25 ΘΕΜΑΤΑ ΓΙΑ ΤΟΝ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟ ΤΩΝ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΩΝ ΤΟΥ ΑΣΕΠ ΠΕ03

Μάκης Χατζόπουλος · #1

Για αρχή ξεκινάμε με 25 ασκήσεις από ανάλυση, άλγεβρα, πιθανότητες και αναλυτική γεωμετρία που ανταποκρίνονται στην ύλη του διαγωνισμού. Η δυσκολία των θεμάτων είναι μέτρια, αν και προσπάθησα να ανακαλύψω έξυπνα και ξεχασμένα θέματα που δεν έχουν μπει στους προηγούμενους διαγωνισμούς. Φυσικά δεν έχω την ψευδαίσθηση ότι μπορεί κανείς να καλύψει την ύλη με 25 θεματάκια (όσο και συνδυαστικά και να είναι) οπότε θα συνεχιστεί η προσπάθεια και ελπίζω όλοι να συνδράμουμε με ασκήσεις

Δεκτή κάθε παρατήρηση και κάθε ιδέα...

Y.Γ: Το παρακάτω αρχείο το έχω επισυνάψη (κάποια χρονική στιγμή) κ στο mathlinks

Στην άσκηση 11 αντί για κλ είναι κ + λ που είναι το σωστό. Θα το διορθώσω σύντομα

Μάκης Χατζόπουλος · #2

Η άσκηση 6 είναι λυμένη εδώ viewtopic.php?f=21&t=2791

Η άσκηση 14/β είναι λυμένη εδώ viewtopic.php?f=21&t=2897

Η άσκηση 21 μοιάζει πάρα πολύ με την άσκηση που έχουμε λύση εδώ viewtopic.php?f=21&t=2896

Η άσκηση 11 μοιάζει με την άσκηση 7 σελ. 292 του σχολικού βιβλίου (γενικές ασκήσεις)

Είχα υποσχεθεί (στον φίλο Σωτήρη) ότι θα έβαζα τις λύσεις κάποια στιγμή, αλλά λόγω έλλειψης ενδιαφέροντος το παραμέλησα. Ύστερα από ερωτήσεις φίλων για τις ασκήσεις - λύσεις, κινητοποιήθηκα πάλι και ανάρτησα αυτές που έχουμε συζητήσει κατά καιρούς μέσα στο mathematica. Όποιος θέλει να παίρνει μια άσκηση από τις άλυτες κ να την λύνει σε αυτό το θέμα θα ήταν καλό και θα με ξεκούραζε πολύ (αφού θα το κάνω εγώ σίγουρα, αν δεν ατονίσει). Είναι ωφέλιμο να έχουμε μια βάση ασκήσεων με λύσεις του ΑΣΕΠ κ θα φανούμε χρήσιμοι σε πολλά άτομα από ότι αντιλήφθηκα... ας κάνουμε την αρχή λύνοντας μια άσκηση από τις υπάρχουσες ή προτείνοντας μια νέα άσκηση!

vassilis314 · #3

Μάκης Χατζόπουλος έγραψε:Για αρχή ξεκινάμε με 25 ασκήσεις από ανάλυση, άλγεβρα, πιθανότητες και αναλυτική γεωμετρία που ανταποκρίνονται στην ύλη του διαγωνισμού. Η δυσκολία των θεμάτων είναι μέτρια, αν και προσπάθησα να ανακαλύψω έξυπνα και ξεχασμένα θέματα που δεν έχουν μπει στους προηγούμενους διαγωνισμούς. Φυσικά δεν έχω την ψευδαίσθηση ότι μπορεί κανείς να καλύψει την ύλη με 25 θεματάκια (όσο και συνδυαστικά και να είναι) οπότε θα συνεχιστεί η προσπάθεια και ελπίζω όλοι να συνδράμουμε με ασκήσεις

Δεκτή κάθε παρατήρηση και κάθε ιδέα...

Y.Γ: Το παρακάτω αρχείο το έχω επισυνάψη (κάποια χρονική στιγμή) κ στο mathlinks

Άσκηση 1
α)
Εξετάζω το πρόσημο της f{'}(x)

.
$f{'}(x)=\frac{\frac{1}{x}(x-1)-lnx}{(x-1)^2}=\frac{1-\frac{1}{x}-lnx}{(x-1)^2}$ .

Ο παρονομαστής είναι πάντα θετικός οπότε ελέγχω το πρόσημο του αριθμητή.

