Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

JimNt. · #1781

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 594: (Βαθμός δυσκολίας 3, με κλίμακα από το 1 μέχρι το 10) . Αν ο αριθμός $\displaystyle{(2n+1)^2 +2^{2n+1} -1}$

δεν διαιρείται με το , να βρεθεί ο μη αρνητικός ακέραιος αριθμός

Μια διαφορετική λύση. Έστω

η παράσταση.Είναι:
$(2n+1)^{2}\equiv 1(mod4)$ (Καθώς 2n+1

περιττός(άρα και το τετράγωνό του είναι περιττός) και ποτέ πολ. του

)
$2^{2n+1} \equiv 0,2(mod4)$ (Αν 2n+1 > 1

, ισχύει πάντα η πρώτη περίπτωση. Αν 2n+1=1

$\Leftrightarrow$ n=0

ισχύει η δεύτερη περίπτωση)
$-1\equiv -1(mod4)$
Με πρόσθεση των παραπάνω λαμβάνουμε ότι:
$K \equiv 0,2(mod4)$ . Παίρνουμε την δεύτερη περίπτωση που επιτυγχάνεται όταν $2^{2n+1} \equiv 2(mod4)$ $\Leftrightarrow$ 2n+1=1

$\Leftrightarrow$ n=0

.

#1782

ΑΣΚΗΣΗ 595: (Βαθμός δυσκολίας 6, με κλίμακα από το 1 μέχρι το 10). Αν ο αριθμός $\displaystyle{A=\frac{a^2 +b^4}{a^4 -b^2}}$ είναι

φυσικός και αν $\displaystyle{a,b\in N , a>b}$ , να βρεθούν οι αριθμοί a , b

JimNt. · #1783

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 595: (Βαθμός δυσκολίας 6, με κλίμακα από το 1 μέχρι το 10). Αν ο αριθμός $\displaystyle{A=\frac{a^2 +b^4}{a^4 -b^2}}$ είναι

φυσικός και αν $\displaystyle{a,b\in N , a>b}$ , να βρεθούν οι αριθμοί

Αφόυ

και $a,b\in\mathbff{N}$ έπεται ότι a=b+n

, με

φυσικό $\ge1$ . Επιπλέον, αφού το κλάσμα που δίνεται πάρνει και φυσικές τιμές έπεται ότι $a^{4}-b^{2}\le a^{2}+b^{4}$ $\Leftrightarrow$ $(b+n)^{4}-(b+n)^{2}\le b^{4}+b^{2}$ $\Leftrightarrow$ $b^{4}+4b^{3}n+6b^{2}n^{2}+4bn^{3}+n^{4}-b^{2}-2bn-n^{2}\le b^{4}+b^{2}$ $\Leftrightarrow$ $4b^{3}n+6b^{2}n^{2}+4bn^{3}+n^{4}-n^{2}-2b^{2}-2bn\le0$ $\Leftrightarrow$ $n^{2}(n^{2}-1)+2b(2b^{2}n+3bn^{2}+2n^{3}-n-b) \le 0$ (1)

Ευκολα τώρα βλέπουμε πως (αφού a,n

φυσικοί και $n\ge1$ ) $2b(2b^{2}+3bn^{2}+2n^{3})\ge 2b(n+b)$ , $n^{2}\ge1$ . Όμως για να ισχύει η (1)

θα πρέπει να ισχύει η ισότητα και στις δύο προαναφερθείσες ανισότητες, διαφορετικά το αριστερό μέλος της (1)

θα είναι θετικό. Στην δεύτερη η ισότητα ισχύει για n=1

. Αντικαθιστούμε στην άλλη και παίρνουμε $2b(2b^{2}+3b+2)\ge 2b(1+b)$ , που (καθώς

φυσικός και $2b^{2}+3b+2>1+b$ ) η ισότητα ισχύει μόνο αν b=0

, διαφορετικά η (1)

δεν ισχύει. Έτσι η (1)

γίνεται $0\le0$ , που ισχύει.
Έτσι το κλάσμα της εκφώνησης γίνεται $\frac{a^{2}}{a^{4}}$ , που είναι φυσικός μόνο αν a=b+n=0+1=1

. Έτσι το ζεύγος (a,b)=(1,0)

είναι και το μοναδικό.

