Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

#61

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 24, 2023 12:24 am
Άσκηση 21. Έστω $n, p, q\in \mathbb N ^*$ , με μη τέλειο τετράγωνο. Αν ισχύει $\sqrt n > \dfrac {p}{q}$ , δείξτε ότι η ανισότητα βελτιώνεται στην $\sqrt n >\dfrac {p}{q} + \dfrac {1}{{\color {red}2\sqrt n q^2}}$

Έχουμε

, άρα $\displaystyle 1 \leqslant q^2n - p^2 = (q\sqrt{n}-p)(q\sqrt{n}+p).$ Παίρνουμε $\displaystyle q\sqrt{n}-p \geqslant \frac{1}{p+q\sqrt{n}}.$ Συνεπώς

$\displaystyle \sqrt{n} \geqslant \frac{p}{q} + \frac{1}{pq+q^2\sqrt{n}} > \frac{p}{q} + \frac{1}{2q^2\sqrt{n}}$

αφού ισχύει επίσης ότι $pq < q^2\sqrt{n}$ .

ksofsa · #62

Καλημέρα.

Για την 21:

Αρχικά, δείχνουμε ότι αν $p,m\in \mathbb{N}^*$ και

μη τέλειο τετράγωνο και $p< \sqrt{m}$ , τότε $p<\sqrt{m}-\dfrac{1}{2\sqrt{m}}$ .

Πράγματι, πρέπει $m= p^2+a,a\geq 1$ , και η προς απόδειξη μετά από ύψωση στο τετράγωνο , γράφεται $p^2< p^2+a+\dfrac{1}{4(p^2+a)}-1$ , που ισχύει, διότι $a\geq 1$ .

Ερχόμαστε στο αρχικό πρόβλημα με τις δεδομένες συνθήκες.Θέτουμε m=nq^2

και οι συνθήκες γίνονται ίδιες με του λήμματος.

Άρα , $p< \sqrt{m}-\dfrac{1}{2\sqrt{m}}\Leftrightarrow q\sqrt{n}> p+\dfrac{1}{2q\sqrt{n}}\Leftrightarrow \sqrt{n}> \dfrac{p}{q}+\dfrac{1}{2\sqrt{n}q^2}$ .

#63

Άσκηση 22. Για ποιες τιμές του φυσικού αριθμού είναι ρητός ο $\sqrt {n + \sqrt n }$ ;

Henri van Aubel · #64

Αν $\sqrt{n}\notin \mathbb{Q}$ και $n+\sqrt{n}\notin \mathbb{Q}.$ Επομένως, $\sqrt{n}\in \mathbb{Q}^{n\in \mathbb{N}}\Longrightarrow \sqrt{n}\in \mathbb{N}$ , θέτω $n=x^{2}\left ( x\in \mathbb{N} \right )$ και είναι $\sqrt{x^{2}+x}\in \mathbb{Q}^{x^{2}+x\in \mathbb{N}}\Longrightarrow \sqrt{x^{2}+x}\in \mathbb{N}.$ Θέτω $x^{2}+x-m^{2}=0\left ( m\in \mathbb{N} \right ).$ Το τριώνυμο (ως προς χ) έχει διακρίνουσα $D=1+4m^{2}$ που είναι τέλειο τετράγωνο φυσικού αριθμού. Είναι $1+4m^{2}=k^{2}\left ( k\in \mathbb{N} \right )\Leftrightarrow \left ( k+2m \right )\left ( k-2m \right )=1$ , αναγκαστικά m=0.

Περίπτωση 1: x=-1

, τότε

άτοπο.

Περίπτωση 2: x=0

, τότε

δεκτό.

Άρα, μόνο το n=0

μας κάνει.

