Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

simantiris j. · #121

Θα αποδείξουμε αρχικά ότι $a^5-a^2+3\geq a^3+2$ .Όμως παρατηρούμε ότι $\left(a-1 \right)^2\left(a+1 \right)\left(a^2+a+1 \right)\geq 0$ που μας δίνει μετά την εκτέλεση των πράξεων τη ζητούμενη.
Πολλαπλασιάζοντας κυκλικά έχουμε ότι $LHS\geq \prod{\left(a^3+2 \right)}$ .
Παρατηρούμε όμως από AM-GM ότι $a^3+2=a^3+1+1\geq 3a$ .Επομένως πολλαπλασιάζοντας ξανά κυκλικά παίρνουμε το ζητούμενο.
Υ.Γ.Με πρόλαβε ο gavrilos,όμως αφήνω τη λύση μου γιατί είναι ελαφρώς διαφορετική.

#122

AΣΚΗΣΗ 46: Έστω $\displaystyle{a,b,c >0}$ . Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{3(a^{10}+b^{10}+c^{10})\geq (a^7 +b^7 +c^7 )(a^3 +b^3 +c^3 )}$

#123

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 46: Έστω $\displaystyle{a,b,c >0}$ . Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{3(a^{10}+b^{10}+c^{10})\geq (a^7 +b^7 +c^7 )(a^3 +b^3 +c^3 )}$

Αυτή είναι μία απλή εφαρμογή της Chebychev.

Χωρίς βλάβη υποθέτουμε πως $a\ge b \ge c.$ Η διάταξη μετά τις υψώσεις στην έβδομη και στην τρίτη διατηρείται, επομένως, ισχύει:

$\displaystyle{3\left( {{\alpha ^7}{\alpha ^3} + {b^7}{b^3} + {c^7}{c^3}} \right) \ge \left( {{a^7} + {b^7} + {c^7}} \right)\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right) \Rightarrow 3\left( {{\alpha ^{10}} + {b^{10}} + {c^{10}}} \right) \ge \left( {{a^7} + {b^7} + {c^7}} \right)\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)}$

#124

chris_gatos έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 46: Έστω $\displaystyle{a,b,c >0}$ . Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{3(a^{10}+b^{10}+c^{10})\geq (a^7 +b^7 +c^7 )(a^3 +b^3 +c^3 )}$
Αυτή είναι μία απλή εφαρμογή της Chebychev.

Χωρίς βλάβη υποθέτουμε πως $a\ge b \ge c.$ Η διάταξη μετά τις υψώσεις στην έβδομη και στην τρίτη διατηρείται, επομένως, ισχύει:

$\displaystyle{3\left( {{\alpha ^7}{\alpha ^3} + {b^7}{b^3} + {c^7}{c^3}} \right) \ge \left( {{a^7} + {b^7} + {c^7}} \right)\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right) \Rightarrow 3\left( {{\alpha ^{10}} + {b^{10}} + {c^{10}}} \right) \ge \left( {{a^7} + {b^7} + {c^7}} \right)\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)}$

Ακριβώς Χρήστο. Αυτήν την ανισότητα ήθελα να αναδείξω στην εισαγωγή σε διαγωνιστικά μαθηματικά - Λύκειο.

Και στο ίδο πνεύμα, είναι και αυτή που ακολουθεί:

ΑΣΚΗΣΗ 47: Αν $\displaystyle{a,b,c >0}$ να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{a^8+b^8}{a^5 +b^5}+\frac{a^8+c^8}{a^5 +c^5}+\frac{b^8 +c^8}{b^5 +c^5}\geq 3abc}$

simantiris j. · #125

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
chris_gatos έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 46: Έστω $\displaystyle{a,b,c >0}$ . Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{3(a^{10}+b^{10}+c^{10})\geq (a^7 +b^7 +c^7 )(a^3 +b^3 +c^3 )}$
Αυτή είναι μία απλή εφαρμογή της Chebychev.

Χωρίς βλάβη υποθέτουμε πως $a\ge b \ge c.$ Η διάταξη μετά τις υψώσεις στην έβδομη και στην τρίτη διατηρείται, επομένως, ισχύει:

$\displaystyle{3\left( {{\alpha ^7}{\alpha ^3} + {b^7}{b^3} + {c^7}{c^3}} \right) \ge \left( {{a^7} + {b^7} + {c^7}} \right)\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right) \Rightarrow 3\left( {{\alpha ^{10}} + {b^{10}} + {c^{10}}} \right) \ge \left( {{a^7} + {b^7} + {c^7}} \right)\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)}$
Ακριβώς Χρήστο. Αυτήν την ανισότητα ήθελα να αναδείξω στην εισαγωγή σε διαγωνιστικά μαθηματικά - Λύκειο.

