Προκριματικός Διαγωνισμός 2015

simantiris j. · #1

Ας δούμε εδώ τα θέματα του φετινού προκριματικού διαγωνισμού.
Καλή επιτυχία στους διαγωνιζόμενους!

jason.prod · #2

Δίνω τα θέματα των μικρών:

1) Αν οι x,y,z

είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να αποδειχτεί ότι $(3x+y)(3y+z)(3z+x) \ge 64xyz$ . Πότε ισχύει η ισότητα;
2) Θεωρούμε ΑΒΓ τρίγωνο οξυγώνιο εγγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου Ο. Αν τα ύψη ΒΔ, ΓΕ τέμνονται στο Η και το περίκεντρο του ΒΗΓ είναι το O_1

να αποδείξετε ότι το AHO_1O

είναι παραλληλόγραμμο.
3) Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει θετικός ακέραιος

που είναι τέτοιος ώστε οι αριθμοί $(n+1)2^n, (n+3)2^{n+2}$ να είναι ταυτόχρονα τέλεια τετράγωνα.
4) Οι μαθητές ενός σχολείου είναι χωρισμένοι σε 112 ομάδες, 11 μελών η καθεμία. Δύο οποιεσδήποτε ομάδες έχουν έναν ακριβώς κοινό μαθητή. Να αποδειχτεί ότι:
α) Υπάρχει μαθητής που ανήκει σε τουλάχιστον 12 ομάδες.
β) Υπάρχει μαθητής που ανήκει σε όλες τις ομάδες.

panagiotis99 · #3

Για το 2 δείτε την απόδειξη του Ραφαήλ (rtsiamis) εδώ viewtopic.php?f=58&t=44856&start=20 , είναι ουσιαστικά υποερώτημα του περσυνού θέματος της JBMO

Για το 1 εύκολα προκύπτει με ΑΜ-ΓΜ : $\prod{(3x+y)}\geq \prod{4\sqrt[4]{x^3y}}$ που είναι το ζητούμενο

Για το 3 πολλαπλασιάζουμε κατα μέλη και έχουμε $(n+1)(n+3)2^{2n+2}=x^2$
Συνεπώς (n+1)(n+3)=y^2

που είναι αδύνατο αφού (n+1)^2 < (n+1)(n+3) < (n+2)^2

panagiotis99 · #4

Δίνω και τα 3 θέματα των μεγάλων που θυμάμαι την γεωμετρία ας το δώσει κάποιος άλλος δεν την θυμάμαι

1) Να λυθεί στους θετικούς ακεραίους η εξίσωση
xy(x+y-10)-3x^2-2y^2+21x+16y=60

2) Έστω

διαφορετικά μεταξύ τους σημεία που ανήκουν στο εσωτερικό η στην περιφέρεια ενός μοναδιαίου δίσκου. Να δειχθεί ότι υπάρχουν τουλάχιστον 1998

τμήματα που σχηματίζονται απο αυτά τα σημεία με μήκος μικρότερο του $\sqrt3$

4)Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f: R \rightarrow R$ που ικανοποιούν
$yf(x)+f(y) \geq f(xy)$

#5

jasonmaths4ever έγραψε:Δίνω τα θέματα των μικρών:

2) Θεωρούμε ΑΒΓ τρίγωνο οξυγώνιο εγγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου Ο. Αν τα ύψη ΒΔ, ΓΕ τέμνονται στο Η και το περίκεντρο του ΒΗΓ είναι το να αποδείξετε ότι το είναι παραλληλόγραμμο.

Καλησπέρα.

: J.Προκριματικός 2015.png (15.44 KiB) Προβλήθηκε 6498 φορές

Η

είναι μεσοκάθετη στη

, άρα

Από το θεώρημα Nagel(*)(Το ευθύγραμμο τμήμα που συνδέει τα ίχνη δύο υψών τριγώνου είναι κάθετο στην ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου που αντιστοιχεί στην τρίτη κορυφή), είναι $\displaystyle{AO \bot ED,{O_1}H \bot ED}$ , άρα O_1H//OA

, οπότε το AHO_1O

είναι παραλληλόγραμμο.

