Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

#1

Έχουμε δει πολλές ασκήσεις στο φόρουμ σχετικά με ρητούς και άρρητους αριθμούς. Για παράδειγμα (μικρό δείγμα)

εδώ και εδώ και εδώ και εδώ και σε πολλά άλλα σημεία.

Ανοίγω ένα θρεντ με συλλογή ασκήσεων στο ίδιο θέμα, ώστε να έχουμε συγκεντρωμένη μία ποικιλία ωραίων θεμάτων. Η ιδέα είναι ότι τουλάχιστον η πλειοψηφία τους να είναι σχετκά προσιτές ασκήσεις, αλλά αποφεύγουμε τις χιλιοειπωμένες.

Σύντομα θα αναρτήσω την πρώτη άσκηση, αλλά ελπίζω να με προλάβουν άλλοι.

#2

Κάνω την αρχή.

$\displaystyle{\color{red} \bf 1}$ . Ας είναι οι $\displaystyle{a,b,c}$ θετικοί ακέραιοι. Να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\notin \mathbb{Z} \implies \frac{a\sqrt{2}+b\sqrt{3}}{b\sqrt{2}+c\sqrt{3}}\notin \mathbb{Q}.}$

#3

matha έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 07, 2022 2:52 am

$\displaystyle{\color{red} \bf 1}$ . Ας είναι οι $\displaystyle{a,b,c}$ θετικοί ακέραιοι. Να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\notin \mathbb{Z} \implies \frac{a\sqrt{2}+b\sqrt{3}}{b\sqrt{2}+c\sqrt{3}}\notin \mathbb{Q}.}$

Καλημέρα!

Έστω ότι $\displaystyle{\frac{a\sqrt{2}+b\sqrt{3}}{b\sqrt{2}+c\sqrt{3}}=r\in \mathbb{Q}.}$ Τότε, ισοδύναμα έχουμε ότι:

$\displaystyle{ a\sqrt{2}+b\sqrt{3}=r\left( b\sqrt{2}+c\sqrt{3} \right) \Longleftrightarrow \left( a-rb \right) \sqrt{2}=\left( rc-b \right) \sqrt{3}\Longleftrightarrow 2\left( a-rb \right) =\left( rc-b \right) \sqrt{6}. }$

Αν ήταν $\displaystyle{rc-b\ne 0}$ , τότε θα είχαμε ότι $\displaystyle{\sqrt{6}=\frac{2\left( a-rb \right)}{rc-b}\in \mathbb{Q} , }$ άτοπο.

Άρα, είναι a-rb = b-rc = 0

, οπότε

,

και

$\displaystyle{ \frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}=\frac{r^4c^2+r^2c^2+c^2}{r^2c+rc+c}=\frac{\left( r^4+r^2+1 \right) c^2}{\left( r^2+r+1 \right) c}=\frac{\left[ \left( r^2+1 \right) ^2-r^2 \right] c}{r^2+r+1}=}$

$\displaystyle{=\frac{\left( r^2+r+1 \right) \left( r^2-r+1 \right) c}{r^2+r+1}=r^2c-rc+c=a-b+c\in \mathbb{Z}}$
και το ζητούμενο δείχθηκε.

#4

Άσκηση 2. Αν οι $a,\,b$ είναι άνισοι πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε οι και είναι ρητοί και οι δύο, δείξτε ότι οι $a^2,\, b^2,$ και είναι ρητοί. Επίσης, να δώσετε παράδειγμα άνισων $a,\, b$ οι οποίοι είναι άρρητοι αλλά έχουν τις παραπάνω ιδιότητες.

(Η άσκηση είναι προσιτή και για Γυμνάσιο, αρκεί να ξέρει κανείς τι είναι άρρητος αριθμός και να ξέρει ένα στάνταρ παράδειγμα άρρητου).