Και στο ίδο πνεύμα, είναι και αυτή που ακολουθεί:

ΑΣΚΗΣΗ 47: Αν $\displaystyle{a,b,c >0}$ να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{a^8+b^8}{a^5 +b^5}+\frac{a^8+c^8}{a^5 +c^5}+\frac{b^8 +c^8}{b^5 +c^5}\geq 3abc}$

Oμοίως από τη ανισότητα Tschebishev έχουμε ότι
$2\left(a^8+b^8 \right)\geq \left(a^5+b^5 \right)\left(a^3+b^3 \right)\Leftrightarrow \frac{a^8+b^8}{a^5+b^5}\geq \frac{a^3+b^3}{2}$
Άρα προσθέτωντας κυκλικά λαμβάνουμε $LHS\geq \sum{\frac{a^3+b^3}{2}}=a^3+b^3+c^3$
Επομένως αρκεί $a^3+b^3+c^3\geq 3abc$ που προφανώς ισχύει από την AM-GM.

#126

AΣΚΗΣΗ 48: Αν $\displaystyle{a,b,c >0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{a}{(2a+b+c)(b+c)}+\frac{b}{(2b+c+a)(c+a)}+\frac{c}{(2c+a+b)(a+b)}\geq \frac{9}{8(a+b+c)}$

(Aπό Ρουμανικό διαγωνισμό. ΠΗΓΗ: Αλγεβρικές Ανισότητες , των Μ Στεργίου και Ν. Σκομπρή)

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#127

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 48: Αν $\displaystyle{a,b,c >0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{a}{(2a+b+c)(b+c)}+\frac{b}{(2b+c+a)(c+a)}+\frac{c}{(2c+a+b)(a+b)}\geq \frac{9}{8(a+b+c)}$

(Aπό Ρουμανικό διαγωνισμό. ΠΗΓΗ: Αλγεβρικές Ανισότητες , των Μ Στεργίου και Ν. Σκομπρή)

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
ΥΠΟΔ: Παρατηρείστε ότι η ανισότητα είναι ΟΜΟΓΕΝΗΣ και τροποποιήστε την κατά τα γνωστά.

Είναι

.

Έστω χωρίς βλάβη της γενικότητας $a \geqslant b \geqslant c$ . Τότε $a^2 + b^2 \geqslant a^2 + c^2 \geqslant b^2 + c^2$ και άρα

$\displaystyle{ (2c + a + b)(a+b) \geqslant (2b + a + c)(a+c) \geqslant (2a + b + c)(b+c)}$

Άρα από την ανισότητα της αναδιάταξης είναι

$\displaystyle{ \frac{a}{(2a+b+c)(b+c)}+\frac{b}{(2b+c+a)(c+a)}+\frac{c}{(2c+a+b)(a+b)} \geqslant \frac{b}{(2a+b+c)(b+c)}+\frac{c}{(2b+c+a)(c+a)}+\frac{a}{(2c+a+b)(a+b)}}$

και

$\displaystyle{ \frac{a}{(2a+b+c)(b+c)}+\frac{b}{(2b+c+a)(c+a)}+\frac{c}{(2c+a+b)(a+b)} \geqslant \frac{c}{(2a+b+c)(b+c)}+\frac{a}{(2b+c+a)(c+a)}+\frac{b}{(2c+a+b)(a+b)}}$

Προσθέτοντας έχουμε

$\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}} \frac{a}{(2a+b+c)(b+c)} \geqslant \frac{1}{2} \sum_{\text{cyc}} \frac{1}{2a + b + c}}$

Όμως από την ανισότητα αριθμητικού-αρμονικού μέσου (ή από Cauchy-Schwarz) έχουμε

$\displaystyle{ ((2a+b+c) + (a+2b+c) + (a+b+2c))\left( \frac{1}{2a+b+c} + \frac{1}{a+2b+c} + \frac{1}{a+b+2c}\right) \geqslant 9}$

οπότε το ζητούμενο έπεται.