(*) Απόδειξη του θεωρήματος Nagel:

: Nagel.J..png (14.82 KiB) Προβλήθηκε 6470 φορές

Θα δείξω ότι $\displaystyle{AO \bot ED}$ . Αρκεί να δείξω ότι $\displaystyle{{\widehat A_1} + {\widehat E_1} = {90^0}}$
Από το εγγράψιμο EDCB

είναι $\hat{C}=\hat{E_1}$ . Αλλά, $\hat{AOB}=2\hat{C}$ (σχέση επίκεντρης και εγγεγραμμένης γωνίας που βαίνουν στο ίδιο τόξο).

Άρα $\boxed{A\widehat OB = 2{\widehat E_1}}$ (1)

. Στο ισοσκελές τρίγωνο AOB

είναι:
$\displaystyle{A\widehat OB + 2{\widehat A_1} = {180^0}\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)} 2{\widehat E_1} + 2{\widehat A_1} = {180^0} \Leftrightarrow }$ $\boxed{{\widehat A_1} + {\widehat E_1} = {90^0}}$ .

simantiris j. · #6

Mε μια πρώτη ματιά και τα θέματα των μικρών αλλά και των μεγάλων μου φάνηκαν από καλά έως πολύ καλά.Μήπως έχει κάποιος τη γεωμετρία των μεγάλων

rtsiamis · #7

Ευχαριστούμε Παναγιώτη
Στο 2) των μικρών να σημειώσω ότι αν κάποιος δεν γνώριζε το λήμμα AH=2OM

μπορούσε να προσπαθήσει να αποδείξει ότι AO // HO_1

που δεν είναι πολύ δύσκολο με κυνήγι γωνιών. (Αν δεν ασχοληθεί κάποιος θα επανέλθω)
Η απόδειξη που έδωσε ο Παναγιώτης είναι ίσως η πιο γρήγορη. Μια επίσης γρήγορη απόδειξη δίνεται αν χωρίσουμε (όχι τόσο άμεση όμως) δίνεται αν πάρουμε περιπτώσεις στο n (άρτιος-περιττός)
Για το 4), που όπως συζητήσαμε και με τα παιδιά ήταν το πιο απαιτητικό:
Το α) είναι περιστεροφωλιά (παίρνουμε μια ομάδα, έχει κάποιον κοινό μαθητή με 111 άλλες ομάδες. Άρα από περιστεροφωλιά έχουμε έναν μαθητή που είναι μέλος σε άλλες 10+1=11

ομάδες, άρα συνολικά είναι μέλος σε τουλάχιστον

ομάδες.
Θα επανέλθω σε λίγη ώρα για το β).

Ανδρέας Πούλος · #8

Για την συναρτησιακή σχέση των μεγάλων μία λύση αποτελεί η συνάρτηση f(x) = ax - a

, για κάθε

και

πραγματικούς αριθμούς.
Δεν βρήκα μία γενικότερη μέθοδο επίλυσης.

Ανδρέας Πούλος

rtsiamis · #9

Για το 4β) των μικρών:
Θεωρούμε το μαθητή, έστω

, που ανήκει στο μέγιστο αριθμό ομάδων και έστω O(A)

ο αριθμός από ομάδες στις οποίες ανήκει. Θέλουμε O(A)=112

.
Έστω ότι O(A)<112

. Τότε μπορούμε να θεωρήσουμε μία ομάδα

στην οποία δεν ανήκει ο

. Τότε αυτή έχει κοινούς μαθητές με κάθε ομάδα στην οποία είναι ο

, χωρίς να έχει τον

.
Λήμμα Ας είναι K_1, K_2

δύο ομάδες με A ∈ K_1, A ∈ K_2

. Τότε ο κοινός μαθητής της

με την

είναι διαφορετικός από τον κοινό μαθητή της

με την

.
Απόδειξη: Αν δεν ήταν, οι ομάδες K_1,K_2

θα είχαν δύο μαθητές κοινούς (έναν με τη

, και τον

, άτοπο από την υπόθεση.
Οπότε η

πρέπει να έχει κοινούς μαθητές με όλες τις ομάδες που έχουν τον

, και για κάθε ομάδα είναι διακεκριμένοι. Οπότε έχει τουλάχιστον O(A)

