Αρχιμήδης 2017

#21

Θέμα 4 Μικρών:

Σε κάθε γύρο του παιχνιδιού σχηματίζονται

ζεύγη παικτών. Άρα, στους

γύρους θα σχηματίζονται το πολύ

διαφορετικά ζεύγη παικτών.

Επειδή όλα τα δυνατά ζεύγη παικτών είναι $\displaystyle{\binom{n}{2}=\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2},}$ θα πρέπει να ισχύει:

$\displaystyle{\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} \le 3n \Leftrightarrow n \le 7.}$

Για n=7

, αν οι παίκτες είναι Α, Β, Γ, Δ, Ε, Ζ και Η, τότε το παιχνίδι μπορεί να εξελιχθεί ως εξής:

$\displaystyle{\begin{array}{*{20}{c}} {\Gamma {\rm{\upsilon \rho o\varsigma }}}&{\Pi {\rm{\alpha \iota \kappa \tau \varepsilon \varsigma }}}\\ 1&{{\rm A}{\rm{ }}{\rm B}{\rm{ }}{\rm E}}\\ 2&{{\rm A}{\rm{ }}\Delta {\rm{ }}{\rm Z}}\\ 3&{{\rm A}{\rm{ }}\Gamma {\rm{ }}{\rm H}}\\ 4&{{\rm B}{\rm{ }}\Gamma {\rm{ }}{\rm Z}}\\ 5&{{\rm B}{\rm{ }}\Delta {\rm{ }}{\rm H}}\\ 6&{\Gamma {\rm{ }}\Delta {\rm{ }}{\rm E}}\\ 7&{{\rm E}{\rm{ }}{\rm Z}{\rm{ }}{\rm H}} \end{array}}$

#22

Πρόβλημα 1(μεγάλων)

Πολύ εύκολη για Αρχιμήδη.

: Archimides-Seniors 2017.png (22.33 KiB) Προβλήθηκε 3038 φορές

Από το ισοσκελές AEC

και το εγγεγραμμένο AFBC

προκύπτει ότι όλες οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες μεταξύ τους και από το ισοσκελές AED

και οι γαλάζιες γωνίες είναι ίσες μεταξύ τους. Τέλος επειδή

είναι το μέσο του

έχουμε $E\widehat FG=E\widehat DG=90^0$ και το ζητούμενο έπεται.

Γιάννης Μπόρμπας · #23

Πρόβλημα 2 Seniors
Για ευκολία ονομάζουμε τους τομείς T_1,T_2,...,T_6

.
Παρατηρούμε ότι αν πάρουμε οποιαδήποτε σημεία από τους τομείς: (1,3,5),(2,4,6)

ένα από τον καθένα μπορούμε να φτιάξουμε τρίγωνα που φράζουν το

. Οι τρόποι επιλογής είναι $\displaystyle{2\binom{5}{1}^3=250}$ .
Στην συνέχεια δύο σημεία που βρίσκονται σε κατακορυφήν τομείς μπορούν να ενωθούν με τουλάχιστον

σημεία τα οποία βρίσκονται σε διαφορετικούς τομείς από τα αρχικά και βρίσκονται στο ίδιο ημιεπίπεδο με το

ως προς την ευθεία που ενώνει τα κατακορυφήν σημεία. Οι τρόποι επιλογής τους είναι $\displaystyle{3\times 10\binom{5}{1}^2=750}$ . Αρα σύνολο υπάρχουν τουλάχιστον 1000

τρίγωνα.

Friedoon · #24

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Πρόβλημα 2 Seniors
Για ευκολία ονομάζουμε τους τομείς .
Παρατηρούμε ότι αν πάρουμε οποιαδήποτε σημεία από τους τομείς: ένα από τον καθένα μπορούμε να φτιάξουμε τρίγωνα που φράζουν το . Οι τρόποι επιλογής είναι $\displaystyle{2\binom{5}{1}^3=250}$ .
Στην συνέχεια δύο σημεία που βρίσκονται σε κατακορυφήν τομείς μπορούν να ενωθούν με τουλάχιστον σημεία τα οποία βρίσκονται σε διαφορετικούς τομείς από τα αρχικά και βρίσκονται στο ίδιο ημιεπίπεδο με το ως προς την ευθεία που ενώνει τα κατακορυφήν σημεία. Οι τρόποι επιλογής τους είναι $\displaystyle{3\times 10\binom{5}{1}^2=750}$ . Αρα σύνολο υπάρχουν τουλάχιστον τρίγωνα.

