ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ,J-3.1

#1

Στο χώρο αυτό θα συνεχίσω με ασκήσεις για Αρχιμήδη Junior και Βαλκανιάδας νέων , αλλά για το 3 επίπεδο.Στο προηγούμενο αντίστοιχο πεδίο J-2 θα έχουμε ασκήσεις για το αμέσως προηγούμενο στάδιο.
Κάθε φορά θα προσθέτω από μία σελίδα ασκήσεων, ώστε να προλαβαίνουμε να τις λύνουμε.

Μπάμπης

#2

Για την 8:

Το γινόμενο των αριθμών A είναι

$\begin{aligned}A &= 2^{1999}\cdot 3^{1998}\cdot 4^{1997}\cdots 1998^{3}1999^2\cdot 2000 \\ &= 2\cdot 4\cdot 6\cdots 2000\cdot \left(2^{1998}\cdot 3^{1998}\cdot 4^{1996}\cdots 1998^2\right) \\ &= 2^{1000}\cdot 1000!\cdot \left(2^{999}\cdot 3^{999}\cdot 4^{998}\cdots 1998\right)^2 \end{aligned}$

Άρα αρκεί να διαγράψουμε το 1000!

για να γίνει τέλειο τετράγωνο.

Αλέξανδρος

#3

Για το 7:

Θα αποδείξουμε ότι κάθε ένας από τους αριθμούς 2,3,5,7,11

διαιρεί τον αριθμό E(n)

για οποιαδήποτε τιμή του $n\geq 1$ άρα (επειδή είναι πρώτοι μεταξύ τους) και το γινόμενό τους διαιρεί κάθε ένα από τους αριθμούς.

Διαιρείται από το

διότι ο αριθμός n(n+1)

διαιρείται από το

. Διαιρείται από το

διότι ο αριθμός n(n+1)(2n+1)

διαιρείται από το

(Πάρτε περιπτώσεις για το $n: \ \ n=3k+i, i=0,1,2$ ).

Διαιρείται από το

διότι ο αριθμός n(n+1)(2n+1)(3n+1)(4n+1)

διαιρείται από το

(Πάρτε περιπτώσεις για το $n: \ \ n=5k+i, i=0,1,2,3,4$ ). Διαιρείται από το

διότι ο αριθμός n(n+1)(2n+1)(3n+1)(4n+1)(5n+1)(6n+1)

διαιρείται από το

(Πάρτε περιπτώσεις για το $n: \ \ n=7k+i, i=0,1,2,3,4,5,6$ ) και τέλος διαιρείται από το

διότι ο αριθμός E(n)

διαιρείται από το

(Πάρτε περιπτώσεις για το $n: \ \ n=11k+i, i=0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10$ ).

Άρα αποκλείεται ο ΜΚΔ να είναι μεγαλύτερος από το $2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11=2310$ .

Όμως (E(1),E(2),E(3),E(4))=2310

άρα

$\left(E(1),E(2),E(3),E(4),E(5),\cdots \right) = \left(\left(E(1),E(2),E(3),E(4)\right),E(5),\cdots\right)=2310$ .

Αλέξανδρος

#4

Για την 4:

Θέλουμε abc|x^3+(a+b+c)x^2+(ab+bc+ca)x+abc

δηλαδή

για κάθε

φυσικό.

Οπότε η παραπάνω ισχύει για x=1,2,3

και αντίστοιχα παίρνουμε

$abc|1+(a+b+c)+(ab+bc+ca) \ \ (1)$

$abc|8+4(a+b+c)+2(ab+bc+ca) \ \ (2)$ και τέλος

$abc|27+9(a+b+c)+3(ab+bc+ca) \ \ (3)$ .

Από τις (1), (2)

παίρνουμε

$abc|2(1+(a+b+c)+(ab+bc+ca))-(8+4(a+b+c)+2(ab+bc+ca))=6+2(a+b+c) \ \ (4)$

Από τις (1),(3)

παίρνουμε:

$abc|3(1+(a+b+c)+(ab+bc+ca))-(27+9(a+b+c)+3(ab+bc+ca))=24+6(a+b+c) \ \ (5)$

Από τις (4),(5)

παίρνουμε:

abc|3(6+2(a+b+c))-(24+6(a+b+c))=6

Άρα τελικά

abc=1 ή 2 ή 3 ή 6.

Αν abc=1

τότε

και πράγματι 1|(x+1)^3

για κάθε

φυσικό.