μαθητές. Όμως από το α) είναι $O(A)\geq 12$ ενώ από την υπόθεση η

έχει ακριβώς

μαθητές, άτοπο. Άρα O(A)=112

, όπως θέλαμε

Αυτή ήταν πάνω-κάτω και η ιδέα της λύσης μου στο διαγωνισμό, αλλά θεώρησα ότι οι ομάδες είναι ευθείες και οι μαθητές στην κάθε ομάδα είναι σημεία σε κάθε ευθεία (ο κοινός μαθητής είναι το σημείο τομής των ευθειών). Αυτό γίνεται, επειδή ανά δύο οι ομάδες έχουν μοναδικό κοινό μαθητή όπως ανά δύο οι ευθείες μοναδικό κοινό σημείο, και το πρόβλημα γίνεται πιο "φυσικό" (η ιδέα για τη λύση έρχεται πιο εύκολα)
Βέβαια, ακόμα και αν θεωρήσουμε τις ομάδες ως ευθείες, δε βοήθησε το θεώρημα Helly όσο κι αν προσπάθησα....

Αρχιμήδης 6 · #10

panagiotis99 έγραψε:Δίνω και τα 3 θέματα των μεγάλων που θυμάμαι την γεωμετρία ας το δώσει κάποιος άλλος δεν την θυμάμαι

1) Να λυθεί στους θετικούς ακεραίους η εξίσωση

Εντάξει δεν το λες και κομψό ...

Αν

τότε

άρα για να έχει λύση η εξίσωση θα πρέπει xy(x+y)+16(x+y)<3x^2+2y^2+10xy<4(x+y)^2

Άρα μένει να ελέγξω τις τιμές x=1,2,3...12

και αφού ελέγξω αυτές και x>12

τότε

άρα θα ελέγξω και τις τιμές y=1,2,3

opener · #11

panagiotis99 έγραψε:4)Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ που ικανοποιούν
$yf(x)+f(y) \geq f(xy)$

Μια προσπάθεια:
Για x=0

έχουμε $f(y) \geq f(0)-yf(0) \forall y \in \mathbb{R}$ .
Θέτουμε τώρα $g: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}_{\geq 0},g(x)=f(x)+xf(0)-f(0)$ και η δοθείσα σχέση γίνεται:
$yg(x)+g(y) \geq g(xy)$ (*).
Για x=y=-2

στην (*) έχουμε $-g(-2) \geq 0 \Rightarrow g(-2)=0$ , αφού $g(x) \geq 0$ . Τώρα για y=-2

στη (*) προκύπτει ότι $-2g(x) \geq g(-2x) \geq 0$ ,
άρα $g(x)=0 \forall x \in \mathbb{R}$ και επομένως f(x)=f(0)-xf(0)

για κάθε x πραγματικό αριθμό. Τέλος παρατηρούμε ότι η λύση που βρήκαμε ικανοποιεί τη δοσμένη σχέση.

#12

jasonmaths4ever έγραψε: 3) Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει θετικός ακέραιος που είναι τέτοιος ώστε οι αριθμοί $(n+1)2^n, (n+3)2^{n+2}$ να είναι ταυτόχρονα τέλεια τετράγωνα.

Δίνω άλλη μία λύση για το 3ο των Μικρών μετά την εξαιρετική λύση του Παναγιώτη.

Ας υποθέσουμε ότι οι αριθμοί $(n+1)2^n, (n+3)2^{n+2}$ είναι ταυτόχρονα τέλεια τετράγωνα ακεραίων.