#1784

ΑΣΚΗΣΗ 596: Δίνεται ένα ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ και έστω $\displaystyle{BD}$ το ύψος του. Ο κύκλος $\displaystyle{(A,AD)}$ τέμνει την
ημιευθεία $\displaystyle{BA}$ στο σημείο $\displaystyle{E}$ . Αν η ευθεία $\displaystyle{ED}$ τέμνει την βάση $\displaystyle{BC}$ στο $\displaystyle{Z}$ ,

(α) Να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα $\displaystyle{EBZ}$ και $\displaystyle{DZC}$ είναι όμοια
(β) Αν επί πλέον δίνεται ότι $\displaystyle{\frac{AD}{DC}=k}$ , να βρεθεί ο λόγος $\displaystyle{\frac{(EBZ)}{(DZC)}}$

: SXΓ5.png (14.11 KiB) Προβλήθηκε 2924 φορές

Ορέστης Λιγνός · #1785

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 596: Δίνεται ένα ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ και έστω $\displaystyle{BD}$ το ύψος του. Ο κύκλος $\displaystyle{(A,AD)}$ τέμνει την
ημιευθεία $\displaystyle{BA}$ στο σημείο $\displaystyle{E}$ . Αν η ευθεία $\displaystyle{ED}$ τέμνει την βάση $\displaystyle{BC}$ στο $\displaystyle{Z}$ ,

(α) Να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα $\displaystyle{EBZ}$ και $\displaystyle{DZC}$ είναι όμοια
(β) Αν επί πλέον δίνεται ότι $\displaystyle{\frac{AD}{DC}=k}$ , να βρεθεί ο λόγος $\displaystyle{\frac{(EBZ)}{(DZC)}}$

SXΓ5.png

Καλημέρα!

(α)

Αφού

κέντρο του κύκλου, AE=AD

και

και ακόμη

(από το ισοσκελές ABC

).
Άρα, τα τρίγωνα EBZ,DZC

έχουν δύο ίσες γωνίες, και άρα είναι όμοια.

(β) Είναι $\dfrac{(EBZ)}{(DZC)}= (\dfrac{EB}{DC})^2=(\dfrac{AB+AE}{DC})^2=(\dfrac{AC+AD}{DC})^2=(\dfrac{2AD+DC}{DC})^2=(2k+1)^2$ .

Al.Koutsouridis · #1786

ΑΣΚΗΣΗ 597: Δίνεται η εξίσωση $\alpha \beta + \gamma \delta + \epsilon \zeta = \chi \psi \omega$ , όπου κάθε γράμμα αντιστοιχεί σε διαφορετικό ψηφίο, κανένα ψηφίο δεν μπορεί να είναι το

και κανένας αριθμός δεν ξεκινάει με το

. Να βρείτε την ελάχιστη δυνατή τιμή του $\chi \psi \omega$ .

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #1787

Al.Koutsouridis έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 597: Δίνεται η εξίσωση $\alpha \beta + \gamma \delta + \epsilon \zeta = \chi \psi \omega$ , όπου κάθε γράμμα αντιστοιχεί σε διαφορετικό ψηφίο, κανένα ψηφίο δεν μπορεί να είναι το και κανένας αριθμός δεν ξεκινάει με το . Να βρείτε την ελάχιστη δυνατή τιμή του $\chi \psi \omega$ .