Αν abc=2

τότε

και

(και όμοια όλοι οι υπόλοιποι συνδυασμοί λόγω συμμετρίας) και πράγματι 2|(x+1)^2(x+2)

για κάθε

φυσικό.

Αν abc=3

τότε

και

(και όμοια όλοι οι υπόλοιποι συνδυασμοί λόγω συμμετρίας) όμως $3\nmid (x+1)^2(x+3)$ για κάθε

φυσικό (π.χ. για x=1

).

Αν

τότε είτε

και

(και όμοια όλοι οι υπόλοιποι συνδυασμοί λόγω συμμετρίας) όμως $6\nmid (x+1)^2(x+6)$ για κάθε

φυσικό (π.χ. για x=1

)

είτε $a=1, \ b=2, \ c=3$ (και όμοια όλοι οι υπόλοιποι συνδυασμοί λόγω συμμετρίας) και πράγματι 6|(x+1)(x+2)(x+3)

(διότι το

διαιρεί το γινόμενο δύο διαδοχικών αριθμών και το

διαιρεί το γινόμενο τριών διαδοχικών αριθμών άρα το

διαιρεί το γινόμενο τριών διαδοχικών αριθμών).

Άρα οι λύσεις είναι (a,b,c)=(1,1,1)

και

και όλοι οι συνδυασμοί τους.

Αλέξανδρος

#5

Για την 5:

Ονομάζουμε $A=\left|3^n+7^n-25^m\right|$ .

Προφανώς για n=m=1

έχουμε

. Θα δείξουμε ότι αυτή είναι και η ελάχιστη τιμή που λαμβάνει η παράσταση

.

Το

διαιρείται από το

, άρα το

μπορεί να είναι κάποιος από τους $0,3,6,9,12,15,\ldots$

Επίσης όταν το

διαιρεθεί με το

αφήνει υπόλοιπο

, άρα το

μπορεί να είναι $1,3,5,7,9,11,13,15,\ldots$ .

Από τα κοινά στοιχεία το

μπορεί να είναι $0,3,9,15, \ldots$ .

Λήμμα (εύκολο): Ο αριθμός 3^n+7^n

τελειώνει σε

όταν το

είναι περιττός και σε 2 ή 8 όταν το

είναι άρτιος.

Το

δεν μπορεί να είναι

διότι η εξίσωση 3^n+7^n=25^m

δεν μπορεί να υφίσταται για θετικούς φυσικούς m,n

διότι (*) αφού το δεύτερο μέλος είναι τέλειο τετράγωνο άρα πρέπει να είναι και το πρώτο. Παίρνοντας όμως $\mod{4}$ έχουμε $3^n+7^n\equiv 2\pmod {4}$ (και για άρτια και για περιττά

). Όμως το

δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο $\mod{4}$ .

To

δεν μπορεί να είναι

αφού τότε οι εξισώσεις $3^n+7^n + 3 =25^m \ \ (1)$ και $3^n+7^n -3 =25^m \ \ (2)$ δεν μπορεί να υφίσταται για θετικούς φυσικούς m,n

αφού (*):

α) Για την (1)

: Για

περιττό (από το Λήμμα) το πρώτο μέλος τελειώνει σε

και το δεύτερο είναι τέλειο τετράγωνο όμως κανένα τέλειο τετράγωνο δε λήγει σε

. Για

άρτιο παίρνουμε στο πρώτο μέλος $\mod{8}$ και έτσι $3^n+7^n + 3\equiv 5\pmod{8}$ και το

δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο $\mod{8}$
β) Για την (2)

: Για

περιττό (από το Λήμμα) το πρώτο μέλος τελειώνει σε

και το δεύτερο είναι τέλειο τετράγωνο όμως κανένα τέλειο τετράγωνο δε λήγει σε

. Για

άρτιο παίρνουμε στο πρώτο μέλος $\mod{8}$ και έτσι $3^n+7^n - 3\equiv 7\pmod{8}$ και το

δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο $\mod{8}$

Το

δεν μπορεί να είναι

αφού τότε οι εξισώσεις $3^n+7^n + 9 =25^m \ \ (3)$ και $3^n+7^n -9 =25^m \ \ (4)$ δεν μπορεί να υφίσταται για θετικούς φυσικούς m,n

αφού (*):

α) Για την (3)

: $3^n+7^n+9\equiv 3\pmod{4}$ και το 3 δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο $\mod{4}$ .
β) Για την (4)

: Για

περιττό (από το Λήμμα) το πρώτο μέλος τελειώνει σε

και το δεύτερο τελειώνει σε

. Για

άρτιο το πρώτο μέλος (από το Λήμμα) τελειώνει σε

ή

ενώ το δεύτερο τελειώνει σε 5.