Ακριβώς την ίδια λύση έγραψα.Υπάρχει περίπτωση να αφαιρεθούν μονάδες λόγω ελλειπούς αιτιολόγησης;

Γιάννης Μπόρμπας · #25

Στο πρόβλημα 3 έπρεπε κάποιος να παρατηρησει μετά την αντικατάσταση a=-b-c

ότι

. Μετά εκτελώντας διαφορά τετραγώνων φτάνουμε εύκολα στην λύση. Περιμένω πως και πως να δω την λύση στο 4ο...

Γιάννης Μπόρμπας · #26

Friedoon έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Πρόβλημα 2 Seniors
Για ευκολία ονομάζουμε τους τομείς .
Παρατηρούμε ότι αν πάρουμε οποιαδήποτε σημεία από τους τομείς: ένα από τον καθένα μπορούμε να φτιάξουμε τρίγωνα που φράζουν το . Οι τρόποι επιλογής είναι $\displaystyle{2\binom{5}{1}^3=250}$ .
Στην συνέχεια δύο σημεία που βρίσκονται σε κατακορυφήν τομείς μπορούν να ενωθούν με τουλάχιστον σημεία τα οποία βρίσκονται σε διαφορετικούς τομείς από τα αρχικά και βρίσκονται στο ίδιο ημιεπίπεδο με το ως προς την ευθεία που ενώνει τα κατακορυφήν σημεία. Οι τρόποι επιλογής τους είναι $\displaystyle{3\times 10\binom{5}{1}^2=750}$ . Αρα σύνολο υπάρχουν τουλάχιστον τρίγωνα.
Ακριβώς την ίδια λύση έγραψα.Υπάρχει περίπτωση να αφαιρεθούν μονάδες λόγω ελλειπούς αιτιολόγησης;

Σίγουρα χρειάζεται παραπάνω αιτιολόγηση για το 2ο είδος τριγώνων. Πως τα πήγες εσύ;

Friedoon · #27

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:
Friedoon έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Πρόβλημα 2 Seniors
Για ευκολία ονομάζουμε τους τομείς .
Παρατηρούμε ότι αν πάρουμε οποιαδήποτε σημεία από τους τομείς: ένα από τον καθένα μπορούμε να φτιάξουμε τρίγωνα που φράζουν το . Οι τρόποι επιλογής είναι $\displaystyle{2\binom{5}{1}^3=250}$ .
Στην συνέχεια δύο σημεία που βρίσκονται σε κατακορυφήν τομείς μπορούν να ενωθούν με τουλάχιστον σημεία τα οποία βρίσκονται σε διαφορετικούς τομείς από τα αρχικά και βρίσκονται στο ίδιο ημιεπίπεδο με το ως προς την ευθεία που ενώνει τα κατακορυφήν σημεία. Οι τρόποι επιλογής τους είναι $\displaystyle{3\times 10\binom{5}{1}^2=750}$ . Αρα σύνολο υπάρχουν τουλάχιστον τρίγωνα.
Ακριβώς την ίδια λύση έγραψα.Υπάρχει περίπτωση να αφαιρεθούν μονάδες λόγω ελλειπούς αιτιολόγησης;
Σίγουρα χρειάζεται παραπάνω αιτιολόγηση για το 2ο είδος τριγώνων. Πως τα πήγες εσύ;

Έλυσα το 1ο .Στο 2ο δεν νομίζω να έδωσα επαρκή αιτολόγηση για το 2ο είδος τριγώνων και στο 3ο από ότι βλέπω έβγαλα λάθος παραγοντοποίηση,4ο τίποτα.

Γιάννης Μπόρμπας · #28

Θεωρώ τα θέματα των μεγάλων ήταν πολύ πιο δύσκολα από ότι προηγούμενων χρόνων. Το 4ο ειδικά από ότι άκουσα από άλλα παιδιά που δίναμε μαζί, δεν το κατάφεραν οι περισσότεροι. Ο Μελάς μου είπε στο περίπου την λύση αλλά ήταν τόσο περίπλοκη που δεν την κατάλαβα καν.