Μια λύση της εξίσωσης είναι η εξής:

25+36+47=108

Θα αποδείξουμε ότι ο ελάχιστος $\chi\psi\omega$ είναι το 108. Καταρχάς, το $\chi\psi\omega>100$ , καθώς $\chi \geq 1$ . Έστω πως υπάρχει ένας $\chi\psi\omega$ που να είναι μικρότερος του 108.
Τότε σίγουρα θα ισχύει ότι $\psi=0$ και ότι $0<\omega <8$

Έχουμε:

$\displaystyle{10(\alpha+\gamma+\varepsilon)+\beta+\delta+\zeta-\omega=100 \Leftrightarrow \alpha+\gamma+\varepsilon+\frac{\beta+\delta+\zeta-\omega}{10}=10}$

Προφανώς $\alpha+\gamma+\varepsilon \leq 10$ , αλλά επειδή έχουμε ήδη χρησιμοποιήσει τα ψηφία 1 και 0, θα ισχύει ότι $(\alpha, \gamma, \varepsilon)=(2, 3, 4)$ ή $(\alpha, \gamma, \varepsilon)=(2, 3, 5)$ . Όμως η λύση $(\alpha, \gamma, \varepsilon)=(2, 3, 5)$ απορρίπτεται, επειδή θα έπρεπε $\beta+\delta+\zeta-\omega=0$ , που είναι αδύνατον αν χρησιμοποιήσουμε τα υπόλοιπα ψηφία 4, 6, 7, 8.

Άρα σίγουρα έχουμε μέχρι τώρα $(\alpha, \gamma, \varepsilon)=(2, 3, 4)$ και $\displaystyle{\frac{\beta+\delta+\zeta-\omega}{10}=1 \Leftrightarrow \beta+\delta+\zeta-\omega=10}$ . Όμως επειδή πρέπει να χρησιμοποιήσουμε τα υπόλοιπα ψηφία 5,6,7 και 8, προκύπτει ότι $(\beta+\delta+\zeta)=(5, 6, 7)$ και $\omega=8$ , άρα $\chi\psi\omega=108$ που ταυτίζεται με την αρχική μας λύση.

Συνεπώς η ελάχιστη τιμή του $\chi\psi\omega$ είναι 108.

#1788

ΑΣΚΗΣΗ 598:
Θεωρούμε έναν θετικό ακέραιο

Να βρείτε όλες τις τριάδες θετικών ακεραίων a, b,c,

που ικανοποιούν το σύστημα των εξισώσεων

$\displaystyle{\begin{cases} a + b + c = 3k + 1 \\ ab + bc + ca = 3k^2 + 2k. \end{cases}}$

Ορέστης Λιγνός · #1789

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 598:
Θεωρούμε έναν θετικό ακέραιο Να βρείτε όλες τις τριάδες θετικών ακεραίων που ικανοποιούν το σύστημα των εξισώσεων

$\displaystyle{\begin{cases} a + b + c = 3k + 1 \\ ab + bc + ca = 3k^2 + 2k. \end{cases}}$

Είναι

.

Άρα,

.

Η προηγούμενη γράφεται (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=2

.

Έστω

.

Τότε $\begin{cases} x^2+y^2+z^2=2 \\ x+y+z=0 \end{cases}$ .

Εύκολα, $x \in (-1,0,1)$ .

Αν x=-1

, $\begin{cases} y^2+z^2=1 \\ y+z=1 \end{cases} \Leftrightarrow y=0,z=1 \textnormal{\gr ή } y=1,z=0$ .

Συνεπώς $a-b=-1,b-c=0,c-a=1 \textnormal{\gr ή} a-b=-1,b-c=1,c-a=0$ , και εύκολα έχουμε τις λύσεις (a,b,c)=(s+1,s,s),(t,t+1,t)

.

Παρόμοια και οι άλλες περιπτώσεις.

#1790

ΑΣΚΗΣΗ 599: Να βρείτε το πλήθος των τετράγωνων αριθμών που είναι πιο μεγάλοι από τον $\displaystyle{2^{120}}$ και πιο μικροί

από τον $\displaystyle{256.(16^4 +1)^2}$

JimNt. · #1791

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 599: Να βρείτε το πλήθος των τετράγωνων αριθμών που είναι πιο μεγάλοι από τον $\displaystyle{2^{120}}$ και πιο μικροί

από τον $\displaystyle{256.(16^4 +1)^2}$

Νομίζω ότι είτε η εκφώνηση είναι λάθος, είτε είναι παγίδα.(μάλλον το δεύτερο)

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

.