Άρα τελικά η ελάχιστη τιμή του

είναι η $A_{\min}=15$ για m=n=1

.

Αλέξανδρος

EDIT: (*) Έκανα ένα γενικό ρεκτιφιέ στα παραπάνω σημεία σύμφωνα με τις σωστές υποδείξεις του Κυριάκου (userresu) και πρόσθεσα ένα χρήσιμο Λήμμα.

userresu · #6

cretanman έγραψε:Το δεν μπορεί να είναι διότι η εξίσωση δεν μπορεί να υφίσταται για θετικούς φυσικούς αφού το πρώτο μέλος τελειώνει σε ενώ το δεύτερο σε .

Νομίζω πως αυτό ισχύει μόνο για περιττά n.

#7

Έχεις δίκιο! Αυτό διορθώνεται εύκολα όμως: το δεύτερο μέλος είναι τέλειο τετράγωνο άρα πρέπει να είναι και το πρώτο. Παίρνοντας
όμως $\mod{4}$ έχουμε $3^n+7^n\equiv 2\pmod {4}$ (και για άρτια και για περιττά

). Όμως το

δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο $\mod{4}$ και τελειώσαμε.

Κάνω την απαραίτητη διόρθωση παραπάνω! Ευχαριστώ.

Αλέξανδρος

#8

Για την 6:

Ας υποθέσουμε αντίθετα ότι ο αριθμός είναι τέλειο τετράγωνο. Κάνουμε τις πράξεις και παίρνουμε $\mod{7}$ . Τότε για το δοσμένο αριθμό

ισχύει:

$A\equiv -2^{a+b+c}\pmod{7}$ . Όμως επειδή $a,b,c\geq 1$ άρα $a+b+c\geq 3$ οπότε εκτελώντας τη διαίρεση του a+b+c

με το

παίρνουμε $a+b+c=3k+\upsilon$ , με $\upsilon =0,1,2$ .

Τότε $A\equiv -\left(2^3\right)^k\cdot2^{\upsilon}\equiv -2^{\upsilon}\pmod{7}$ .

Για $\upsilon = 0,1,2$ παίρνουμε $A\equiv 6 \pmod {7}, \ \ A\equiv 5 \pmod {7}, \ \ A\equiv 3 \pmod {7}$ αντίστοιχα. Όμως κανένας από τους 3,5,6

δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο $\mod{7}$ , άτοπο.

Αλέξανδρος

userresu · #9

Φίλε cretanman, νομίζω πως χρησιμοποιείς το ίδιο συμπέρασμα ξανά στη λύση σου, στα εξής:

cretanman έγραψε:To δεν μπορεί να είναι αφού τότε οι εξισώσεις $3^n+7^n + 3 =25^m \ \ (1)$ και $3^n+7^n -3 =25^m \ \ (2)$ δεν μπορεί να υφίσταται για θετικούς φυσικούς αφού:

α) Για την : το πρώτο μέλος τελειώνει σε και το δεύτερο είναι τέλειο τετράγωνο όμως κανένα τέλειο τετράγωνο δε λήγει σε .
β) Για την : το πρώτο μέλος τελειώνει σε και το δεύτερο είναι τέλειο τετράγωνο όμως κανένα τέλειο τετράγωνο δε λήγει σε .

Το δεν μπορεί να είναι αφού τότε οι εξισώσεις $3^n+7^n + 9 =25^m \ \ (3)$ και $3^n+7^n -9 =25^m \ \ (4)$ δεν μπορεί να υφίσταται για θετικούς φυσικούς αφού:

α) Για την : $3^n+4^n+9\equiv 3\pmod{4}$ ενώ $25^m\equiv 1 \pmod{4}$ .
β) Για την : το πρώτο μέλος τελειώνει σε και το δεύτερο τελειώνει σε .

Κυριάκος.

#10

Κυριάκο έκανα ένα γενικό ρεκτιφιέ στην άσκηση! Σ' ευχαριστώ πολύ! Και να φανταστείς ότι την πρώην (λανθασμένη) δικαιολόγηση την έγραψα για συντομία και για να μην μπλέξω πολύ πολύ τα $\mod$ χωρίς όμως να παρατηρήσω ότι είχα κάνει λάθος. Αν ξέμεινε κι άλλο λάθος τότε θα την σβήσω και θα την ξαναγράψω από την αρχή!