Έστω $h(x)=1-\frac{1}{x}-lnx$ . Τότε έχουμε
$h{'}(x)=\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x}=\frac{1-x}{x^2}$ .

Για x>1

η

είναι αρνητική οπότε το σημείο x=1

στο οποίο η h{'}(x)

μηδενίζεται είναι τοπικό μέγιστο. h(1)=0

οπότε η μέγιστη τιμή της h(x)

στο διάστημα $[1,+\infty)$ είναι το 0 και κατά συνέπεια στο διάστημα $(1,+\infty)$ η συνάρτηση h(x)

ειναι αρνητική.

Έτσι, στο διάστημα $(1,+\infty)$ η συνάρτηση f{'}(x)

ειναι αρνητική οπότε η f(x)

γνήσια φθίνουσα.

AlexandrosG · #4

Άσκηση 12

Έστω $\displaystyle{f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}}$ με $\displaystyle{f(x)=x^4-2ax^3+x^2+b}$ τέτοια ώστε $\displaystyle{\forall x \in \mathbb{R}: f(x)\geq\frac{f(0)+f(1)}{2}}$ (*).

Α) Να υπολογίσετε το

.

Β) Αν A,B,C τα σημεία της C_f

με τετμημένες της θέσεις στις οποίες η

παρουσιάζει τοπικά ακρότατα, αποδείξτε ότι το ABC είναι τρίγωνο.

Γ) Αν το κέντρο βάρους του ABC ανήκει στην ευθεία (ε): 4x-3y+1=0

, υπολογίστε το

.

Λύση

Α) Από τη σχέση (*) για x=0

και

παίρνουμε $\displaystyle{f(0) \geq \frac{f(0)+f(1)}{2}}$ και $\displaystyle{f(1) \geq \frac{f(0)+f(1)}{2}}$ οι οποίες δίνουν $\displaystyle{f(0)=f(1) \Rightarrow b=b+2-2a \Rightarrow a=1}$

Β) Είναι $\displaystyle{f'(x)=4x^3-6x^2+2x}$ . Συνεπώς $\displaystyle{f'(x)=0 \Rightarrow x=0,x=\frac{1}{2},x=1}$ .

Επειδή $\displaystyle{f(0)=f(1)=b}$ για να σχηματίζουν τα $\displaystyle{A= (0,b),B=(1,b),C=(\frac{1}{2},f(\frac{1}{2}))}$ τρίγωνο αρκεί $\displaystyle{f(\frac{1}{2})\neq b}$ . Πράγματι είναι $\displaystyle{f(\frac{1}{2})=\frac{1}{16}+b}$ .

Γ) Το κέντρο βάρους του ABC έχει συντεταγμένες $\displaystyle{x_K=\frac{0+1+\frac{1}{2}}{3}=\frac{1}{2}}$ και $\displaystyle{y_K=\frac{b+b+\frac{1}{16}+b}{3}}=b+\frac{1}{48}$ .
Επειδή ανήκει στην (ε) ικανοποιεί την εξίσωσή της δηλαδή

$\displaystyle{4x_K-3y_K-1=0}$ από την οποία βρίσκουμε $\displaystyle{b=\frac{5}{16}}$ .

#5

Η 17 είναι άσκηση του βιβλίου
Με $\lambda\neq\mu\neq\nu\neq\lambda$ έχουμε ότι
$\varphi_{\lambda}+\varphi_{\nu}+\varphi_{\mu}=360^o\Rightarrow 180^o-\frac{360^o}{\lambda}+180^o-\frac{360^o}{\nu}+180^o-\frac{360^o}{\mu}=360^o\Rightarrow \frac{1}{\lambda}+\frac{1}{\nu}+\frac{1}{\mu}=\frac{1}{2}$

Χρήστος

#6

Για την 23.
Οι χειραψίες που ανταλλάσσουν κάθε πρωΐ είναι $\frac{\nu(\nu-1)}{2}$ με την προυπόθεση ότι κάθε ένας ανταλλάσσει χειραψία με όλους τους υπόλοιπους (δεν έχει τσακωθεί)
έτσι για τους 75 θα έχουμε 2775 χειραψίες.
Αν ανταλλάσσουν 1275 χειραψίες
οι καθηγητές θα είναι $\frac{\nu(\nu-1)}{2}=1275$ και τελικά ν = 51 καθηγητές

Χρήστος

#7

Για το 2Α)
η εξίσωση παίρνει την μορφή $(x-1)\cdot\left[(\alpha+1)x^2-(\alpha^2+4\alpha-6)x+(\alpha+1) = 0 \right]$
άρα η μία ρίζα είναι το $x_{1} = 1$ και παρατηρούμε ότι το γινόμενο των ριζών της δευτεροβάθμιας είναι $x_{2} x_{3}= 1$
άρα οι ρίζες της εξίσωσης αποτελούν διαδοχικούς όρους γεωμετρικής προόδου.