#1792

JimNt. έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 599: Να βρείτε το πλήθος των τετράγωνων αριθμών που είναι πιο μεγάλοι από τον $\displaystyle{2^{120}}$ και πιο μικροί

από τον $\displaystyle{256.(16^4 +1)^2}$
Νομίζω ότι είτε η εκφώνηση είναι λάθος, είτε είναι παγίδα.(μάλλον το δεύτερο)
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Από την εκφώνηση προκύπτει $256(16^{4}+1)^2 > 2^{120}$ $\Leftrightarrow$ $2^{40}+2^{25}+2^{8} > 2^{120}$ $\Leftrightarrow$ $2^{32}+2^{17} > 2^{112} -1$ $\Leftrightarrow$ $2^{17}(2^{15}+1) > (2^{56}+1)(2^{56}-1)$ , άτοπο. Συνεπώς, κανένας αριθμός δεν τηρεί τις προϋποθέσεις και άρα η απάντηση είναι ;
.

ΝΑΙ, έχεις δίκιο, πρόκειται για τυπογραφικό λάθος, λόγω βιαστικής πληκτρολόγησης. Ο πρώτος αριθμός που έγραψα είναι ο $\displaystyle{2^{40}}$

Θα το διορθώσω παρακάτω

#1793

Λόγω τυπογραφικού, ξαναγράφω την άσκηση 599

ΑΣΚΗΣΗ 599 Να βρείτε το πλήθος των τετράγωνων αριθμών που είναι πιο μεγάλοι από τον $\displaystyle{2^{40}}$ και πιο μικροί

από τον $\displaystyle{256(16^4 +1)^2}$

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #1794

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:Λόγω τυπογραφικού, ξαναγράφω την άσκηση 599

ΑΣΚΗΣΗ 599 Να βρείτε το πλήθος των τετράγωνων αριθμών που είναι πιο μεγάλοι από τον $\displaystyle{2^{40}}$ και πιο μικροί

από τον $\displaystyle{256(16^4 +1)^2}$

Για κάθε τέτοιο τετράγωνο x^2

έχουμε:

$2^{40} < x^2 < 256(16^4 +1)^2 \Rightarrow \sqrt{2^{40}} < \sqrt{x^2} < \sqrt{256(16^4 +1)^2} \Rightarrow$

$2^{20} < x < 16(16^4 +1) = 16^5+16 \Rightarrow 2^{20} < x < 2^{20}+16$

Από την τελευταία προκύπτει ότι το

μπορεί να πάρει $2^{20}+16 - 2^{20} -1=15$ διαφορετικές τιμές.

Άρα υπάρχουν 15 τέτοια τετράγωνα.

#1795

ΑΣΚΗΣΗ 600: Θεωρούμε τον τριψήφιο αριθμό XYZ

, για τον οποίο ισχύει ότι $1\leq X+Z\leq 8$ και $5\leq Y\leq 9$ .

Στον αριθμό αυτόν προσθέτουμε τον επίσης τριψήφιο αριθμό ZYX

και βρίσκουμε έναν νέο αριθμό. Να αποδείξετε ότι αν από τον νέο αυτό αριθμό

αφαιρέσουμε τον αριθμό που προκύπτει γράφοντας τα ψηφία του από το τέλος προς την αρχή, θα βρούμε αποτέλεσμα

.

JimNt. · #1796

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 600: Θεωρούμε τον τριψήφιο αριθμό , για τον οποίο ισχύει ότι $1\leq X+Z\leq 8$ και $5\leq Y\leq 9$ .

Στον αριθμό αυτόν προσθέτουμε τον επίσης τριψήφιο αριθμό και βρίσκουμε έναν νέο αριθμό. Να αποδείξετε ότι αν από τον νέο αυτό αριθμό

αφαιρέσουμε τον αριθμό που προκύπτει γράφοντας τα ψηφία του από το τέλος προς την αρχή, θα βρούμε αποτέλεσμα .

