Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 8

#1

Διαγώνισμα 8 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 1
Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη ακεραίων (m,n)

τα οποία ικανοποιούν τη σχέση

$\displaystyle{3\cdot 5^m - 2 \cdot 6^n = 3.}$

Πρόβλημα 2
Αν a,b,c,d

μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε a+b+c+d=4

, να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης

$\displaystyle{\frac{a}{b^3+4}+\frac{b}{c^3+4}+\frac{c}{d^3+4}+\frac{d}{a^3+4}.}$

Πότε πιάνεται;

Πρόβλημα 3
Έστω ABCD

παραλληλόγραμμο και

το μέσο της πλευράς AB.

Η ευθεία

τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC

στα σημεία

και

Έστω

σημείο στην

ώστε $AF\perp BC.$ Να δείξετε ότι τα σημεία C, D, E

και

είναι ομοκυκλικά.

Πρόβλημα 4
Σε έναν μακρινό πλανήτη, οι κάτοικοι χρησιμοποιούν για τις συναλλαγές τους νομίσματα με μία άσπρη και μία μαύρη πλευρά. Σε κάθε πλευρά των νομισμάτων είναι γραμμένος ένας θετικός ακέραιος που δεν υπερβαίνει το 100

(οι δύο πλευρές δεν έχουν απαραίτητα γραμμένο τον ίδιο αριθμό).
Δύο νομίσματα λέγονται όμοια αν στην άσπρη πλευρά τους έχουν γραμμένο τον ίδιο αριθμό και στη μαύρη πλευρά τους έχουν γραμμένο τον ίδιο αριθμό. Δύο νομίσματα λέγονται ζευγαρωτά αν έχουν γραμμένο τον ίδιο αριθμό σε μία τουλάχιστον πλευρά του ίδιου χρώματος.
Ένας κάτοικος αυτού του πλανήτη έχει 2559

νομίσματα. Ανάμεσά τους δεν υπάρχουν όμοια νομίσματα.
Να δείξετε ότι υπάρχει νόμισμα που είναι ζευγαρωτό με τουλάχιστον άλλα

νομίσματα.

Ορέστης Λιγνός · #2

socrates έγραψε:Διαγώνισμα 8 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 1
Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη ακεραίων τα οποία ικανοποιούν τη σχέση

$\displaystyle{3\cdot 5^m - 2 \cdot 6^n = 3.}$

Προφανείς λύσεις οι $(m,n)=(1,1), \, (m,n)=(2,2)$ .

Έστω τώρα $m,n \geqslant 3$ .

Η εξίσωση γράφεται $3 \cdot 5^m=2 \cdot 6^n+3$ .

Με $(\bmod 9)$ , $3 \cdot 5^m=2 \cdot 6^n+3 \equiv 3(\bmod 9)$ , άρα $3 \cdot 5^m \equiv 3(\bmod 9)$ , δηλαδή $5^m \equiv 1(\bmod 3)$ .

Από την τελευταία, $m \equiv 2(\bmod 3)$ , έστω m=2k

, με $k \in \mathbb{N^*}$ .

Έτσι, η εξίσωση γίνεται $3 \cdot 5^{2k}-3=2 \cdot 6^n \Leftrightarrow 3(5^k-1)(5^k+1)=2 \cdot 6^n \Leftrightarrow (5^k-1)(5^k+1)=2^{n+1} \cdot 3^{n-1}$ .

Από την τελευταία, πρέπει $5^x-1=2^a \cdot 3^b, \, 5^x+1=2^c \cdot 3^d$ , με $a,b,c,d \in \mathbb{N}$ .

Αν $b,d \neq 0$ , άρα $3 \mid 5^x-1, \, 3 \mid 5^x+1$ , οπότε $3 \mid (5^x+1)-(5^x-1)=2$ , άτοπο.

Άρα, b=0

ή

.

Αν

,

, άτοπο από Catalan.

Όμοια, αν d=0

,

, πάλι άτοπο από Catalan.

Μόνες λύσεις λοιπόν $\boxed{(m,n)=(1,1), \, (m,n)=(2,2)}$ .