Αν ο

είναι άρτιος τότε οι αριθμοί 2^n

και $2^{n+2}$ είναι τέλεια τετράγωνα ακεραίων άρα το ίδιο πρέπει να συμβαίνει και για τους αριθμούς $n+1, \ n+3$ που διαφέρουν κατά

. Όμως τα τετράγωνα δύο διαφορετικών μεταξύ τους τέλειων τετραγώνων διαφέρουν τουλάχιστον κατά

(πράγματι $a^2-b^2=(a-b)(a+b)\geq 1\cdot 3$ όταν $a>b\geq 1$ ), άτοπο.

Αν ο

είναι περιττός, έστω n=2k+1

τότε $(n+1)2^n=(k+1)2^{2k+2}, \ \ (n+3)2^{n+2}=(k+2)2^{2k+4}$ κι επειδή οι αριθμοί $2^{2k+2}$ και $2^{2k+4}$ είναι τέλεια τετράγωνα ακεραίων άρα το ίδιο πρέπει να συμβαίνει και για τους αριθμούς $k+1, \ k+2$ που διαφέρουν κατά

. Όμως, όπως αποδείχθηκε και παραπάνω, τα τετράγωνα δύο διαφορετικών μεταξύ τους τέλειων τετραγώνων διαφέρουν τουλάχιστον κατά

, άτοπο.

Αλέξανδρος

#13

opener έγραψε:
panagiotis99 έγραψε:4)Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ που ικανοποιούν
$yf(x)+f(y) \geq f(xy)$
Μια προσπάθεια:
Για έχουμε $f(y) \geq f(0)-yf(0) \forall y \in \mathbb{R}$ .
Θέτουμε τώρα $g: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}_{\geq 0},g(x)=f(x)+xf(0)-f(0)$ και η δοθείσα σχέση γίνεται:
$yg(x)+g(y) \geq g(xy)$ (*).
Για στην (*) έχουμε $-g(-2) \geq 0 \Rightarrow g(-2)=0$ , αφού $g(x) \geq 0$ . Τώρα για στη (*) προκύπτει ότι $-2g(x) \geq g(-2x) \geq 0$ ,
άρα $g(x)=0 \forall x \in \mathbb{R}$ και επομένως για κάθε x πραγματικό αριθμό. Τέλος παρατηρούμε ότι η λύση που βρήκαμε ικανοποιεί τη δοσμένη σχέση.

Εξαιρετική Λύση! Εύγε!

Αλέξανδρος

jason.prod · #14

Δίνω τις ακριβείς μου λύσεις για τα θέματα των μικρών:
Στο 1 με ΑΜ-ΓΜ όπως ο Παναγιώτης.
Στο 2 χρησιμοποίησα ότι
α) Η διάκεντρος είναι μεσοκάθετη της κοινής χορδής
β) Τα $\displaystyle{A,B,\Gamma ,H}$ είναι ορθοκεντρική τετράδα
γ) Η απόσταση ορθοκέντρου-κορυφής είναι διπλάσια από την απόσταση περικέντρου-αντίστοιχης πλευράς
Στο 3 όπως ο Παναγιώτης
Στο 4α απλά έπαιρνες την πρώτη ομάδα και απλά εφαρμογή περιστεροφωλιάς
Στο 4β θεωρώ τις το πλήθος το πολύ 11 ομάδες ομάδων με το εξής τρόπο: η πρώτη είναι αυτή που αποτελείται από αυτές που έχουν με την πρώτη ομάδα κοινό τον πρώτο της μαθητή, η δεύτερη με τον δεύτερο κλπ. θεωρώ μία τυχαία ομάδα, η οποία να μην είναι η πρώτη και ονομάζω M_1

τον μαθητή της που ανήκει σε άλλες τουλάχιστον 11 ομάδες. Προφανώς οι ομάδες αυτές δεν θα ανήκουν ανά δύο σε ίδιες ομάδες ομάδων, άτοπο, αφού από περιστεροφωλιά έχουμε το ακριβώς αντίθετο. Άρα το ζητούμενο εδείχθη, εκτός και αν ο M_1

ανήκει στην πρώτη ομάδα τότε εφαρμόζω όλη αυτήν την διαδικασία για κάθε ομάδα και καταλήγω στο ζητούμενο.