Αλέξανδρος

#11

Έμειναν οι 1,2,3...

Ορέστης Λιγνός · #12

Για την 3

Η δοσμένη παράσταση είναι ίση με $\dfrac{(abc+1)^3}{(abc)^2}$ , και για να είναι αυτό φυσικός, θα πρέπει abc / (abc+1)^3

, και αφού (abc,abc+1)=1

, για οποιαδήποτε a,b,c

, θα πρέπει υποχρεωτικά abc=1

, δηλαδή

.

#13

Μια και έπεσα στο παραπάνω θέμα, επαναφέρω για τις ασκήσεις 1 και 2 που παραμένουν άλυτες.

Αλέξανδρος

#14

cretanman έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 01, 2018 4:31 pm
Μια και έπεσα στο παραπάνω θέμα, επαναφέρω για τις ασκήσεις 1 και 2 που παραμένουν άλυτες.

Αλέξανδρος

Αλέξανδρε και Μπάμπη,

Κάτι δεν πάει καλά με την Άσκηση 1. Μάλλον λείπουν υποθέσεις.

Ως έχει, μπορεί το σύνολο

να έχει πλήθος στοιχείων οποιοδήποτε

από

ως

. Ας δούμε γιατί.

Ορίζουμε το

να έχει

φορές τον αριθμό n+147

και μία φορά τον 147

και
ορίζουμε το

να έχει

φορές τον αριθμό n-855

. (Βλέπε παρακάτω αν δεν μας αρέσει να επαναλαμβάνονται οι αριθμοί).

Tώρα οι μέσοι όροι είναι, του μεν

ο $\displaystyle{\dfrac {(n-1)(n+147)+147}{n}=\dfrac {n^2+146n}{n}= n +146}$ και του

ο

(όλοι οι αριθμοί είναι ίδιοι).

Όταν φύγει ο 147

από τον

, ο νέος μέσος όρος είναι n+ 147

(όλοι οι αριθμοί είναι ίδιοι), οπότε ο μ.ο. αυξήθηκε κατά

.

Επίσης, όταν ο 147

προστεθεί στο

, ο νέος μέσος όρος είναι

$\displaystyle{\dfrac {(1001-n)(n-855)+147}{1001-n+1}=\dfrac {(1002-n)(n-854)}{1002-n}= n-854}$ , οπότε ο μ.ο. αυξήθηκε κατά

.

Δηλαδή ικανοποιούνται οι συνθήκες του προβλήματος, αλλά η απάντηση είναι πολλαπλή.

Προσθέτω ότι αν δεν μας αρέσει που οι αριθμοί σε κάθε σύνολο είναι σχεδόν όλοι ίδιοι, δεν έχουμε παρά να τους κουνήσουμε λιγάκι αλλά χωρίς να χαλάσουμε τον μέσο όρο.

Ορέστης Λιγνός · #15

Για την 2:

Πρέπει ο $\dfrac{(ab-1)(bc-1)(ca-1)}{abc}$ . Όμως, ισχύει $\displaystyle (ab-1)(bc-1)(ca-1)=a^2b^2c^2-\sum _{\rm cyc}a^2bc+ab+bc+ca-1$ .

Οπότε παίρνοντας $\pmod {abc}$ , θέλουμε $ab+bc+ca-1 \equiv 0 \pmod {abc}$ , ή αλλιώς, ο $\dfrac{ab+bc+ca-1}{abc}$ να είναι ακέραιος.

Προφανώς, $a,b,c \neq 0$ , άρα $a,b,c \geqslant 1$ . Είναι λοιπόν $\dfrac{ab+bc+ca}{abc}=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \leqslant 3 \Rightarrow ab+bc+ca \leqslant 3abc$ .

Οπότε, $k=\dfrac{ab+bc+ca-1}{abc} \leqslant \dfrac{3abc-1}{abc} <3 \Rightarrow k \in \{1,2 \}$ .

Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις.

Περίπτωση 1 : k=2

, επομένως ab+bc+ca-1=2abc

.

Αν $a,b,c \geqslant 2$ , έστω a=x+2, b=y+2, c=z+2

, με $x,y,z \geqslant 0$ . Αντικαθιστώντας, προκύπτει 2xyz+3(xy+yz+zx)+4(x+y+z)=-5

, άτοπο.