Dimitris L. · #29

Είμαι Α Λυκείου και έδωσα για πρώτη φορά...οι πιθανότητες να περάσω είναι ελάχιστες αλλά ήθελα να τα πάω όσο καλύτερα το δυνατό μπορώ έτσι ώστε τις επόμενες χρονιές να χω περισσότερες ελπίδες...έλυσα το 1ο και το 2ο πρόβλημα, στο τρίτο πρόβλημα έγραψα πολύ λίγους σωστούς τύπους και θέσεις αλλά δε νομίζω να χω πάρει πάνω από 1 μονάδα. Το 4ο δεν το άγγιξα καν λόγω έλλειψης γνώσεων...πιστεύετε ότι έχω πιθανότητες για πρόκριση?

Εύχομαι καλά αποτελέσματα σε όλους και ειδικότερα σε όσους μόχθησαν!

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #30

emouroukos έγραψε:Θέμα 2 Μικρών:

Το δοσμένο σύστημα γράφεται ισοδύναμα:

$\displaystyle{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x\left( {6 - y} \right) = 9}\\ {y\left( {6 - z} \right) = 9}\\ {z\left( {6 - x} \right) = 9} \end{array}} \right\} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {6x - xy = 9}\\ {6y - yz = 9}\\ {6z - zx = 9} \end{array}} \right\}}$ .

Με αφαίρεση της δεύτερης ισότητας από την πρώτη, της τρίτης από τη δεύτερη και της πρώτης από την τρίτη, προκύπτει ότι το δοσμένο σύστημα είναι ισοδύναμο με το

$\displaystyle{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {6\left( {x - y} \right) = y\left( {x - z} \right)}\\ {6\left( {y - z} \right) = z\left( {y - x} \right)}\\ {6\left( {z - x} \right) = x\left( {z - y} \right)} \end{array}} \right\}}$ $\bf \color{red} \left( 1 \right)$ .

Αν δύο από τους αγνώστους είναι ίσοι, για παράδειγμα $\displaystyle{{x = y},}$ τότε έχουμε ότι $\displaystyle{{x = z}}$ και άρα $\displaystyle{{x = y=z},}$ οπότε έχουμε τη λύση $\displaystyle{\left( {x,y,z} \right) = \left( {3,3,3} \right).}$

Υποθέτουμε, λοιπόν, ότι οι αριθμοί $\displaystyle{{x,y,z}}$ είναι διαφορετικοί ανά δύο.

Με πολλαπλασιασμό των παραπάνω εξισώσεων κατά μέλη, βρίσκουμε ότι:

$\displaystyle{xyz\left( {x - y} \right)\left( {y - z} \right)\left( {z - x} \right) = - 216\left( {x - y} \right)\left( {y - z} \right)\left( {z - x} \right),}$

οπότε

$\displaystyle{xyz = - 216,}$

πράγμα άτοπο, αφού οι αριθμοί $\displaystyle{x,y,z}$ είναι θετικοί.

Ώστε, το σύστημα έχει τη μοναδική λύση $\displaystyle{\left( {x,y,z} \right) = \left( {3,3,3} \right).}$

Μια άλλη λύση είναι η εξής:

$x(6-y)=9\Leftrightarrow 6x(6-y)=54$ (1)

$y(6-z)=9\Leftrightarrow xy(6-z)=9x$ (2)

Προσθέτουμε τις σχέσεις (1) και (2) κατά μέλη και έχουμε πως:

$6x(6-y)+xy(6-z)=54+9x\Leftrightarrow 27x=54+xyz$

Όμοια προκύπτει πως 27y=54+xyz

και πως

Άρα

.

Τέλος $x(6-y)=9\Leftrightarrow x(6-x)=9\Leftrightarrow (x-3)^2=9$ , άρα μοναδική λύση του συστήματος η x=y=z=3

.

nickthegreek · #31

Θέμα 4ο μεγάλων

Έχουμε $P(x) = a_n x^n +\dots+a_0$ με μη αρνητικούς ακεραίους για συντελεστές και $P(\xi) = 2017$ , όπου $\xi$ η θετική ρίζα του f(x)=x^2+x-4

.