Πρόσθεσα την λέξη άνισοι, που ειναι απαραίτητη. Ευχαριστώ τον Χρήστο Ντάβα για την επισήμανση.

abfx · #5

Από την υπόθεση έχουμε ότι $a(a-b) , b(a-b) \in \mathbb{Q}$ οπότε θα είναι
$ab(a-b) ^2\in \mathbb{Q}$
και επιπλέον
$a(a-b) -b(a-b)=(a-b) ^2\in \mathbb{Q}$ με $(a-b) ^2\neq 0$ .
Άρα και $\frac{ab(a-b)^2}{(a-b)^2}=ab\in\mathbb{Q}$ .
Έπειτα $a(a-b)+b(a-b)=a^2-b^2\in\mathbb{Q}$ και
$(a-b)^2+2ab=a^2+b^2\in\mathbb{Q}$ που έχουν ημιάθροισμα και ημιδιαφορά τους ρητούς a^2

και

αντίστοιχα.
Αξίζει να παρατηρήσουμε ότι η παραπάνω πρόταση ισχύει και ως ισοδυναμία,
οπότε αρκεί να βρούμε άρρητους a, b

ώστε
$a^2,b^2,ab \in\mathbb{Q}$ .
Για παράδειγμα $a=\sqrt{\frac{3}{2}} , b=\sqrt{\frac{2}{3}}$ τέτοιοι αριθμοί.

llenny · #6

Άσκηση 3.
Δείξτε ότι υπάρχουν άρρητοι αριθμοί: a,b

τέτοιοι ώστε ο αριθμός a^b

να είναι ρητός.

#7

abfx έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 10, 2022 2:56 am
Για παράδειγμα $a=\sqrt{\frac{3}{2}} , b=\sqrt{\frac{2}{3}}$ τέτοιοι αριθμοί.

Ενδιαφέρον. Αυτό που είχα κατά νου ήταν το $a=2\sqrt 2,\, b=\sqrt 2$

#8

llenny έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 10, 2022 8:08 am
Άσκηση 3.
Δείξτε ότι υπάρχουν άρρητοι αριθμοί: τέτοιοι ώστε ο αριθμός να είναι ρητός.

Υπάρχει ποικιλία ουσιωδώς διαφορετικών παραδειγμάτων. Γράφω δύο, εν αναμονή περισσότερων από τα άλλα μέλη μας.

α) Είναι γνωστό ότι ο $\log _{10} 2$ είναι άρρητος: Για την απόδειξη έχουμε από την $\log _{10} 2= \dfrac {p}{q}$ έχουμε ότι $2 = 10 ^ {p/q}$ και άρα 2^q=10^p=2^p5^p

. To τελευταίο αντιβαίνει στην μοναδικότητα της παράστασης αριθμού ως γινόμενο πρώτων.

Αν λοιπόν πάρω $a=\sqrt {10},\, b = 2\log_{10}2$ , τότε οι $a,\,b$ είναι άρρητοι με $a^b = \sqrt {10} ^ {2\log _{10}2}= 10 ^{\log _{10}2}=2=$ ρητός.

β) Το εξής ωραίο παράδειγμα το άκουσα στα φοιτητικά μου χρόνια και με εντυπωσίασε. Λέγανε τότε ότι μόλις είχε κυκλοφορήσει.

Παίρνουμε $a=b= \sqrt 2$ . Aν ο $a^b = \sqrt 2 ^{\sqrt 2}$ είναι ρητός, τελειώσαμε. Χμμμ, και αν είναι άρρητος; Νο πρόμπλεμ. Τότε παίρνουμε ως τον ένα άρρητο τον $a=\sqrt 2 ^{\sqrt 2}$ και δεύτερο τον $b=\sqrt 2$ . Είναι τότε

$a^b = \left ( \sqrt 2^{\sqrt 2} \right ) ^{\sqrt 2} = \sqrt 2 ^ 2 =2$ , και πάλι τελειώσαμε.

#9

'Ασκηση 3. Έστω $a,\, b,\, c$ ρητοί. Δείξτε

α) Αν $\sqrt [3]{a^2}$ ρητός, τότε και ο $\sqrt [3] a$ είναι ρητός.