#65

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τετ Σεπ 13, 2023 11:06 pm
Άσκηση 22. Για ποιες τιμές του φυσικού αριθμού είναι ρητός ο $\sqrt {n + \sqrt n }$ ;

Η λύση που έχω κατά νου (παραλλαγή της προηγούμενης) ε'ιναι: Αν $\sqrt {n + \sqrt n } = q \in \mathbb Q$ , τότε με ύψωση στο τετράγωνο έχουμε $\sqrt n = q^2-n \in \mathbb Q$ . Άρα n=m^2

για κάποιο φυσικό

και τότε $\sqrt {n + \sqrt n } = \sqrt {m^2 + m }$ . Αν $m\ne 0$ τότε έχουμε m^2 < m^2 + m < (m+1)^2

. Δηλαδή ο m^2+m

είναι ανάμεσα σε δύο διαδοχικά τέλεια τετράγωνα και άρα ο ίδιος δεν είναι τέλειο τετράγωνο, οπότε $\sqrt {m^2 + m }$ άρρητος. Η μόνη, λοιπόν, εκδοχή που έχουμε ρητό $\sqrt {n + \sqrt n }$ , ισοδύναμα $\sqrt {m^2 + m }$ , είναι η m=0

, δηλαδή

.

#66

Άσκηση 23. Για ποιες τιμές του φυσικού αριθμού είναι ρητός ο $\sqrt {\sqrt n + \sqrt {n+2023} }$ ;

Σχόλιο: Η άσκηση είναι παραλλαγή επί το δυσκολότερο της προηγούμενης. Όμως το ενδιαφέρον είναι ότι τώρα υπάρχει μη τετριμμμένο

για το οποίο ισχύει το συμπέρασμα.

abfx · #67

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 16, 2023 9:08 pm
Άσκηση 23. Για ποιες τιμές του φυσικού αριθμού είναι ρητός ο $\sqrt {\sqrt n + \sqrt {n+2023} }$ ;

Σχόλιο: Η άσκηση είναι παραλλαγή επί το δυσκολότερο της προηγούμενης. Όμως το ενδιαφέρον είναι ότι τώρα υπάρχει μη τετριμμμένο για το οποίο ισχύει το συμπέρασμα.

Έστω ότι για κάποιο $n\in\mathbb{N}$ ισχύει ότι ο $q=\sqrt{\sqrt{n}+\sqrt{n+2023}} \in \mathbb{Q}$ .

Τότε, θα είναι και $q^2=\sqrt{n}+\sqrt{n+2023} \in \mathbb{Q} \text{ }(*)$ .

Για ευκολία θα χρησιμοποιήσουμε το ακόλουθο:

Λήμμα
Αν $\kappa , \lambda \in \mathbb{N}$ και $\sqrt{\kappa}+\sqrt{\lambda} \in \mathbb{Q}$ , τότε $\sqrt{\kappa}\in\mathbb{Q}$ και $\sqrt{\lambda}\in\mathbb{Q}$

Από Λήμμα: $(*)\implies \sqrt{n}\in\mathbb{Q}$ και $\sqrt{n+2023}\in\mathbb{Q}$ , το οποίο συνεπάγεται ότι n=k^2

και

για κάποιους φυσικούς m,n

(γιατί;).

Άρα, $m^2-k^2=2023 \iff (m-k)(m+k)=2023=7\cdot 17^2$ και αφού $m-k\leq m+k$ έχουμε ότι $(m-k,m+k) \in \{(1,2023),(7,17^2),(17,7\cdot 17)\}$ .

Λύνοντας τα συστήματα που προκύπτουν έχουμε τελικά $(m,k) \in \{(1012,1011),(148,141),(68,51)\}$ .

Η "μεσαία" περίπτωση δίνει $q=\sqrt{289}=17 \in \mathbb{Q}$ , δεκτή, ενώ οι άλλες δίνουν $q=\sqrt{2023} , \sqrt{119} \notin \mathbb{Q}$ (;).

Άρα, μοναδική δεκτή τιμή το n=k^2=141^2

.