Άρα, κάποιος εκ των a,b,c

είναι

. Έστω χωρίς βλάβη της γενικότητας a=1

. Τότε, $b+bc+c-1=2bc \Rightarrow (b-1)(c-1)=0$ , οπότε b=1

ή

. Συνεπώς, προκύπτει η λύση (1,1,s)

, $s \in \mathbb{N^*}$ , και οι μεταθέσεις αυτής.

Περίπτωση 2 : k=1

, επομένως ab+bc+ca-1=abc

.

Αν κάποιος είναι

έστω ο

, τότε προκύπτει $b+bc+c-1=bc \Rightarrow 1=b+c \geqslant 2$ , άτοπο.
Άρα, $a,b,c \geqslant 2$ .

Αν τώρα $b,c \leqslant 2$ , δηλαδή b=c=2

, προκύπτει ξανά άτοπο.
Άρα, πρέπει ένας εκ των b,c

να είναι $\geqslant 3$ . Ας είναι ο

.

Θεωρούμε τώρα τη συνάρτηση f(a)=(bc-b-c)a+1-bc

(πρώτου βαθμού, ως προς

), με $f'(a)=bc-b-c=(b-1)(c-1)-1 \geqslant 2c-2-1 \geqslant 1>0$ , άρα η

είναι γνησίως αύξουσα.

Συνεπώς, $f(a) \geqslant f(2)= \ldots=(b-2)(c-2)-3$ .

Αν $b,c \geqslant 4$ , τότε εύκολα f(a)>0

, και άρα δεν έχουμε καμία λύση.

Αν $b \leqslant 3$ , τότε b=3

και πλέον εύκολα προκύπτει (2a-3)(2c-3)=7

, από όπου έχουμε τις λύσεις (2,3,5)

και

.

Αν $2 \leqslant c \leqslant 3$ τότε c=2

ή

και διακρίνοντας περιπτώσεις και παραγοντοποιώντας κτλ προκύπτουν ξανά οι μεταθέσεις της (2,3,5)

.

Τελικά, μόνες λύσεις οι (1,1,s)

, $s \in \mathbb{N^*}$ , (2,3,5)

και οι μεταθέσεις αυτών.

Ορέστης Λιγνός · #16

Για την 2, μία άλλη λύση (Συνεχίζω από την Περίπτωση 2)

Είναι ab+bc+ca-1=abc

.

Αν κάποιος είναι

(έστω

) τότε $b+c+bc-1=bc \Rightarrow 1=b+c >1$ , άτοπο.

Εξετάζουμε τώρα αν γίνεται κάποιο δύο να είναι ίσοι, π.χ. a=b

.
Τότε, $a^2+ac+ac-1=a^2c \Rightarrow a \mid 1$ , οπότε a=1

, άτοπο.

Αν λοιπόν χωρίς βλάβη της γενικότητας a<b<c

, ισχύει $a \geqslant 2, b \geqslant 3, c \geqslant 4$ .

Αν c=4

, τότε

, οπότε $3a-4=1 \Rightarrow a=\dfrac{5}{3}$ , άτοπο.

Οπότε, $a \geqslant 5$ . Έστω a=x+2, b=y+3, c=z+5

με $x,y,z \geqslant 0$ . Αντικαθιστούμε, και προκύπτει xyz+4xy+yz+2xz+7x+3y+z=0

. Οπότε, $x=y=z=0 \Rightarrow (a,b,c)=(2,3,5)$ .

Τελικά λύση η (2,3,5)

και όλες οι μεταθέσεις.

#17

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 01, 2018 7:37 pm
Αλέξανδρε και Μπάμπη,

Κάτι δεν πάει καλά με την Άσκηση 1. Μάλλον λείπουν υποθέσεις.

Πράγματι, τώρα που τη βλέπω, παρατηρώ ότι υπάρχει πρόβλημα! Ίσως ο Μπάμπης να έχει κρατήσει στο αρχείο του την πηγή της άσκησης και να βρει την σωστή εκφώνηση.

Αλέξανδρος

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ,J-3.1

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ,J-3.1

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ,J-3.1

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ,J-3.1

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ,J-3.1

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ,J-3.1

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ,J-3.1

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ,J-3.1

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ,J-3.1

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ,J-3.1

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ,J-3.1

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ,J-3.1

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ,J-3.1

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ,J-3.1

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ,J-3.1

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ,J-3.1

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ,J-3.1

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ,J-3.1

Μέλη σε σύνδεση