Χρήστος

Μάκης Χατζόπουλος · #8

Σημειώνω δύο τυπογραφικά λαθάκια που μου ξέφυγαν (και πολύ φοβάμαι ότι δεν είναι μοναδικά)!

Άσκηση 11
Στο β μέλος το σωστό είναι είναι κ+λ και όχι πολ/σμός, οπότε το σωστό είναι:

$\displaystyle{\kappa \alpha ^x + \lambda \beta ^x \ge \kappa + \lambda }$

Άσκηση 15
Εδώ δεν έχω ορίσει τα σημεία Η και Θ! Φοβερός;;

Λοιπόν τα ευθύγραμμα τμήματα ΟΕ και ΟΖ τέμνουν την ΒΓ στα Η και Θ αντίστοιχα...

Αλέξανδρε G σε ευχαριστώ και πάλι για την επισήμανση!

Υ.Γ: Χαίρομαι που βρήκε ανταπόκριση ένα ξεχασμένο αρχείο, ίσως μερικές φορές το άγχος μας να καταπιαστούμε με όσο γίνεται περισσότερα θέματα, να καίγονται ή να μένουν ανολοκλήρωτα αυτά που έχουμε ήδη ανοίξει ...

#9

Για το 2Β)
ισχύει ότι $x_{2}+x_{3}=2x_{1}\Rightarrow \frac{\alpha ^2+4\alpha-6}{\alpha+1}=2\Rightarrow \alpha=2 , \alpha=-4$

Χρήστος

AlexandrosG · #10

Άσκηση 11

Αν a,b>0

και $k,l \in \mathbb{R}$ τέτοιοι ώστε $\displaystyle{\forall x \in \mathbb{R}:ka^x+lb^x \geq k+l}$ να αποδείξετε ότι
$\displaystyle{a^kb^l=1}$ .

Λύση

Έστω $\displaystyle{f(x)=ka^x+lb^x}$

Τότε $\displaystyle{f(x) \geq f(0),\forall x \in \mathbb{R}}$

Από θεώρημα Fermat:

$\displaystyle{f'(0)=0 \Rightarrow klna+llnb=0 \Rightarrow a^kb^l=1}$

Σημείωση: Μετά από επικοινωνία με τον Μάκη είναι k+l

αντί

στο δεύτερο μέλος της δοθείσας.

#11

Για το 2Γ)
για α = 2 η εξίσωση έχει ρίζα το x = 1 πολλαπλότητας 3
για α = -4 η εξίσωση έχει πάλι ρίζα το x = 1 πολλαπλότητας 3

Χρήστος

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

AlexandrosG · #12

Άσκηση 15

Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ. Προεκτείνουμε την ΑΒ και παίρνουμε ΒΕ=ΑΒ, όμοια την ΔΓ και παίρνουμε ΓΖ=ΓΔ. Έστω Ο το κέντρο του ΑΒΓΔ, και Η,Θ οι τομές των ΟΕ,ΟΖ με την ΒΓ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι

Α) ΒΓ=3ΒΗ, ΒΓ=3ΓΘ
Β) Οι ΟΕ,ΟΖ τριχοτομούν την ΒΓ.

Λύση

Α) Σχεδιάζουμε τις ΒΔ,ΓΕ και την παράλληλη ΜΝ στην ΒΓ που διέρχεται από το Ο με Μ στην ΑΒ, Ν στην ΔΓ.

Είναι 2ΜΒ=ΒΕ αφού ΜΝ//ΒΓ. Άρα από θεώρημα Θαλή 2ΟΗ=ΟΕ. Το ΒΕΓΔ είναι παραλληλόγραμμο. Συνεπώς ΒΔ//ΓΕ. Από το θεώρημα Θαλή και πάλι παίρνουμε 2ΒΗ=ΓΗ. Οπότε 3ΒΗ=ΒΓ όπως θέλαμε. Εντελώς όμοια παίρνουμε τη σχέση ΒΓ=3ΓΘ.

Β) Άμεση συνέπεια του Α αφού ΒΓ=ΒΗ+ΗΘ+ΘΓ.