1) Ισχυρίζομαι ότι $a_0+\dots+a_n \equiv 1 (mod 2)$ . Όντως παρατηρούμε ότι η τιμή αυτή ισούται με P(1)

. Το

είναι ανάγωγο και άρα έχουμε τη (σημαντική) σχέση $(x^2+x-4) \mid P(x)-2017$ στο $\mathbb{Z}[X]$ . Άρα η ίδια σχέση διαιρετότητας ισχύει και στο $\mathbb{Z}_2[X]$ . Τότε $(x^2+x) \mid P(x)-1$ . Θέτω x=1

και έχω $P(1) \equiv 1 (mod 2)$ .

2) Πολύ ενδιαφέρον πρόβλημα! Η απάντηση είναι

. Για να το δείξω αυτό, γράφω P(x)-2017 = (x^2+x-4) G(x)

όπου το

ακέραιο πολυώνυμο και εξετάζω τους διαφόρους βαθμούς που μπορεί να πάρει το

a) Αν το

είναι σταθερό, έστω

τότε έχω

. Άρα $-4k+2017 \geq 0 \Rightarrow k \leq 504$ . Η ποσότητα που θέλουμε να ελαχιστοποιήσουμε είναι P(1)= -2k+2017

. Συνεπώς $min \begin{Bmatrix}P(1) \mid P \in \mathbb{Z}[X], a_i \geq 0, deg G =1 \end{Bmatrix} = -1008+2017 = 1009$

b) Αν το

είναι γραμμικό, έστω ax+b

τότε

. Θέλουμε όλοι οι συντελεστές να είναι μη αρνητικοί συνεπώς θέλουμε να ελαχιστοποιήσουμε την συνάρτηση F(a,b) =P(1) = -2(a+b)+2017

υπό τις συνθήκες $b \leq 504, b\geq 4a, b+a \geq 0 , a\geq 0$ . Εύκολα λαμβάνουμε ότι το ελάχιστο είναι όταν b=504, a=126

και έχει την τιμή -2(504+126)+2017=757

c) Για γενικό βαθμό

του

έστω $G(x) = g_dx^d+\dots + g_0$ . Τότε έχουμε να ελαχιστοποιήσουμε την τιμή $F(g_0,...,g_d) = -2(g_0 +\dots+g_d) +2017$ υπό τις συνθήκες: $g_0 \leq 504, g_0 \geq 4 g_{1}, g_0+g_{1} \geq 4g_{2}, \dots, g_{d-2}+g_{d-1} \geq 4 g_d , g_{d-1}+g_d \geq 0 , g_d \geq 0$ .

Άρα ας ξεκινήσουμε από το 504

. Μετά έχουμε 504+126

. Μετά έχουμε $504+126 \geq 4 g_2 \Rightarrow g_2 \leq 157$ . Συνεχίζουμε με τον ίδιο τρόπο μέχρι να μην μπορούμε να προχωρήσουμε άλλο. Τότε έχουμε ελάχιστο ίσο με

-2 (504+126+157+70+56+31+21+13+8+5+3+2+1)+2017 = 23

.

Το παραπάνω δεν είναι πολύ καλογραμμένο αλλά ελπίζω η ιδέα να είναι ξεκάθαρη. Τα συγχαρητήριά μου σε όποιον πρότεινε αυτό το πρόβλημα στον φετινό Αρχιμήδη.

Φιλικά,
Νίκος

Harrya · #32

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Στο πρόβλημα 3 έπρεπε κάποιος να παρατηρησει μετά την αντικατάσταση ότι
. Μετά εκτελώντας διαφορά τετραγώνων φτάνουμε εύκολα στην λύση. Περιμένω πως και πως να δω την λύση στο 4ο...

Κύριε Μπάρμπα,

Μπορείτε σας παρακαλώ να ολοκληρώσετε αναλυτικά τη λύση του 3ου Θέματος;

#33

nickthegreek έγραψε:Θέμα 4ο μεγάλων

Έχουμε $P(x) = a_n x^n +\dots+a_0$ με μη αρνητικούς ακεραίους για συντελεστές και $P(\xi) = 2017$ , όπου $\xi$ η θετική ρίζα του .