#128

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 48: Αν $\displaystyle{a,b,c >0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{a}{(2a+b+c)(b+c)}+\frac{b}{(2b+c+a)(c+a)}+\frac{c}{(2c+a+b)(a+b)}\geq \frac{9}{8(a+b+c)}$

(Aπό Ρουμανικό διαγωνισμό. ΠΗΓΗ: Αλγεβρικές Ανισότητες , των Μ Στεργίου και Ν. Σκομπρή)

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
ΥΠΟΔ: Παρατηρείστε ότι η ανισότητα είναι ΟΜΟΓΕΝΗΣ και τροποποιήστε την κατά τα γνωστά.

Αλλιώς:

Λόγω ομογένειας υποθέτουμε ότι $\displaystyle{a+b+c=3,}$ οπότε η δοθείσα μετασχηματίζεται στην

$\displaystyle{\sum \frac{a}{9-a^2}\geq \frac{3}{8}.}$

Όμως, ισχύει

$\displaystyle{\frac{a}{9-a^2}\geq \frac{1}{8}+\frac{10}{64}(a-1)}$ και ανάλογες ανισότητες για τα $\displaystyle{b,c.}$

Πράγματι, είναι

$\displaystyle{\frac{a}{9-a^2}-\Big( \frac{1}{8}+\frac{10}{64}(a-1)\Big)=\frac{(a-1)^2(5a+9)}{32(9-a^2)}\geq 0.}$

Με πρόσθεση των παραπάνω τριών ανισοτήτων προκύπτει η ζητούμενη.

#129

ΑΣΚΗΣΗ 49:
Έστω $\displaystyle{M}$ ένα σύνολο πραγματικών αριθμών με τις κάτωθι ιδιότητες:

$\displaystyle{\bullet ~\rm 1\in M}$

$\displaystyle{\bullet ~\rm \Big[\frac{x}{4}\Big]\in M\implies x\in M.}$

Να αποδείξετε ότι

( $\displaystyle{\color{red}\spadesuit }$ ) $\displaystyle{\rm 2000+\sqrt{2000}\in M}$

και ότι

( $\displaystyle{\color{red}\clubsuit }$ ) $\displaystyle{\rm 2^{2000}+2^{\sqrt{2000}}\in M.}$

Kostas Tzimoulias · #130

Γεια σας. Είμαι καινούργιος εδώ. Αυτό το θέμα είναι για τους μαθητές που θέλουν να συμμετάσχουν σε διαγωνισμούς, αλλά δεν έχουν συνηθίσει τα θέματα; Δηλαδή τους φαίνονται λίγο δύσκολα;

#131

Kostas Tzimoulias έγραψε:Γεια σας. Είμαι καινούργιος εδώ. Αυτό το θέμα είναι για τους μαθητές που θέλουν να συμμετάσχουν σε διαγωνισμούς, αλλά δεν έχουν συνηθίσει τα θέματα; Δηλαδή τους φαίνονται λίγο δύσκολα;

Κώστα, πράγματι, τα περισσότερα θέματα εδώ, είναι για αρκετά προχωρημένους σε θέματα διαγωνισμών. Αν τώρα πρωτοασχολείσαι, είναι πολύ χρήσιμο να ξεκινήσεις με το θέμα: "Εισαγωγή σε διαγωνιστικά μαθηματικά - Γυμνάσιο" , όπου πολλά θέματα και από εκεί, είναι κατάλληλα και για Α Λυκείου.

Kostas Tzimoulias · #132

ναι η αλήθεια είναι ότι τώρα ξεκίνησα να κάνω σοβαρό διάβασμα σε μαθηματικά και φυσική. Όταν εννοώ σοβαρό δηλαδή εις βάθος όχι μόνο του σχολείου...

#133

ΑΣΚΗΣΗ 50: Αν $\displaystyle{x,y,z \in R }$ και $\displaystyle{0<x<y<z<1}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{3}{2}[xy(y-x)+yz(z-y)+zx(z-x)]>x(y-x)+y(z-y)+z(x-z)+z^3 -x^3}$

#134

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 50: Αν $\displaystyle{x,y,z \in R }$ και $\displaystyle{0<x<y<z<1}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{3}{2}[xy(y-x)+yz(z-y)+zx(z-x)]>x(y-x)+y(z-y)+z(x-z)+z^3 -x^3}$

Αρκεί νδο

Όμως, $(y-x)^2>(y-x)^3, \ (z-y)^2>(z-y)^3, \ (z-x)^2>(z-x)^3$ οπότε

$\displaystyle{3[xy(y-x)+yz(z-y)+zx(z-x)]+(y-x)^2+(z-y)^2+(z-x)^2>}$

$\displaystyle{>3[xy(y-x)+yz(z-y)+zx(z-x)]+(y-x)^3+(z-y)^3+(z-x)^3=2(z^3-x^3).}$

#135

ΑΣΚΗΣΗ 51
Να λυθεί το σύστημα στο

$x^4+y^2-xy^3-\frac{9}{8}x=0$

$y^4+x^2-yx^3-\frac{9}{8}y=0$ .