β) Αν $\sqrt[3] a \sqrt [5] b$ ρητός, τότε οι $\sqrt[3] a$ και $\sqrt [5] b$ είναι ρητοί.

γ) Αν $\sqrt[3] a \sqrt [5] b \sqrt [7] c$ ρητός, τότε οι $\sqrt[3] a$ , $\sqrt [5] b$ και $\sqrt [7] c$ είναι ρητοί.

abfx · #10

Για ευκολία αποδεικνύουμε το ακόλουθο λήμμα.
$(\star)$ : Έστω $a\in\mathbb{Q} , \mu ,\nu \in \mathbb{Z}^{+}$ ,τέτοια ώστε:
$\cdot \mu$ περιττός
$\cdot (\mu,\nu)=1$
$\cdot \sqrt[\mu]{a^{\nu}}\in\mathbb{Q}$ .
Τότε θα ισχύει $\sqrt[\mu]{a}\in\mathbb{Q}$ .

Ας είναι λοιπόν $p,q\in\mathbb{Z}$ , με (p,q)=1

ώστε $\sqrt[\mu]{a^{\nu}}=\frac{p}{q}$
και $\kappa ,\lambda\in\mathbb{Z}$ , με $(\kappa,\lambda)=1$ ώστε $a=\frac{\kappa}{\lambda}$ .
Παραλείπουμε την τετριμμένη περίπτωση a=0

. Έχουμε:
$\sqrt[\mu]{(\frac{\kappa}{\lambda})^{\nu}}=\frac{p}{q} \implies \frac{\kappa ^{\nu}}{\lambda ^{\nu}}=\frac{p^{\mu}}{q^{\mu}}$ ,όμως $(\kappa ^{\nu},\lambda ^{\nu})=(p^{\mu},q^{\mu})=1$ , οπότε
$|\kappa ^{\nu}|=|p ^{\mu}|$ και $|\lambda ^{\nu}|=|q^{\mu}|$ .
Έστω $|\kappa|=p_{1}^{a_{1}}\cdot\dots\cdot p_{n}^{a_{n}}$ η πρωτογενής ανάλυση του $|\kappa|$ .
$|\kappa|^{\nu}=|\kappa^{\nu}|=p_{1}^{\nu a_{1}}\cdot\dots\cdot p_{n}^{\nu a_{n}}=|q^{\mu}|=|q|^{\mu}$ ,άρα
$\mu \mid \nu a_{i} \implies^{(\mu,\nu)=1} \mu \mid a_{i}$ ,οπότε $\sqrt[\mu]{|\kappa|}\in\mathbb{Z}$ .
Όμοια $\sqrt[\mu]{|\lambda|}\in\mathbb{Z}$ και τελικά $|\sqrt[\mu]{a}|\in\mathbb{Q}\implies\sqrt[\mu]{a}\in\mathbb{Q}$ . $\blacksquare$

(α)Προκύπτει άμεσα από το λήμμα για $\mu=3 , \nu=2$

(β)Εδώ υποθέτουμε ότι a,b

μη-μηδενικοί.
Έστω $\sqrt[3]{a}\sqrt[5]{b}=k\in\mathbb{Q}$ . Τότε
$\sqrt[3]{a^5}=\frac{k^5}{b}\in\mathbb{Q}$ οπότε από $(\star)$ έχουμε $\sqrt[3]{a}\in\mathbb{Q}$ και
$\sqrt[5]{b^3}=\frac{k^3}{a}\in\mathbb{Q}$ οπότε από $(\star)$ έχουμε $\sqrt[5]{b}\in\mathbb{Q}$

(γ)Έστω $\sqrt[3]{a}\sqrt[5]{b}\sqrt[7]{c}=k\in\mathbb{Q} (a,b,c\neq0)$ . Τότε
$a^5 b^3 \sqrt[7]{c^{15}}=k^{15} \implies \sqrt[7]{c^{15}}=\frac{k^{15}}{a^5 b^3}\in\mathbb{Q}$ οπότε από $(\star)$ έχουμε $\sqrt[7]{c}\in\mathbb{Q}$ .
Όμοια διαδικασία ακολουθούμε και για τα $\sqrt[3]{a},\sqrt[5]{b}$ .