1) Ισχυρίζομαι ότι $a_0+\dots+a_n \equiv 1 (mod 2)$ . Όντως παρατηρούμε ότι η τιμή αυτή ισούται με . Το είναι ανάγωγο και άρα έχουμε τη (σημαντική) σχέση $(x^2+x-4) \mid P(x)-2017$ στο $\mathbb{Z}[X]$ . Άρα η ίδια σχέση διαιρετότητας ισχύει και στο $\mathbb{Z}_2[X]$ . Τότε $(x^2+x) \mid P(x)-1$ . Θέτω και έχω $P(1) \equiv 1 (mod 2)$ .

....
Φιλικά,
Νίκος

Το (i) βγαίνει και με άλγεβρα Β λυκείου.

Έστω u(x)=ax+b

με $a,b\in \mathbb{Z}$ το υπόλοιπο της Ευκλείδειας διαίρεσης P(x):(x^2+x-4)

και έστω $\pi(x)$ το αντίστοιχο πηλίκο.

Τότε $2017=P(\xi)=(\xi^2+\xi-4)\pi(\xi)+a\xi+b=a\xi+b$ .

Αφού ο $\xi=\dfrac{\sqrt{17}-1}{2}$ είναι άρρητος, έχουμε a=0

, κι άρα

.

Συνεπώς, ο $P(1)=-2\pi(1)+2017$ είναι περιττός.

Σημείωση: Το πολυώνυμο $\pi(x)$ που προκύπτει από τη λύση του Νίκου είναι το

$\displaystyle{x^{12}+2x^{11}+3x^{10}+5x^9+8x^8+13x^7+21x^6+31x^5+56x^4+70x^3+157x^2+126x+504}$

κι άρα

$P(x)=\displaystyle{x^{14}+3x^{13}+x^{12}+x^{10}+x^9+2x^8+3x^6+2x^5+3x^4+3x^3+2x^2+1.}$

Φιλικά,

Αχιλλέας

Γιάννης Μπόρμπας · #34

Πρόβλημα 2 Seniors
Αρχικά παρατηρούμε ότι υπάρχουν

αρνητικοί ακέραιοι και μόνο

θετικός. Οπότε βολεύει να κάνουμε την αντικατάσταση a=-b-c

Έστω

για κάποιο ακέραιο

. Η σχέση γίνεται:
m^2=2017-a^3b-b^3c-c^3a=...=2017+b^4+2b^3c+3b^2c^2+2bc^3+c^4

. Σε αυτό το σημείο ο μαθητής πρέπει να μυριστεί ότι:
b^4+2b^3c+3b^2c^2+2bc^3+c^4=(b^2+bc+c^2)^2

. Άρα

η οποία ισοδύναμα γράφεται: 2017=(m-b^2-bc-c^2)(m+b^2+bc+c^2)

. Ο αριθμός 2017

είναι πρώτος και ο δεξιός παράγοντας είναι μεγαλύτερος του αριστερού διακρίνοντας τις περιπτώσεις: 1) m+b^2+bc+c^2=2017

και

όπου με αφαίρεση κατα μέλη έχουμε: b^2+bc+c^2-1008=0

. Η διακρίνουσα του τριωνύμου πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο έστω v^2

. Άρα

. Με έλεγχο παρατηρούμε ότι για c=-24

προκύπτει η λύση: (a,b,c)=(36,-12,-24)

η οποία είναι δεκτή αφού
βγαίνει ότι N=1009^2

.Η δεύτερη περίπτωση είναι: 2) m+b^2+bc+c^2=-1

και

. Πάλι με αφαίρεση κατά μέλη έχουμε: b^2+bc+c^2=1008

που είναι ίδια με την προηγούμενη άρα μοναδική λύση είναι ή (a,b,c)=(36,-12,-24)

.
Παρατήρηση: Η σχέση m^2=2017+b^4+2b^3c+3b^2c^2+2bc^3+c^4

μπορεί να γραφεί ως: 2m^2=4034+(b+c)^4+c^4+b^4

. Αφού όμως $x^2\equiv 0,1,4(\mod 8)$ και $x^4\equiv 0,1(\mod 8)$ πρέπει οι αριθμοί b,c

να είναι ταυτόχρονα άρτιοι. Από εκεί μπορούμε να γλιτώσουμε περιπτώσεις χρησιμοποιώντας επίσης ότι 3|c

.