Μας μένει για το τέλος να αποδείξουμε το Λήμμα:

Πράγματι, για $\kappa = \lambda =0$ το συμπέρασμα είναι φανερό. Ας υποθέσουμε ότι $\sqrt{\kappa}+\sqrt{\lambda}>0$ .
Τότε, $\exists (\sqrt{\kappa}+\sqrt{\lambda})^{-1} \in \mathbb{Q}$ και μάλιστα $\kappa -\lambda=(\sqrt{\kappa}+\sqrt{\lambda})(\sqrt{\kappa}-\sqrt{\lambda}) \implies \sqrt{\kappa}-\sqrt{\lambda}=(\kappa -\lambda)(\sqrt{\kappa}+\sqrt{\lambda})^{-1} \in \mathbb{Q}$ .
Έτσι, $\sqrt{\kappa}=\frac{1}{2}\big((\sqrt{\kappa}+\sqrt{\lambda})+(\sqrt{\kappa}-\sqrt{\lambda})\big) \in \mathbb{Q}$ και $\sqrt{\lambda}=(\sqrt{\kappa}+\sqrt{\lambda})-\sqrt{\kappa} \in \mathbb{Q}$ ο.ε.δ.

#68

Άσκηση 24. Να βρεθούν όλοι οι άρρητοι αριθμοί για τους οποίους οι και είναι και οι δύο ρητοί αριθμοί.

#69

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τρί Σεπ 26, 2023 5:09 pm
Άσκηση 24. Να βρεθούν όλοι οι άρρητοι αριθμοί για τους οποίους οι και είναι και οι δύο ρητοί αριθμοί.

Έστω

και

.

Τότε

οπότε

.

Αν ήταν $q\neq 1$ τότε θα παίρναμε $a\in \mathbb{Q}$ , άτοπο. Άρα πρέπει $q=1 \Leftrightarrow a^2+a-1=0 \Leftrightarrow a=\dfrac{-1\pm\sqrt{5}}{2}$

Αλέξανδρος

#70

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τρί Σεπ 26, 2023 5:09 pm
Άσκηση 24. Να βρεθούν όλοι οι άρρητοι αριθμοί για τους οποίους οι και είναι και οι δύο ρητοί αριθμοί.

Και λίγο διαφορετικά:

Αν a^2+a=q

και

, τότε αφού a^2+a-q=0

και $a\notin\mathbb{Q}$ άρα $\left[\mathbb{Q}(a):\mathbb{Q}\right]=2$ οπότε αφού επιπλέον ισχύει a^3-2a-r=0

άρα το πολυώνυμο x^2+x-q

θα διαιρεί το πολυώνυμο x^3-2x-r

οπότε θα υπάρχει κάποιο

ώστε:

$x^3-2x-r=(x^2+x-q)(x-s) \Leftrightarrow x^3-2x-r=x^3+(1-s)x^2-(s+q)+qs$ και από την ισότητα των τελευταίων πολυωνύμων παίρνουμε $s=1, \ q=1, \ r=-1$ απ' όπου $a^2+a=1 \Leftrightarrow a=\dfrac{-1\pm\sqrt{5}}{2}$ κλπ

Αλέξανδρος

#71

Άσκηση 25. Δίνονται πραγματικοί αριθμοί με $a\ne b$ τέτοιοι ώστε οι $a + \sqrt {ab}$ και $b+\sqrt {ab}$ είναι ρητοί και οι δύο. Δείξτε ότι οι και είναι ρητοί.

#72

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 01, 2023 9:40 am
Άσκηση 25. Δίνονται πραγματικοί αριθμοί με $a\ne b$ τέτοιοι ώστε οι $a + \sqrt {ab}$ και $b+\sqrt {ab}$ είναι ρητοί και οι δύο. Δείξτε ότι οι και είναι ρητοί.

Για ευκολία θέτω $x=\sqrt{a}$ και $y=\sqrt{b}$ και θέλουμε να δείξουμε ότι οι x^2

και

είναι ρητοί με δεδομένο ότι οι x^2+xy

και

είναι επίσης ρητοί.

Είναι $\left(\dfrac{x^2+xy}{y^2+xy}\right)^2 = \dfrac{x^2}{y^2} \in\mathbb{Q}$ .