#11

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 11, 2022 1:00 am
'Ασκηση 3. Έστω $a,\, b,\, c$ ρητοί. Δείξτε

α) Αν $\sqrt [3]{a^2}$ ρητός, τότε και ο $\sqrt [3] a$ είναι ρητός.

β) Αν $\sqrt[3] a \sqrt [5] b$ ρητός, τότε οι $\sqrt[3] a$ και $\sqrt [5] b$ είναι ρητοί.

γ) Αν $\sqrt[3] a \sqrt [5] b \sqrt [7] c$ ρητός, τότε οι $\sqrt[3] a$ , $\sqrt [5] b$ και $\sqrt [7] c$ είναι ρητοί.

Εξαιρετική η λύση, με γενίκευση, στο προηγούμενο ποστ. Ας γράψω μία χωρίς την γενίκευση για να μένουμε μόνο στα απλά στοιχεία που απαιτεί η άσκηση.

Έχουμε τις συνεπαγωγές

α) $\sqrt [3]{a} =\dfrac {\sqrt [3]{a^4}}{a} = \dfrac {(\sqrt [3]{a^2})^2}{a} = \dfrac {\rho \eta \tau os}{\rho \eta \tau os}\in \mathbb Q$

β) $\sqrt[3] a \sqrt [5] b \in \mathbb Q \Rightarrow ( \sqrt[3] a \sqrt [5] b)^5 \in \mathbb Q \Rightarrow a\sqrt[3] {a^2} b \in \mathbb Q \Rightarrow \sqrt[3] {a^2} \in \mathbb Q$ . Από το προηγούμενο έπεται από $\sqrt[3] {a} \in \mathbb Q$ και άρα $\sqrt [5] b \in \mathbb Q.$

γ) $\sqrt[3] a \sqrt [5] b \sqrt [7] c \in \mathbb Q \Rightarrow ( \sqrt[3] a \sqrt [5] b\sqrt [7] c)^7 \in \mathbb Q \Rightarrow ( a^2\sqrt[3] {a})( b\sqrt [5] {b^2}) c \in \mathbb Q \Rightarrow \sqrt[3] {a} \sqrt [5] {b^2}\in \mathbb Q$ . Από το προηγούμενο με b^2

στην θέση του

έπεται ότι $\sqrt[3] {a}\in \mathbb Q$ και $\sqrt [5] {b^2}\in \mathbb Q$ . Από το α) είναι και $\sqrt [5] b \in \mathbb Q$ και άρα (από την υπόθεση) $\sqrt [7]c \in \mathbb Q$

#12

Άσκηση 4. Δίνονται δύο αριθμοί $a\in \mathbb R$ και $n\in \manthbb N^*$ . Δείξτε ότι αν οι αριθμοί και $a+a^{n+1}$ είναι ρητοί, τότε και ο είναι ρητός.

Σχόλιο. Η απόδειξη που έχω κατά νου χρειάζεται το ανάπτυγμα του διωνύμου (x+y)^n=...

για γενικό

, το οποίο μπορεί οι νεαροί μας μαθητές να μην το γνωρίζουν. Σε αυτή την περίπτωση θα είμαι ικανοποιημένος αν έλυναν την άσκηση μόνο για την περίπτωση n=3

.
Σημειώνω ότι η άσκηση σε ένα βήμα έχει μία πονηριά.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #13

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 12, 2022 3:47 pm
Άσκηση 4. Δίνονται δύο αριθμοί $a\in \mathbb R$ και $n\in \manthbb N^*$ . Δείξτε ότι αν οι αριθμοί και $a+a^{n+1}$ είναι ρητοί, τότε και ο είναι ρητός.