#15

panagiotis99 έγραψε: 4)Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f: R \rightarrow R$ που ικανοποιούν
$yf(x)+f(y) \geq f(xy)$

Μια ακόμα λύση:

Για $\displaystyle{x=0}$ προκύπτει

$\displaystyle{f(y)\geq f(0)(1-y)~\forall y\in \mathbb{R}.}$ $\displaystyle{\color{red}\bf (1)}$

Με εναλλαγή των $\displaystyle{x,y}$ προκύπτει

$\displaystyle{f(xy)\leq xf(y)+f(x),}$ οπότε προσθέτοντας κατά μέλη με την αρχική βρίσκουμε

$\displaystyle{2f(xy)\leq (x+1)f(y)+(y+1)f(x).}$

Σε αυτήν θέτουμε $\displaystyle{y=-1,}$ οπότε προκύπτει $\displaystyle{2f(-x)\leq (x+1)f(-1)~\forall x\implies f(x)\leq \frac{f(-1)}{2}(1-x)~\forall x.}$

Με χρήση της $\displaystyle{\color{red}\bf (1)}$ βρίσκουμε

$\displaystyle{f(0)(1-x)\leq f(x)\leq \frac{f(-1)}{2}(1-x)~\forall x}$

Θέτοντας στην τελευταία διαδοχικά $\displaystyle{x=0, x=2}$ προκύπτει $\displaystyle{2f(0)=f(-1).}$

Άρα $\displaystyle{f(x)=f(0)(1-x)~\forall x.}$

Η επαλήθευση είναι απλή.

#16

panagiotis99 έγραψε: 2) Έστω διαφορετικά μεταξύ τους σημεία που ανήκουν στο εσωτερικό η στην περιφέρεια ενός μοναδιαίου δίσκου. Να δειχθεί ότι υπάρχουν τουλάχιστον τμήματα που σχηματίζονται απο αυτά τα σημεία με μήκος μικρότερο του $\sqrt3$

Χωρίζουμε τον κύκλο σε τρεις ίσους κυκλικούς τομείς με επίκεντρη γωνία $120^{\circ}$ με τέτοιο τρόπο ώστε κανένα από τα 111

σημεία να μην ανήκει πάνω στην τομή οποιασδήποτε πλευράς επίκεντρης και κύκλου. Προφανώς αν δύο σημεία ανήκουν στον ίδιο κυκλικό τομέα τότε η απόστασή τους είναι μικρότερη από το μήκος της χορδής του κύκλου που βλέπει η επίκεντρη γωνία, δηλαδή μικρότερη από $\sqrt{3}$ .

Έτσι, αν a,b,c

είναι τα σημεία που ανήκουν στον 1ο, 2ο, 3ο κυκλικό τομέα αντίστοιχα, τότε αφενός ισχύει a+b+c=111

και αφετέρου υπάρχουν τουλάχιστον

$\dbinom{a}{2}+\dbinom{b}{2}+\dbinom{c}{2}=\dfrac{a^2+b^2+c^2-a-b-c}{2}=\dfrac{a^2+b^2+c^2-111}{2}$

ζεύγη σημείων με απόσταση μικρότερη από $\sqrt{3}$ .

Όμως από την ανισότητα Cauchy-Schwartz έχουμε

$3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2 \Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\geq \dfrac{111^2}{3}$

Έτσι λοιπόν $\dfrac{a^2+b^2+c^2-111}{2}\geq \dfrac{\frac{111^2}{3}-111}{2}=1998$ και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Αλέξανδρος

#17

jasonmaths4ever έγραψε:Δίνω τα θέματα των μικρών:

4) Οι μαθητές ενός σχολείου είναι χωρισμένοι σε 112 ομάδες, 11 μελών η καθεμία. Δύο οποιεσδήποτε ομάδες έχουν έναν ακριβώς κοινό μαθητή. Να αποδειχτεί ότι:
α) Υπάρχει μαθητής που ανήκει σε τουλάχιστον 12 ομάδες.
β) Υπάρχει μαθητής που ανήκει σε όλες τις ομάδες.