Άρα $(y^2+xy)\dfrac{x^2}{y^2}=x^2+\dfrac{x^3}{y}=x^2\left(1+\dfrac{x}{y}\right) \in \mathbb{Q}$ οπότε $x^2\in\mathbb{Q}$ και λόγω της $\dfrac{x^2}{y^2} \in\mathbb{Q}$ παίρνουμε και ότι $y^2\in\mathbb{Q}$ .

Αλέξανδρος

#73

Άσκηση 26. α) Να βρεθούν όλοι οι φυσικοί αριθμοί για τους οποίους ισχύει $\{ \, \sqrt {n} \, \} = \{ \, \sqrt {n+17} \, \}$ .
β) Αν θετικός πραγματικός αριθμός με $\{ \sqrt {x} \, \} = \{ \sqrt {x+17} \, \}$ , να αποδείξετε ότι οι και είναι και οι δύο τετράγωνα ρητών αριθμών.

(Το $\{.\}$ συμβολίζει "κλασματικό μέρος").

ksofsa · #74

Λίγο διαφορετικά για την άσκηση 25:

Ο αριθμός $a+2\sqrt{ab}+b=(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2$ ρητός.

Ο αριθμός $(a+\sqrt{ab})^2=a(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2$ ρητός.

Άρα, και το πηλίκο τους ρητός, δηλαδή

ρητός.

Όμοια,

ρητός.

#75

Άσκηση 27. Να βρεθούν όλα τα ζεύγη φυσικών αριθμών $m, \, n$ με $\dfrac {1}{\sqrt m} + \dfrac {1}{\sqrt n}= \dfrac {1}{\sqrt {20} }$ ,

#76

H

είναι ακόμα αναπάντητη, και τώρα πρόσθεσα την

.

#77

Επαναφορά η

και η

.

#78

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τρί Οκτ 03, 2023 9:09 pm
Άσκηση 27. Να βρεθούν όλα τα ζεύγη φυσικών αριθμών $m, \, n$ με $\dfrac {1}{\sqrt m} + \dfrac {1}{\sqrt n}= \dfrac {1}{\sqrt {20} }$ ,

Η δοσμένη ισότητα γράφεται:

$\displaystyle{\frac{1}{\sqrt m}+\frac{1}{\sqrt n}=\frac{1}{2\sqrt 5}}$

Για να ισχύει η ισότητα αυτή, με δεδομένο ότι είναι $\displaystyle{m , n}$ φυσικοί αριθμοί, θα πρέπει:

$\displaystyle{m=5a^2 , n=5b^2}$ , όπου $\displaystyle{a , b }$ θετικοί ακέραιοι (το ότι μπορούμε να τους θεωρήσουμε θετικούς,

δεν βλάπτει την γενικότητα).

Έτσι έχουμε: $\displaystyle{\frac{1}{a\sqrt 5}+\frac{1}{b\sqrt 5} = \frac{1}{2\sqrt 5} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow a=\frac{2b}{b-2}=2+\frac{4}{b-2}}$

Πρέπει ο $\displaystyle{b-2}$ να διαιρεί τον $\displaystyle{4}$ , άρα $\displaystyle{b-2 \in \{-1,1,-2,2,-4,4\}}$ και με δεδομένο ότι $\displaystyle{b >0}$ ,

θα έχουμε ότι $\displaystyle{b\in \{1 , 3 , 4 , 6\}}$

ΑΝ $\displaystyle{b=1}$ τότε $\displaystyle{a= -2}$ , που απορρίπτεται

ΑΝ $\displaystyle{b=3}$ τότε $\displaystyle{a=6}$ και άρα $\displaystyle{m=5.6^2 =180 , n=5.3^2 =45}$

AN $\displaystyle{b=4}$ τότε $\displaystyle{a=4}$ και άρα $\displaystyle{m=5.4^2 =80 , n =5.4^2 =80}$

AN $\displaystyle{b=6}$ , τότε $\displaystyle{a=3}$ και άρα $\displaystyle{m=45 , n=180}$

(ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Αν θέλουμε, μπορούμε να αποδείξουμε το γιατί πρέπει να είναι $\displaystyle{m=5a^2 , n=5b^2}$ , ως εξής:

Κάνουμε απαλοιφή παρονομαστών στην δοσμένη ισότητα και στη συνέχεια υψώνουμε στο τετράγωνο και βρίσκουμε:

$\displaystyle{(n-20)^2 m^2 -40n(n+20)m+400n^2= 0}$ . An $\displaystyle{n=20}$ , τότε $\displaystyle{m=8}$ και αυτές οι τιμές δεν επαληθεύουν την

δοσμένη ισότητα. Άρα πρέπει $\displaystyle{n\neq 20}$ . Τότε η διακρίνουσα του παραπάνω τριωνύμου είναι:

$\displaystyle{D=16.40^2 .n^2 .5n}$ , οπότε για να είναι τέλειο τετράγωνο όπως πρέπει, θα ισχύει ότι $\displaystyle{n=5b^2}$

Και όμοια αν δούμε το τριώνυμο με μεταβλητή το $\displaystyle{n}$ , θα βρούμε ότι πρέπει $\displaystyle{m=5a^2}$ )

#79

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 01, 2023 8:00 pm
Άσκηση 26. α) Να βρεθούν όλοι οι φυσικοί αριθμοί για τους οποίους ισχύει $\{ \, \sqrt {n} \, \} = \{ \, \sqrt {n+17} \, \}$ .

Θεωρώ ότι υπάρχει πιο εύκολος δρόμος, αλλά μιας και καταπιάστηκα με περιπτώσεις αφιερώνοντας αρκετό χρόνο,
γράφω μια άποψη:

Έστω ότι $\displaystyle{\sqrt{n}=x}$ , όπου $\displaystyle{x\geq 0 , (x\in R)}$ . Τότε $\displaystyle{[\sqrt{n}]=[x]}$ (οι αγκύλες δηλώνουν το ακέραιο μέρος)

Ας υποθέσουμε αρχικά ότι $\displaystyle{x>8}$ . Τότε εύκολα βλέπουμε ότι $\displaystyle{x<\sqrt{x^2 +17}<x+1}$ , για κάθε τέτοιο $\displaystyle{x}$

Άρα $\displaystyle{[\sqrt{x^2 +17}]=[x]}$ , ή $\displaystyle{[\sqrt{x^2 +17}]=[x+1]=[x]+1}$

Χρησιμοποιώντας την προφανή ιδιότητα $\displaystyle{\{m\}=m-[m]}$ , η δοσμένη εξίσωση γράφεται στην πρώτη περίπτωση:

$\displaystyle{\{\sqrt{n}\}=\{\sqrt{n+17}\}\Rightarrow \sqrt{n} - [\sqrt{n}]=\sqrt{n+17} - [\sqrt{n+17}]\Rightarrow}$

$\displaystyle{x - [x] = \sqrt{x^2+17} - [x] \Rightarrow x = \sqrt{x^2 +17}\Rightarrow x^2 =x^2 +17 }$ , άτοπο.

Ομοίως στην δεύτερη περίπτωση, παίρνουμε $\displaystyle{x+1=\sqrt{x^2 +17}\Leftrightarrow x=8}$ , που είναι άτοπο.

Συνεπώς μένει να εξετάσουμε τις περιπτώσεις: $\displaystyle{x=8}$ και $\displaystyle{x<8}$

Aν $\displaystyle{x=8}$ , τότε $\displaystyle{\sqrt{n}=8}$ , άρα $\displaystyle{n=64}$ και $\displaystyle{n+17=81}$ .

Ας δούμε αν επαληθεύεται η δοσμένη εξίσωση, δηλαδή αν $\displaystyle{\{\sqrt{n}\}=\{\sqrt{n+17}\}}$ , δηλαδή αν

$\displaystyle{\{8\}=\{9\}}$ , δηλαδή αν $\displaystyle{0=0}$ , το οποίο ισχύει.