Ολυμπιάδα Λιθουανίας 2006

#136

matha έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 49:
Έστω $\displaystyle{M}$ ένα σύνολο πραγματικών αριθμών με τις κάτωθι ιδιότητες:

$\displaystyle{\bullet ~\rm 1\in M}$

$\displaystyle{\bullet ~\rm \Big[\frac{x}{4}\Big]\in M\implies x\in M.}$

Να αποδείξετε ότι

( $\displaystyle{\color{red}\spadesuit }$ ) $\displaystyle{\rm 2000+\sqrt{2000}\in M}$

και ότι

( $\displaystyle{\color{red}\clubsuit }$ ) $\displaystyle{\rm 2^{2000}+2^{\sqrt{2000}}\in M.}$

Μπορούμε να δείξουμε επαγωγικά ότι $[2^{2n},2^{2n+1})\subset M,$ για κάθε $n\geq 1.$

Το ζητούμενο είναι τώρα άμεσο από τα

$\displaystyle{2^{10}< 2000+\sqrt{2000}<2^{11}}$

και

$\displaystyle{2^{2000}<2^{2000}+2^{\sqrt{2000}}<2^{2011}.}$

maiksoul · #137

xr.tsif έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 51
Να λυθεί το σύστημα στο

$x^4+y^2-xy^3-\frac{9}{8}x=0$

$y^4+x^2-yx^3-\frac{9}{8}y=0$ .

Ολυμπιάδα Λιθουανίας 2006

Μια προσσέγγιση κάπως ...κοπιαστική!

Έστω
$\displaystyle{ \,\,\,\,x^4 + y^2 - xy^3 - \frac{9}{8}x = 0\,\,\,\,\,(1)\,\,\,\,\, \wedge \,\,\,\,\,y^4 + x^2 - yx^3 - \frac{9}{8}y = 0\,\,\,\,(2)\,\,\, }$

αφαιρώντας κατά μέλη έχουμε τότε:

$\displaystyle{ \begin{array}{l} \,\,\,\,x = y\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \vee \,\,\,\,\,\,(x + y)^3 - (x + y) - xy\,(x + y) - \frac{9}{8} = 0\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\, \\ \\ \,\,\,x = y\,\,(*)\,\,\,\,\, \vee \,\,\,\,\,b = a^2 - 1 - \frac{9}{{8a}}\,\,(**)\,\,\,\,,\,\,\,\mu \varepsilon \,\,\,b = x\,y\,\,\,\,\,,\,\,\,\,\,\,a = x + y\,\,\,\, \\ \end{array} }$

Αν
$\displaystyle{ \begin{array}{l} \,\,\,\,x = y\,\,\,,\, \\ \,\,(1) \Rightarrow x^2 - \frac{9}{8}x = 0 \Rightarrow x = y = 0 \vee x = y = \frac{9}{8}\,\,\,\, \\ \end{array} }$
Αν ισχύει η $\displaystyle{ \,\,(**)\,\, }$ τότε:

προσθέτουμε τις αρχικές εξισώσεις και παίρνουμε πως:

$\displaystyle{ \begin{array}{l} \,\,\,[(x + y)^2 - 2xy]^2 - 2x^2 y^2 + [(x + y)^2 - 2xy](1 - xy) - \frac{9}{8}xy = 0 \Leftrightarrow \\ \,\,\,(a^2 - 2b)^2 + a^2 - a^2 b - 2b - \frac{9}{8}a = 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{(**)} ...64a^4 + 72a^3 - 96a^2 - 180a - 81 = 0\, \\ \\ \,\,\, \Leftrightarrow (2a - 3)(8a + 9)(4a^2 + 6a + 3) = 0 \\ \\ \,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\,a = \frac{3}{2}\,\,\,\,\,\,\,(3)\,\,\,\,\,\,\,\,\, \vee \,\,\,\,\,\,\,\,\,a = - \frac{9}{8}\,\,\,\,\,\,(4)\, \\ \end{array} }$