Σχόλιο. Η απόδειξη που έχω κατά νου χρειάζεται το ανάπτυγμα του διωνύμου για γενικό , το οποίο μπορεί οι νεαροί μας μαθητές να μην το γνωρίζουν. Σε αυτή την περίπτωση θα είμαι ικανοποιημένος αν έλυναν την άσκηση μόνο για την περίπτωση .
Σημειώνω ότι η άσκηση σε ένα βήμα έχει μία πονηριά.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#14

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 10, 2022 9:29 am

llenny έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 10, 2022 8:08 am
Άσκηση 3.
Δείξτε ότι υπάρχουν άρρητοι αριθμοί: τέτοιοι ώστε ο αριθμός να είναι ρητός.
Υπάρχει ποικιλία ουσιωδώς διαφορετικών παραδειγμάτων. Γράφω δύο, εν αναμονή περισσότερων από τα άλλα μέλη μας.

Ας δούμε ακόμη δύο. Πρώτα όμως μια άσκηση:

Άσκηση 5: Αν

θετικός ρητός αλλά όχι ακέραιος, τότε ο q^q

είναι άρρητος.

Πάμε τώρα στο πρώτο παράδειγμα:

Είναι απλό για όσους γνωρίζουν λίγη ανάλυση να δείξουν ότι η εξίσωση x^x = 2

έχει (μοναδική) ρίζα. Παίρνουμε οποιοδήποτε (το μοναδικό)

για το οποίο ισχύει ότι x^x = 2

. Από την άσκηση

ο

δεν μπορεί να είναι ρητός άρα τελειώσαμε.

Πάμε και στο δεύτερο παράδειγμα:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

add2math · #15

Άσκηση 6
Δείξτε ότι ο αριθμός $\epsilon \phi (1^o)$ είναι άρρητος.

Tolaso J Kos · #16

add2math έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 14, 2022 8:16 pm
Άσκηση 6
Δείξτε ότι ο αριθμός $\epsilon \phi (1^o)$ είναι άρρητος.

Να αποδείξουμε κάτι γενικότερο; Έστω 0<k<45

ακέραιος και έστω $y_k = \tan k^\circ >0$ . Υποθέτουμε ότι ο y_1

είναι ρητός. Τότε,

$\displaystyle{\begin{aligned} y_1 \in \mathbb{Q} & \Rightarrow y_2 = \frac{2y_1}{1-y_1^2} \in \mathbb{Q} \\ &\Rightarrow y_4 = \frac{2y_2}{1-y_2^2}\in \mathbb{Q} \\ &\Rightarrow y_8 = \frac{2y_4}{1-y_4^2}\in \mathbb{Q} \\ &\Rightarrow y_{16} = \frac{2y_8}{1-y_8^2}\in \mathbb{Q}\\ &\Rightarrow y_{32} = \frac{2y_{16}}{1 - y_{16}^2}\in \mathbb{Q} \end{aligned}}$
Από την άλλη όμως $\displaystyle{\tan (x - y) = \frac{\tan x - \tan y}{1 + \tan x \tan y}}$ το οποίο σημαίνει

$\displaystyle{\frac{\sqrt{3}}{3} = \tan 30^\circ = y_{30} = \frac{y_{32} - y_2}{1 + y_{32} y_2} \in \mathbb{Q}}$
το οποίο δίδει άτοπο.

#17

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 14, 2022 9:17 pm

add2math έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 14, 2022 8:16 pm
Άσκηση 6
Δείξτε ότι ο αριθμός $\epsilon \phi (1^o)$ είναι άρρητος.
Να αποδείξουμε κάτι γενικότερο; Έστω ακέραιος και έστω $y_k = \tan k^\circ >0$ . Υποθέτουμε ότι ο είναι ρητός. Τότε,

...

Αποσύρω τον συλλογισμό μου γιατί έχει ένα κενό. Θα επανέλθω αν το διορθώσω.

add2math · #18

Η παρακάτω πρόταση είναι σωστή:
Αν y_1

και

είναι ρητοί, τότε ο $\displaystyle{y_{k+1} = \dfrac {y_k+y_1}{1-y_ky_1} }$ είναι ρητός.