Άρα μια λύση της δοσμένης εξίσωσης είναι η $\displaystyle{n=64}$

Αν τώρα $\displaystyle{\frac{13}{4}\leq x <8}$ , τότε εύκολα βλέπουμε ότι $\displaystyle{x+1\leq \sqrt{x^2 +17}<x+2}$ , οπότε:

$\displaystyle{[\sqrt{n+17}]=[x+1]=[x]+1}$ , ή $\displaystyle{[\sqrt{x^2 +17}]=[x]+2}$

Τώρα εξετάζουμε για την πρώτη περίπτωση αν ισχύει ότι $\displaystyle{\{\sqrt{n}\}=\{\sqrt{n+17}\}}$ , δηλαδή αν:

$\displaystyle{\sqrt{n}-[\sqrt{n}]=\sqrt{n+17}-[\sqrt{n+17}]}$ , δηλαδή αν: $\displaystyle{x-[x] = \sqrt{x^2 +17}-([x]+1)}$ , δηλαδή αν:

$\displaystyle{x +1 =\sqrt{x^2 +17}}$ , ή $\displaystyle{x^2 +2x+1 =x^2 +17}$ , ή $\displaystyle{2x=16}$ , ή $\displaystyle{x=8}$ , που απορρίπτεται, αφού έχουμε $\displaystyle{x<8}$

Και ομοίως στην δεύτερη περίπτωση, βρίσκουμε ότι $\displaystyle{x=\frac{13}{4}}$ , άρα $\displaystyle{\sqrt{n}=\frac{13}{4}}$ , άρα $\displaystyle{n=\frac{169}{16}}$

που είναι άτοπο, αφού ο $\displaystyle{n}$ είναι αριθμός φυσικός.

Αν $\displaystyle{\frac{4}{3}\leq x <\frac{13}{4}}$ εύκολα βλέπουμε ότι $\displaystyle{x+2\leq \sqrt{x^2 +17}<x+3}$ , τότε ομοίως είναι άτοπο.

Αν $\displaystyle{\frac{1}{8}\leq x <\frac{4}{3}}$ , βρίσκουμε ότι $\displaystyle{x+3\leq \sqrt{x^2 +17}<x+4}$ και πάλι ομοίως καταλήγουμε σε άτοπο

Τέλος, αν $\displaystyle{0\leq x <\frac{1][8}}$ , τότε $\displaystyle{x+4 \leq \sqrt{x^2 +17}<x+5}$ και ομοίως καταλήγουμε σε άτοπο.

Άρα η μοναδική λύση είναι η $\displaystyle{n=64}$

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ: Ξανακοιτώντας το θέμα, τώρα που είναι πρωί, βλέπω ότι μπορούμε να συντομέψουμε την λύση, στην περίπτωση που
είναι $\displaystyle{x <8}$ , ως εξής:

Εύκολα αποδείχνουμε ότι αν $\displaystyle{0]\leq x<8}$ είναι $\displaystyle{x\leq \sqrt{x^2 +17}<x+5}$ και άρα:

$\displaystyle{[x]\leq x\leq \sqrt{x^2 +17}<x+5 <[x+5]+1=[x]+5 +1=[x]+6}$

Δηλαδή $\displaystyle{[x] \leq \sqrt{n+17}<[x]+6}$ και άρα

$\displaystyle{[\sqrt{n+17}]\in \{[x] , [x]+1 , [x]+2 , [x]+3 , [x]+4 , [x]+5\}}$

Και άρα:

$\displaystyle{\sqrt{n}-[x]=\sqrt{n+17}-[x]}$ , ή $\displaystyle{\sqrt n-[x]=\sqrt{n+17}-([x]+1)}$ , ... , ή $\displaystyle{\sqrt n-[x]=\sqrt{n+17}-([x]+5)}$

και εύκολα καταλήγουμε σε άτοπο σε όλες αυτές τις περιπτώσεις.

#80

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 01, 2023 8:00 pm
Άσκηση 26. .
β) Αν θετικός πραγματικός αριθμός με $\{ \sqrt {x} \, \} = \{ \sqrt {x+17} \, \}$ , να αποδείξετε ότι οι και είναι και οι δύο τετράγωνα ρητών αριθμών.

(Το $\{.\}$ συμβολίζει "κλασματικό μέρος").

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Μέλη σε σύνδεση