#13

Για την άσκηση 3Α)
Αφού $f(x)\leq\frac{\sqrt{x^4+1}+3x^2}{2x}$ τότε $\lim_{x\rightarrow-00}f(x)\leq\lim_{x\rightarrow-00}\frac{\sqrt{x^4+1}+3x^2}{2x}= \lim_{x\rightarrow-00}\frac{x^2\sqrt{1+\frac{1}{x^4}}+3x^2}{2x}=\lim_{x\rightarrow-00}\frac{x^2(\sqrt{1+\frac{1}{x^4}}+3)}{2x}=-00$
Άρα $\lim_{x\rightarrow-00}f(x)= -00$

Όμοια $\lim_{x\rightarrow0^-}f(x)\leq\lim_{x\rightarrow 0^-}\frac{\sqrt{x^4+1}+3x^2}{2x}=\lim_{x\rightarrow 0^-}(\left \frac{\sqrt{x^4+1}}{2x}+\frac{3x^2}{2x})= -00$
Άρα $\lim_{x\rightarrow0^-}f(x)= -00$

Χρήστος

#14

Για το 3Β)
αν κάνουμε πράξεις η λ(x) = $\frac{\sqrt{x^4+1}+3x^2}{2x}$ για κάθε x στο (-00,0)
και αφού ισχύει η αρχική η γραφική παράσταση της f βρίσκεται κάτω από την εφαπτομένη της , άρα η f στρέφει τα κοίλα κάτω.

Χρήστος

#15

Για το 5Α)
τα τρίγωνα που θα σχηματίσουμε θα έχουν την μία κορυφή στην (ε1) και τις άλλες δύο στην (ε2) ή δύο κορυφές στην (ε1) και μία κορυφή στην (ε2) και αφού δεν μας ενδιαφέρει η σειρά με την οποία παίρνουμε τα σημεία είναι συνδυασμός $\begin{pmatrix} 10\\ 1 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} 20\\ 2 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 10\\ 2 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} 20\\ 1 \end{pmatrix}$ = 1900+900 = 2800

#16

Για το 5Β)
Για να έχει το τρίγωνο την πλευρά του στην (ε1) πρέπει να πάρουμε τα δύο σημεία στην (ε1)
Άρα η πιθανότητα είναι Ρ= $\frac{900}{2800}$

Χρήστος

MAIRH · #17

ασκ. 7) Για την ακολουθία ισχύει: αν+2 - αν+1 = αν+1 - αν, άρα είναι αριθμητική πρόοδος με ω = α3-α2=α2-α1=7.

Άρα α1001=α1 + 1000ω = -5+7000=6995.

Ιστοσελίδα · #18

Για το 14α

$\displaystyle{ A = \sqrt {14 + 6\sqrt 5 } - \sqrt {14 - 6\sqrt 5 } = \sqrt {9 + 6\sqrt 5 + 5} - \sqrt {9 - 6\sqrt 5 + 5} = }$
$\displaystyle{ = \sqrt {3^2 + 2 \cdot 3\sqrt 5 + \sqrt 5 ^2 } - \sqrt {3^2 - 2 \cdot 3\sqrt 5 + \sqrt 5 ^2 } = \sqrt {\left( {3 + \sqrt 5 } \right)^2 } - \sqrt {\left( {3 - \sqrt 5 } \right)^2 } = 2\sqrt 5 }$

ΓΕΝΙΚΕΥΣΗ

Αν A, B, x, y είναι θετικοί ρητοί αριθμοί, τότε βρείτε τα x ,y ως προς Α, Β έτσι ώστε:
$\displaystyle{\sqrt {A + \sqrt B } = \sqrt x + \sqrt y }$

ΑΠΑΝΤΗΣΗ

Από την σχέση $\sqrt {{\rm A} + \sqrt {\rm B} } = \sqrt x + \sqrt y$
υψώνοντας στο τετράγωνο έχουμε:
$A + \sqrt B = x + y + \sqrt {xy}$

επειδή οι αριθμοί $\sqrt B ,\sqrt {xy}$ είναι άρρητοι και οι αριθμοί Α και x+y είναι ρητοί έχουμε:

$\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {A = x + y} \\ {\sqrt B = 2\sqrt {xy} } \\ \end{array}} \right\} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {x + y = A} \\ {xy = \frac{B}{4}} \\ \end{array}} \right\}$

Από όπου σχηματίζεται εξίσωση

$\omega ^2 - A\omega + \frac{{\rm B}}{4} = 0$
με ρίζες τους x , y. Οι ρίζες αυτής της εξίσωσης είναι:

$x = \frac{{A + \sqrt {A^2 - B} }}{3},y = \frac{{A - \sqrt {A^2 - B} }}{3}$

Για να είναι οι αριθμοί x, y ρητοί πρέπει:

$A^2 - B = \Gamma ^2$ με Γ ρητός αριθμός και προκύπτει ότι:

$x = \frac{{A + \left| \Gamma \right|}}{2},y = \frac{{A - \left| \Gamma \right|}}{2}$

ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΑ

Αν x, y θετικοί ρητοί αριθμοί και
$x = \frac{{A + \left| \Gamma \right|}}{2},y = \frac{{A - \left| \Gamma \right|}}{2}$
Τότε:
$\left( {\sqrt x + \sqrt y } \right)^2 = x + y + 2\sqrt {xy}$
$= \frac{{A + \left| \Gamma \right|}}{2} + \frac{{A - \left| \Gamma \right|}}{2} + 2\sqrt {\frac{{A^2 - \Gamma ^2 }}{4}} = A + \sqrt B$
Άρα $\sqrt x + \sqrt y = \sqrt {A + \sqrt B }$

επομένως για να υπάρχουν θετικοί ρητοί αριθμοί x και y, με ένα τουλάχιστον όχι τέλειο τετράγωνο ρητού αριθμού τέτοιοι ώστε
$\sqrt x + \sqrt y = \sqrt {A + \sqrt B }$
πρέπει και αρκεί Α, Β θετικοί ρητοί και $A^2 - B = \Gamma ^2$ όπου Γ θετικός ρητός και ισχύει:

$\sqrt {A + \sqrt B } = \sqrt {\frac{{A + \left| \Gamma \right|}}{2}} + \sqrt {\frac{{A - \left| \Gamma \right|}}{2}}$

Ιστοσελίδα · #19

Άσκηση 24

Έστω π(x) το πηλίκο και $\displaystyle{\upsilon (x) = \alpha x^2 + \beta x + \gamma }$ το υπόλοιπο της διαίρεσης $\displaystyle{P(x):(x^3 - 7x^2 - 8x)}$
Aπό την ταυτότητα της αλγοριθμικής διαίρεσης έχουμε:
$\displaystyle{ P(x) = (x^3 - 7x^2 - 8x) \cdot \pi (x) + \alpha x^2 + \beta x + \gamma }$
$\displaystyle{ P(x) = x(x + 1)(x - 8) \cdot \pi (x) + \alpha x^2 + \beta x + \gamma }$

Από την υπόθεση έχουμε το σύστημα:
$\displaystyle{ \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {P(0) = 3} \\ {P( - 1) = 2} \\ {P(8) = 46} \\ \end{array}} \right\} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {\gamma = 3} \\ {\alpha - \beta + \gamma = 2} \\ {64\alpha + 8\beta + \gamma = 46} \\ \end{array}} \right\} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {\alpha = \frac{{35}}{{72}}} \\ {\beta = \frac{{107}}{{72}}} \\ {\gamma = 3} \\ \end{array}} \right\} }$

Άρα το ζητούμενο υπόλοιπο είναι: $\displaystyle{ \upsilon (x) = \frac{{35}}{{72}}x^2 + \frac{{107}}{{72}}x + 3 }$

Ιστοσελίδα · #20

Άσκηση 25

α) Έχουμε:

$\displaystyle{ \begin{array}{l} f(x) = - (\eta \mu ^4 x + \sigma \upsilon \nu ^4 x) + 6\eta \mu ^2 x\sigma \upsilon \nu ^2 x = \\ = - \left[ {\left( {\eta \mu ^2 x} \right)^2 + \left( {\sigma \upsilon \nu ^2 x} \right)^2 } \right] + 6\eta \mu ^2 x\sigma \upsilon \nu ^2 x = \\ = - \left[ {\left( {\eta \mu ^2 x + \sigma \upsilon \nu ^2 x} \right)^2 - 2\eta \mu ^2 x\sigma \upsilon \nu ^2 x} \right] + 6\eta \mu ^2 x\sigma \upsilon \nu ^2 x = \\ = - \left[ {1 - 2\eta \mu ^2 x\sigma \upsilon \nu ^2 x} \right] + 6\eta \mu ^2 x\sigma \upsilon \nu ^2 x = \\ = 8\eta \mu ^2 x\sigma \upsilon \nu ^2 x - 1 = \\ = 2 \cdot 4\eta \mu ^2 x\sigma \upsilon \nu ^2 x - 1 = \\ = - \left( {1 - 2\eta \mu ^2 2x} \right) = - \sigma \upsilon \nu 4x \\ \end{array} }$

επομένως έχουμε
μέγιστη τιμή 1
ελάχιστη τιμή -1
Περίοδος $\displaystyle{ T = \frac{{2\pi }}{4} = \frac{\pi }{2} }$

β) Παρατηρούμε ότι: f(0) = - συν0 = -1
επομένως για x = 0 η συνάρτηση f παίρνει την ελάχιστη τιμή της.