#35

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Πρόβλημα 2 Seniors
Αρχικά παρατηρούμε ότι υπάρχουν αρνητικοί ακέραιοι και μόνο θετικός. Οπότε βολεύει να κάνουμε την αντικατάσταση
Έστω για κάποιο ακέραιο . Η σχέση γίνεται:
. Σε αυτό το σημείο ο μαθητής πρέπει να μυριστεί ότι:
. Άρα η οποία ισοδύναμα γράφεται:. Ο αριθμόςείναι πρώτος και ο δεξιός παράγοντας είναι μεγαλύτερος του αριστερού διακρίνοντας τις περιπτώσεις:καιόπου με αφαίρεση κατα μέλη έχουμε:. Η διακρίνουσα του τριωνύμου πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο έστω. Άρα. Με έλεγχο παρατηρούμε ότι γιαπροκύπτει η λύση:η οποία είναι δεκτή αφού
βγαίνει ότι.Η δεύτερη περίπτωση είναι:και. Πάλι με αφαίρεση κατά μέλη έχουμε:που είναι άτοπο αφούοπότε μοναδική λύση είναι η.
Παρατήρηση: Η σχέσημπορεί να γραφεί ως:. Αφού όμως $x^2\equiv 0,1,4(\mod 8)$ και $x^4\equiv 0,1(\mod 8)$ πρέπει οι αριθμοί να είναι ταυτόχρονα άρτιοι. Από εκεί μπορούμε να γλιτώσουμε περιπτώσεις χρησιμοποιώντας επίσης ότι.

Από τη σχέση b^2+bc+c^2=1008

έχουμε ότι οι αριθμοί b,c

είναι άρτιοι. Αν $\displaystyle{b = 2{b_1}}$ και $\displaystyle{c = 2{c_1},}$ τότε έχουμε ότι

b_1^2+b_1c_1+c_1^2=252

,

από όπου προκύπτει ότι και οι αριθμοί b_1,c_1

είναι άρτιοι. Αν γράψουμε $\displaystyle{b_1= 2{b_2}}$ και $\displaystyle{c_1 = 2{c_2},}$ τότε έχουμε ότι

b_2^2+b_2c_2+c_2^2=63

,

και αφού $\displaystyle{{b_2} > {c_2},}$ θα είναι:

$\displaystyle{3b_2^2 < b_2^2 + {b_2}{c_2} + c_2^2 = 63 \Rightarrow b_2^2 < 21 \Rightarrow - {b_2} \in \left\{ {1,2,3,4} \right\}}$

Με δοκιμές βρίσκουμε ότι $\displaystyle{{b_2} = - 3,}$ οπότε $\displaystyle{{c_2} = - 6}$ και άρα $\displaystyle{b = - 12,}$ $\displaystyle{c = - 24}$ και $\displaystyle{a = - 36.}$

Γιάννης Μπόρμπας · #36

Κρίμα, μου έφαγε πολύ ώρα το 4ο θέμα και δεν πρόλαβα να ολοκληρώσω την γεωμετρία που ήταν το πιο εύκολο...
Εύχομαι καλά αποτελέσματα σε όλα τα παιδιά και πολλά συγχαρητήρια σε όσους κατάφεραν να λύσουν το 4ο Seniors.
Από εκεί κιόλας θα ξεχωρίσουν οι μαθητές που αξίζουν να προκριθούν!

nikos_el · #37

Αποτελέσματα εδώ.

JimNt. · #38

Ευχαριστώ το

για την πολύτιμη βοήθεια του.

Τσιαλας Νικολαος · #39

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά που διακρίθηκαν και ιδιαίτερα στα "δικά μας" από το mathematica. Βλέπω ο Διονυσάκης και ο Ορέστης πήραν τα όπλα τους!!!

Ιστοσελίδα · #40

Αν κάποιος πρόλαβε και κατέβασε τα αποτελέσματα του Αρχιμήδη από τη σελίδα της ΕΜΕ πριν πέσει, ας τα βάλει εδώ να τα δούμε κι εμείς...

Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Μέλη σε σύνδεση