$\overline{xyz} + \overline{zyx}=101x+20y+101z$ . Τώρα επειδή είναι $5 \le y$ , έστω y=5+n

όπου

φυσικός $\le 4$ . Είναι λοιπόν, 101x+20y+101z=101x+100+20n+101z=100(x+z+1)+10(2n)+ 1(x+z)

, και αφού $2 \le x+z+1 \le 9 < 10, 2n \le 8 < 10, 1 \le x+z \le 8 < 10$ , έπεται πως ο αριθμός που προκύπτει (έστω

) είναι τριψήφιος, που έχει στο ψηφίο των εκατοντάδων το x+z+1

, στο δεκάδων

και στο μονάδων x+z

. Ο αριθμός που προκύπτει αν αλλάξουμε την σειρά των ψηφίων του

από το τέλος προς την αρχή (έστω

) είναι

. Τώρα κάνουμε την αφαίρεση A-B

και το ζητούμενο είναι άμεσο.

kostas232 · #1797

Έχει μείνει άλυτη η 553. Δίνω μία λύση:

Αν κάποιος από τους x,y,z

είναι μηδέν, τότε από τη σχέση x+y+z=xyz

προκύπτει ότι το άθροισμα των άλλων δύο είναι μηδέν, οπότε τελικά είναι x=y=z=0

(αφού οι

είναι μη αρνητικοί). Στην περίπτωση αυτή ανισότητα που θέλουμε να αποδείξουμε ισχύει (δηλαδή ισχύει το "ίσον").

Έστω τώρα ότι οι x,y,z

είναι θετικοί. Τότε έχουμε:

$x^2+y^2+z^2 \geq \frac{(x+y+z)^2}{3}=xyz \cdot \frac{xyz}{3} \geq \sqrt{3} xyz=\sqrt{3} (x+y+z)$

αφού από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ είναι $x+y+z \geq 3\sqrt[3]{xyz} \Leftrightarrow (xyz)^3 \geq 27(xyz) \Leftrightarrow (xyz)^2 \geq 27 \Leftrightarrow xyz \geq 3 \sqrt{3}$ και οι x,y,z

είναι θετικοί.

#1798

ΑΣΚΗΣΗ 601: Αν οι αριθμοί $\displaystyle{x,y}$ είναι θετικοί ακέραιοι και ισχύει ότι

$\displaystyle{\sqrt{2x-7}=19-y^2}$ , τότε να αποδείξετε ότι $\displaystyle{x+\frac{9}{20}y^4 =\frac{616}{5}}$

papamixalis · #1799

Καλημέρα Mathematica, Καλημερα Κύριε Δημήτρη!!! Χαθήκαμε (ή μάλλον χάθηκα) για αρκετό καιρό...Σε περιοδο εξεταστικής είμαστε οπότε είπα για διάλλειμα να θυμηθώ τα παλιά

Στα δικά μας τώρα...
Αν και δεν μου άρεσε τόσο πολύ ο τρόπος (λίγο "μπακαλίστικος") θα περιγράψω το σκεπτικό αναλυτικά

Θέλουμε λόγω δεδομένων το $19-y^2 \geq 0$ άρα $y \leq \sqrt{19}$
Το

όμως είναι θετικός ακέραιος και μπορούμε να συμπεράνουμε ότι η τετραγωνική ρίζα του

είναι ανάμεσα στο 4 και στο 5.
Συνεπώς οι δυνατές τιμές που μπορεί να πάρει το

είναι οι : 1,2,3,4

Στην εξίσωση του δεδομένου βάζοντας τις τιμές του

βρίσκω τις τιμές του

Για

Παρατηρώ ότι δεν υπάρχει θετικός ακέραιος

που να ικανοποιεί το δεδομένο
Για y=2

Κάνοντας τις πράξεις βρίσκουμε οτι x=116

και μάλιστα αυτό το ζευγάρι επαληθεύει το ζητούμενο (το

λύνοντας την ανίσωση από την ρίζα βρίσκουμε ότι πρέπει να είναι μεγαλύτερο ή ίσο του $\dfrac{7}{2}$ άρα η τιμή είναι δεκτή.
Το y=3

απορρίπτεται για τους ίδιους λόγους με το y=1

Και τέλος το y=4

και

επαληθεύει το πρόβλημα μας.