Η παρακάτω πρόταση είναι λάθος:
Αν y_1

και

είναι άρρητοι, τότε ο $\displaystyle{y_{k+1} = \dfrac {y_k+y_1}{1-y_ky_1} }$ είναι άρρητος.

Η απόδειξη της γενικής περίπτωσης είναι πιο περίπλοκη ( θεώρημα niven).
με μια αναζήτηση βρήκα και αυτό σχετικά (στο κεφάλαιο 5)
Φιλικά, Χρήστος

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #19

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 12, 2022 3:47 pm
Άσκηση 4. Δίνονται δύο αριθμοί $a\in \mathbb R$ και $n\in \manthbb N^*$ . Δείξτε ότι αν οι αριθμοί και $a+a^{n+1}$ είναι ρητοί, τότε και ο είναι ρητός.

Σχόλιο. Η απόδειξη που έχω κατά νου χρειάζεται το ανάπτυγμα του διωνύμου για γενικό , το οποίο μπορεί οι νεαροί μας μαθητές να μην το γνωρίζουν. Σε αυτή την περίπτωση θα είμαι ικανοποιημένος αν έλυναν την άσκηση μόνο για την περίπτωση .
Σημειώνω ότι η άσκηση σε ένα βήμα έχει μία πονηριά.

Προφανώς είναι $n\geq 2$
Εχουμε ότι

$a^{n}+a+r=0,a^{n+1}+a+m=0,r,m\in \mathbb{Q}$

Θεωρούμε τα πολυώνυμα

$f(x)=x^{n}+x+r,g(x)=x^{n+1}+x+m$

Είναι g(x)=xf(x)-(x^2+(r-1)x-m)

Θέτουμε

Είναι σαφές ότι το

είναι κοινή ρίζα των f(x),g(x),h(x)

1 Περίπτωση.
Το h(x)

διαιρεί το f(x)

Αν το

έχει διπλή ρίζα ,αυτή θα είναι ρητός τελειώσαμε.
Αν το h(x)

έχει δύο ρίζες διαφορετικές τότε αυτές θα είναι και ρίζες των f(x),g(x)

Αλλά ένας από τους n,n+1

είναι περιττός.
Αν π.χ ο

είναι περιττός τότε το f(x)

σαν συνάρτηση θα είναι γνησίως αύξουσα(Α Λυκείου)
Δεν μπορεί να έχει δύο πραγματικές ρίζες ΑΤΟΠΟ.

2 Περίπτωση.
Το h(x)

δεν διαιρεί το f(x)

Αν το υπόλοιπο είναι πρώτου βαθμού τότε το

είναι ρίζα του οπότε είναι ρητός
Αν το υπόλοιπο είναι σταθερά έχουμε ΑΤΟΠΟ γιατί το

είναι κοινή ρίζα των f(x),h(x)

.

abfx · #20

Demetres έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 14, 2022 10:36 am
Άσκηση 5: Αν θετικός ρητός αλλά όχι ακέραιος, τότε ο είναι άρρητος.

Ας θεωρήσουμε $q=\frac{m}{n}$ , όπου $m,n\in\mathbb{Z}^{+} , (m,n)=1$ και n> 1

.

Υποθέτουμε ότι $\frac{m}{n}^{\frac{m}{n}}=\frac{\kappa}{\lambda}$ ρητός (γραμμένος σε ανάγωγη μορφή).

Τότε $\frac{m^m}{n^m}=\frac{\kappa^n}{\lambda^n}$ και $(m^m,n^m)=(\kappa^n,\lambda^n)=1$ , άρα $m^m=\kappa^{n}$ και $n^m=\lambda^n$ .

Από την τελευταία με δεδομένο ότι (m,n)=1

συμπεραίνουμε ότι υπάρχει $a\in\mathbb{Z}^{+}$ ώστε n=a^n

.

Όμως

και άρα $n=a^n\geq 2^n>n$ που είναι άτοπο.

Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

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