οπότε
$\displaystyle{ \begin{array}{l} (**)\mathop \Rightarrow \limits^{(3)} b = \frac{1}{2} \\ \alpha \rho \alpha \,\,\tau \alpha \,\,x\,,\,y\,\,\rho \iota \zeta \varepsilon \varsigma \,\,\tau \iota \varsigma \,\varepsilon \xi \iota \sigma \omega \sigma \eta \varsigma \,\,k^2 - \frac{3}{2}k + \frac{1}{2} = 0 \Leftrightarrow k = 1\,\,\,\, \vee \,\,\,k = \frac{1}{2}\,\,\,\, \\ \,\alpha \rho \alpha \,\,\,\,(x = 1\,\,\, \wedge \,\,\,\,y = \frac{1}{2})\,\,\,\, \vee \,\,\,\,(x = \frac{1}{2} \wedge y = 1) \\ \end{array} }$
και
$\displaystyle{ \begin{array}{l} (**)\mathop \Rightarrow \limits^{(4)} b = \frac{{81}}{{64}} \\ \alpha \rho \alpha \,\,\tau \alpha \,\,x\,,\,y\,\,\rho \iota \zeta \varepsilon \varsigma \,\,\tau \iota \varsigma \,\varepsilon \xi \iota \sigma \omega \sigma \eta \varsigma \,\,k^2 + \frac{9}{8}k + \frac{{81}}{{64}} = 0\,\,\,\,\, \\ \end{array} }$
που είναι αδύνατη.

Επομένως το σύστημα έχει λύσεις τα ζεύγη :

$\displaystyle{ \,\,\,\,\,\,(\,\,\chi \,,\,\,y\,\,) = (\,\,0\,,\,\,0\,)\,\,,\,\,\,\,\,(\,\,x\,,y\,) = (\,\,\frac{9}{8}\,\,,\,\,\frac{9}{8}\,\,)\,\,,\,\,\,\,\,\,\,(\,x\,,\,\,\,y\,) = (1,\frac{1}{2}),\,\,\,\,\,\,\,\,(\,x\,,y\,) = (\,\frac{{\,1}}{2}\,\,,\,\,1\,)\,\, }$

Αρχιμήδης 6 · #138

maiksoul έγραψε:
xr.tsif έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 51
Να λυθεί το σύστημα στο

$x^4+y^2-xy^3-\frac{9}{8}x=0$

$y^4+x^2-yx^3-\frac{9}{8}y=0$ .

Ολυμπιάδα Λιθουανίας 2006
Μια προσσέγγιση κάπως ...κοπιαστική!

Αν

τότε

ενώ αν

ξανά

Για μη μηδενικούς x.y

θα μπορώ να διαιρέσω την πρώτη με

και την δεύτερη με

.

$x^3+\dfrac{y^2}{x}-y^3-\dfrac{9}{8}=0$

$y^3+\dfrac{x^2}{y}-x^3-\dfrac{9}{8}=0$

Αφαιρώ αυτές για να καταλήξω τελικά ότι.....

x=y

η $xy=\dfrac{1}{2}$

maiksoul · #139

Αρχιμήδης 6 ωραία σκέψη που οδηγεί σε διαφορετική και σύντομη λύση (την οποία δεν... γράφεις ...!).

Εμένα όμως ...γιατί με βγάζεις σε ... παράθεση;

raf616 · #140

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 15:
Έστω είναι δύο θετικοί ακέραιοι με $\left(a,b \right)=d.$
Να αποδείξετε ότι μεταξύ των αριθμών $a,2a,3a,...,\left(b-1 \right)a,ba$ ακριβώς είναι πολλαπλάσια του

Γεια σε όλους! Μία προσπάθεια σ'αυτήν την όμορφη άσκηση με την ελπίδα για επαναφορά του θέματος!

Γράφω a = da_1, b = db_1

με

.

Θα εξετάσουμε τι πρέπει να γίνεται ώστε o

να διαιρεί έναν αριθμό της μορφής

.

Πρέπει: $b|ka \implies db_1 | kda_1 \implies b_1 | ka_1 \implies b_1 | k$ αφού (a_1, b_1) = 1

.

Αρκεί λοιπόν να μετρήσουμε τα πολλαπλάσια του b_1

από το

μέχρι το

. Αυτά όμως είναι ακριβώς $\displaystyle{\left[\dfrac{b}{b_1}\right] = d}$ και έτσι το ζητούμενο εδείχθη.

Υ.Γ.: Δεν ξέρω πώς να γράψω σωστά το ακέραιο μέρος και έτσι το έβαλα σε αγκύλες...

Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Μέλη σε σύνδεση