Ουσιαστικά το σκεπτικό είναι ότι θα βρώ όλα τα

και

που ικανοποιούν το δεδομένο και θα δείξω οτι ικανοποιούν και το ζητούμενο.

Ελπίζω λόγω και της περίεργης ώρας να μην έχω κάνει κάποια παρανόηση..
Κλείνοντας θέλω λίγο καθυστερημένα να ευχαριστήσω όλα τα μέλη του mathematica που στα "δυσκολα" χρόνια του λυκείου με βοήθησαν όχι μόνο για τις διαφορετικές ασκήσεις ή λύσεις που είδα ή τις απορίες που μου έλυσαν αλλά πιο πολύ επειδή με εκαναν να αγαπήσω ακόμα περισσοτερο τα μαθηματικα!

Καλό ξημέρωμα
Φιλικά
Μιχάλης

#1800

papamixalis έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 14, 2018 4:52 am
Καλημέρα Mathematica, Καλημερα Κύριε Δημήτρη!!! Χαθήκαμε (ή μάλλον χάθηκα) για αρκετό καιρό...Σε περιοδο εξεταστικής είμαστε οπότε είπα για διάλλειμα να θυμηθώ τα παλιά
Στα δικά μας τώρα...
Αν και δεν μου άρεσε τόσο πολύ ο τρόπος (λίγο "μπακαλίστικος") θα περιγράψω το σκεπτικό αναλυτικά

Θέλουμε λόγω δεδομένων το $19-y^2 \geq 0$ άρα $y \leq \sqrt{19}$
Το όμως είναι θετικός ακέραιος και μπορούμε να συμπεράνουμε ότι η τετραγωνική ρίζα του είναι ανάμεσα στο 4 και στο 5.
Συνεπώς οι δυνατές τιμές που μπορεί να πάρει το είναι οι :
Στην εξίσωση του δεδομένου βάζοντας τις τιμές του βρίσκω τις τιμές του
Για Παρατηρώ ότι δεν υπάρχει θετικός ακέραιος που να ικανοποιεί το δεδομένο
Για Κάνοντας τις πράξεις βρίσκουμε οτι και μάλιστα αυτό το ζευγάρι επαληθεύει το ζητούμενο (το λύνοντας την ανίσωση από την ρίζα βρίσκουμε ότι πρέπει να είναι μεγαλύτερο ή ίσο του $\dfrac{7}{2}$ άρα η τιμή είναι δεκτή.
Το απορρίπτεται για τους ίδιους λόγους με το
Και τέλος το και επαληθεύει το πρόβλημα μας.

Ουσιαστικά το σκεπτικό είναι ότι θα βρώ όλα τα και που ικανοποιούν το δεδομένο και θα δείξω οτι ικανοποιούν και το ζητούμενο.

Ελπίζω λόγω και της περίεργης ώρας να μην έχω κάνει κάποια παρανόηση..
Κλείνοντας θέλω λίγο καθυστερημένα να ευχαριστήσω όλα τα μέλη του mathematica που στα "δυσκολα" χρόνια του λυκείου με βοήθησαν όχι μόνο για τις διαφορετικές ασκήσεις ή λύσεις που είδα ή τις απορίες που μου έλυσαν αλλά πιο πολύ επειδή με εκαναν να αγαπήσω ακόμα περισσοτερο τα μαθηματικα!

Καλό ξημέρωμα
Φιλικά
Μιχάλης

Καλημέρα Μιχάλη.

Τελικά, μαζί επανερχόμαστε ως ενεργά μέλη , ύστερα από αρκετό καιρό απραξίας (εσύ λόγω εξεταστικής και εγώ λόγω άπειρων αγροτικών ασχολιών).
Ο τρόπος λύσης δεν είναι καθόλου "μπακαλίστικος" , αλλά αυτός ακριβώς που πρέπει.

Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Μέλη σε σύνδεση