ a^3+b^3+c^3=3}$ και $\displaystyle{ \frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}= 11}$ (εδώ διευκολύνει να πούμε ότι τα $1/a, \, 1/b, \, 1/c$ είναι ρίζες της y^3-2y^2-1=0

και λοιπά).

Τελικά LM= 17

, που μαζί με την L+M=-3

δίνει $L= \dfrac {-3\pm \sqrt{59} i}{2}$ .

#115

Άσκηση 33:

Αν $\displaystyle{a,\,b,\,c,\,d,\,e,\, f,\, g,\, h}$ είναι αναδιάταξη των $1,\,2,\,3, \, 4, \, 5, \, 6, \, 7,\, 8,$ ποιος είναι ο μικρότερος δυνατός βαθμός που μπορεί να έχει το πολυώνυμο ;

Σχόλιο: Η άσκηση σε αλλιώτικη μορφή είναι ουσιαστικά λυμένη (εκτός από μερικές λεπτομέρειες) σε πρόσφατο ποστ. Την τοποθετώ εδώ για πληρότητα του παρόντος θρεντ "Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων". Αναμένω λύση, ιδίως από τους μαθητές μας.

#116

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 11, 2018 8:09 am
Άσκηση 30:

Για ποιες τιμές του το πολυώνυμο διαιρεί το $x^{13} +x+90$ ;

(από Trigg, Mathematical Quickies)

Μέχρι να μας αποκαλύψει ο Μιχάλης το "τσίμπημα του σκορπιού" (όπως έλεγε ο Φίσερ), σκέφτηκα να λειτουργήσω σαν μαθητής Β' Λυκείου και να κάνω την διαίρεση!!! Θα διαιρέσω το $x^{13}$ με το x^2-x+a

και θα ζητήσω το υπόλοιπο να είναι το -x-90

.

Οι συντελεστές του πηλίκου με σειρά εμφάνισης είναι 1, 1, 1-a, 1-2a, ...

Ακολουθούν το "μοτίβο":

$x_1=1, x_2=1, x_{n+2}=x_{n+1}-ax_{n}$

To υπόλοιπο θα είναι το $(x_{12}-ax_{11})x-ax_{12}$ . Για να ισούται με -x-90

υπολογισμοί (ρουτίνας

) δίνουν:

Αυτές έχουν κοινή λύση το a=2

που είναι εύκολο να το αντιληφθούμε. Αν είναι μοναδική θα το ψάξω στο επόμενο ... τετράμηνο της Β' !!

KARKAR · #117

Άσκηση 34

Αν : $P(x)=x^{10}+2x^9-2x^8-2x^7+x^6+3x^2+6x+1$ ,

βρείτε το : $P(\tan\dfrac{\pi}{8})$ , ( εννοείται χωρίς χρήση λογισμικού ... )

#118

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 15, 2018 11:13 am
Άσκηση 34

Αν : $P(x)=x^{10}+2x^9-2x^8-2x^7+x^6+3x^2+6x+1$ ,

βρείτε το : $P(\tan\dfrac{\pi}{8})$ , ( εννοείται χωρίς χρήση λογισμικού ... )

Θέτουμε $x=\tan\dfrac{\pi}{8}$ . Επειδή $\displaystyle{1=\tan \dfrac {\pi}{4} = \frac {2x}{1-x^2} }$ συμπεραίνουμε ότι το $x=\tan\dfrac{\pi}{8}$ ικανοποιεί x^2+2x-1=0

.

Έχουμε τώρα

$\displaystyle{x^{10}+2x^9-2x^8-2x^7+x^6+3x^2+6x+1 = x^8( x^2+2x-1) -x^6(x^2+2x-1)+3(x^2+2x-1) +4=$

$\displaystyle{=0+0+0+4=4}}$

#119

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 11, 2018 8:09 am
Άσκηση 30:
Για ποιες τιμές του το πολυώνυμο διαιρεί το $x^{13} +x+90$ ;

Θεωρώ ότι μιλάμε για ακέραιο $\displaystyle{a}$ .

Θέλουμε

$\displaystyle{x^{13}+x+90=(x^2-x+a)f(x),}$ όπου $\displaystyle{f(x)\in \mathbb{Z}[x].}$

Θέτουμε στη σχέση αυτή $\displaystyle{x=0,x=1,x=-1,}$ οπότε προκύπτει

$\displaystyle{af(0)=90,~~af(1)=92,~~(a+2)f(-1)=88.}$

Επομένως είναι $\displaystyle{a|90,~~a|92,~~(a+2)|88.}$

Από τις πρώτες δύο έχουμε και $\displaystyle{a|\gcd (90,92)\implies a|2\implies a=\pm 1, \pm 2.}$

Οι τιμές $\displaystyle{-1,-2}$ απορρίπτονται γιατί τότε το $\displaystyle{x^{13}+x+90}$ θα είχε δύο τουλάχιστον ρίζες (τις ρίζες του $\displaystyle{x^2-x-1,x^2-x-2}$ αντίστοιχα).
Όμως, το $\displaystyle{x^{13}+x+90}$ έχει φανερά μοναδική πραγματική ρίζα.

Τέλος, απορρίπτεται και η τιμή $\displaystyle{a=1,}$ γιατί αντιβαίνει στην $\displaystyle{(a+2)|88.}$

Απομένει η τιμή $\displaystyle{a=2.}$ Είναι εύκολο να δούμε ότι πράγματι $\displaystyle{(x^2-x+2)|(x^{13}+x+90).}$

Λάμπρος Κατσάπας · #120

ΑΣΚΗΣΗ 35

Έστω πολυώνυμο P(x)=x^3-ax+b,(a,b>0)

το οποίο έχει τρεις πραγματικές ρίζες. Να αποδείξετε ότι

1) δύο εκ των ριζών είναι θετικές και η τρίτη αρνητική και

2) η μικρότερη εκ των δύο θετικών ριζών είναι ανάμεσα στους αριθμούς $\displaystyle\frac{b}{a},\frac{3b}{2a}.$

Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Μέλη σε σύνδεση