25 ΘΕΜΑΤΑ ΓΙΑ ΤΟΝ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟ ΤΩΝ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΩΝ ΤΟΥ ΑΣΕΠ ΠΕ03

25 ΘΕΜΑΤΑ ΓΙΑ ΤΟΝ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟ ΤΩΝ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΩΝ ΤΟΥ ΑΣΕΠ ΠΕ03

Re: 25 ΘΕΜΑΤΑ ΓΙΑ ΤΟΝ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟ ΤΩΝ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΩΝ ΤΟΥ ΑΣΕΠ ΠΕ03

Re: 25 ΘΕΜΑΤΑ ΓΙΑ ΤΟΝ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟ ΤΩΝ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΩΝ ΤΟΥ ΑΣΕΠ

Re: 25 ΘΕΜΑΤΑ ΓΙΑ ΤΟΝ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟ ΤΩΝ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΩΝ ΤΟΥ ΑΣΕΠ

Re: 25 ΘΕΜΑΤΑ ΓΙΑ ΤΟΝ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟ ΤΩΝ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΩΝ ΤΟΥ ΑΣΕΠ

Re: 25 ΘΕΜΑΤΑ ΓΙΑ ΤΟΝ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟ ΤΩΝ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΩΝ ΤΟΥ ΑΣΕΠ

Re: 25 ΘΕΜΑΤΑ ΓΙΑ ΤΟΝ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟ ΤΩΝ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΩΝ ΤΟΥ ΑΣΕΠ

Re: 25 ΘΕΜΑΤΑ ΓΙΑ ΤΟΝ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟ ΤΩΝ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΩΝ ΤΟΥ ΑΣΕΠ

Re: 25 ΘΕΜΑΤΑ ΓΙΑ ΤΟΝ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟ ΤΩΝ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΩΝ ΤΟΥ ΑΣΕΠ

Re: 25 ΘΕΜΑΤΑ ΓΙΑ ΤΟΝ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟ ΤΩΝ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΩΝ ΤΟΥ ΑΣΕΠ

Re: 25 ΘΕΜΑΤΑ ΓΙΑ ΤΟΝ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟ ΤΩΝ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΩΝ ΤΟΥ ΑΣΕΠ

Re: 25 ΘΕΜΑΤΑ ΓΙΑ ΤΟΝ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟ ΤΩΝ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΩΝ ΤΟΥ ΑΣΕΠ

Re: 25 ΘΕΜΑΤΑ ΓΙΑ ΤΟΝ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟ ΤΩΝ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΩΝ ΤΟΥ ΑΣΕΠ

Re: 25 ΘΕΜΑΤΑ ΓΙΑ ΤΟΝ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟ ΤΩΝ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΩΝ ΤΟΥ ΑΣΕΠ

Re: 25 ΘΕΜΑΤΑ ΓΙΑ ΤΟΝ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟ ΤΩΝ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΩΝ ΤΟΥ ΑΣΕΠ

Re: 25 ΘΕΜΑΤΑ ΓΙΑ ΤΟΝ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟ ΤΩΝ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΩΝ ΤΟΥ ΑΣΕΠ

Re: 25 ΘΕΜΑΤΑ ΓΙΑ ΤΟΝ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟ ΤΩΝ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΩΝ ΤΟΥ ΑΣΕΠ

Re: 25 ΘΕΜΑΤΑ ΓΙΑ ΤΟΝ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟ ΤΩΝ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΩΝ ΤΟΥ ΑΣΕΠ

Re: 25 ΘΕΜΑΤΑ ΓΙΑ ΤΟΝ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟ ΤΩΝ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΩΝ ΤΟΥ ΑΣΕΠ

Re: 25 ΘΕΜΑΤΑ ΓΙΑ ΤΟΝ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟ ΤΩΝ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΩΝ ΤΟΥ ΑΣΕΠ

Μέλη σε σύνδεση