Πιο γενικά ισχύει ότι αν έχουμε n^2-n+2

ομάδες

μελών η κάθε μία ώστε κάθε δύο ομάδες να έχουν ακριβώς ένα κοινό μέλος τότε υπάρχει ένα μέλος που ανήκει σε όλες τις ομάδες.

Η απόδειξη έχει ουσιαστικά ήδη δοθεί αλλά την γράφω στην γενική της μορφή.

Έστω η ομάδα

. Μετράμε τα ζεύγη (x,B)

όπου

μια άλλη ομάδα και

κοινό μέλος των

και

. Υπάρχουν ακριβώς n^2-n+1 = n(n-1) + 1

τέτοια ζεύγη. Επειδή |A| = n

, από αρχή περιστερώνα θα υπάρχει τουλάχιστον ένα $x \in A$ το οποίο να ανήκει σε τουλάχιστον

τέτοια ζεύγη. Αυτό το

πρέπει να ανήκει σε τουλάχιστον n+1

ομάδες, έστω τις $A_1,\ldots,A_{n+1}$ . Έστω

μια ομάδα η οποία δεν έχει μέλος το

και έστω

το κοινό μέλος της

με την

. Τότε $x_i \neq x_j$ για $i \neq j$ αφού αλλιώς θα είχαμε $|A_i \cap A_j| \geqslant 2$ , άτοπο. Αλλά τότε $|C| \geqslant n+1$ πάλι άτοπο. Άρα κάθε ομάδα έχει μέλος τον

.

Ακόμη πιο γενικά ισχύει το εξής θεώρημα του Deza. Αν έχουμε n^2-n+2

ομάδες

μελών η κάθε μία ώστε κάθε δύο ομάδες να έχουν ακριβώς

κοινά μέλη τότε υπάρχει

μέλη που ανήκουν σε όλες τις ομάδες.

#18

Έχει κανείς τη Γεωμετρία των μεγάλων;

#19

Η Γεωμετρία των Μεγάλων:

Πρόβλημα 3ο

Δίνεται οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ με $\displaystyle{AB<AC<BC}$ εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{c(O,R).}$ Ο παρεγγεγραμμένος κύκλος $\displaystyle{(c_A)}$ (που αντιστοιχεί στην κορυφή $\displaystyle{A}$ ) έχει κέντρο $\displaystyle{I}$ και εφάπτεται στις πλευρές $\displaystyle{BC,AC,AB}$ (του τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ ) στα σημεία $\displaystyle{D,E,Z}$ αντίστοιχα. Η $\displaystyle{AI}$ τέμνει τον κύκλο $\displaystyle{(c)}$ στο σημείο $\displaystyle{M}$ και ο περιγεγραμμένος κύκλος (έστω $\displaystyle{(c_1)}$ ) του τριγώνου $\displaystyle{AZE}$ τέμνει τον κύκλο $\displaystyle{(c)}$ στο σημείο $\displaystyle{K.}$ Ο περιγεγραμμένος κύκλος (έστω $\displaystyle{(c_2)}$ ) του τριγώνου $\displaystyle{OKM}$ τέμνει τον κύκλο $\displaystyle{(c_1)}$ στο σημείο $\displaystyle{N.}$ Να αποδείξετε ότι οι ευθείες $\displaystyle{AN,KI}$ τέμνονται επάνω στον κύκλο $\displaystyle{(c).}$

jason.prod · #20

Ξέρει κανένας πότε θα βγουν τα αποτελέσματα;

Προκριματικός Διαγωνισμός 2015

Προκριματικός Διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Μέλη σε σύνδεση