#3

socrates έγραψε:Διαγώνισμα 8 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Seniors

Θα μπορούσε σίγουρα να είναι και μία Βαλκανιάδα

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #4

Ορέστης Λιγνός έγραψε:
socrates έγραψε:Διαγώνισμα 8 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 1
Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη ακεραίων τα οποία ικανοποιούν τη σχέση

$\displaystyle{3\cdot 5^m - 2 \cdot 6^n = 3.}$

Προφανείς λύσεις οι $(m,n)=(1,1), \, (m,n)=(2,2)$ .

Έστω τώρα $m,n \geqslant 3$ .

Μπορούμε να συνεχίσουμε και ως εξής:

$3\cdot 5^m - 2 \cdot 6^n = 3\Leftrightarrow 5^m-2^{n+1}\cdot 3^{n-1}=1\Leftrightarrow 5^m-1=2^{n+1}\cdot 3^{n-1}\Rightarrow 3|5^m-1$ .

Έπεται λοιπόν πως

άρτιος, έστω λοιπόν m=2k

, με $k\geq 2$ .

Η εξίσωση γίνεται:

$5^{2k}-1=2^{n+1}\cdot 3^{n-1}\Leftrightarrow (5^k-1)(5^k+1)=2^{n+1}\cdot 3^{n-1}$ .

Από το θεώρημα Zsigmondy

όμως έχουμε ότι ο 5^k+1

έχει τουλάχιστον ένα πρώτο διαιρέτη διαφορετικό από αυτούς που έχει ο 5+1=6

, δηλαδή του

και του

, άτοπο.

#5

socrates έγραψε:
Πρόβλημα 4
Σε έναν μακρινό πλανήτη, οι κάτοικοι χρησιμοποιούν για τις συναλλαγές τους νομίσματα με μία άσπρη και μία μαύρη πλευρά. Σε κάθε πλευρά των νομισμάτων είναι γραμμένος ένας θετικός ακέραιος που δεν υπερβαίνει το (οι δύο πλευρές δεν έχουν απαραίτητα γραμμένο τον ίδιο αριθμό).
Δύο νομίσματα λέγονται όμοια αν στην άσπρη πλευρά τους έχουν γραμμένο τον ίδιο αριθμό και στη μαύρη πλευρά τους έχουν γραμμένο τον ίδιο αριθμό. Δύο νομίσματα λέγονται ζευγαρωτά αν έχουν γραμμένο τον ίδιο αριθμό σε μία τουλάχιστον πλευρά του ίδιου χρώματος.
Ένας κάτοικος αυτού του πλανήτη έχει νομίσματα. Ανάμεσά τους δεν υπάρχουν όμοια νομίσματα.
Να δείξετε ότι υπάρχει νόμισμα που είναι ζευγαρωτό με τουλάχιστον άλλα νομίσματα.

Ισοδύναμα θέλουμε να δείξουμε ότι αν τοποθετήσουμε 2559

πιόνια σε μια $100 \times 100$ σκακιέρα, το πολύ ένα σε κάθε τετραγωνάκι, τότε υπάρχει ένα πιόνι ώστε στην σειρά του και στην στήλη του υπάρχουν τουλάχιστον άλλα

πιόνια.

Θα δείξω ότι το πιο πάνω συμπέρασμα ισχύει ακόμη και αν τοποθετήσουμε 2550

πιόνια.

Έστω μια τοποθέτηση πιονιών μεγίστου πλήθους ώστε κάθε πιόνι να έχει στην σειρά του και στήλη του το πολύ άλλα

πιόνια.

Έστω επιπλέον ότι οι σειρές έχουν $r_1,\ldots,r_{100}$ πιόνια αντίστοιχα. Αν $r_i - r_j \geqslant 2$ τότε μπορώ να βρω μια στήλη στην οποία υπάρχει πιόνι στην

σειρά αλλά όχι στην

. Αν μετακινήσω το πιόνι αυτό από την

σειρά στην

, τότε εξακολουθεί να ισχύει ότι κάθε πιόνι έχει στην σειρά του και στήλη του το πολύ άλλα

πιόνια.

Κάνοντας συνεχώς τέτοιες μετακινήσεις μπορώ να υποθέσει ότι υπάρχει

ώστε όλες οι σειρές έχουν είτε

είτε

πιόνια. Κάνοντας το ίδιο και για τις στήλες (οι αντίστοιχες μετακινήσεις δεν τροποποιούν το πλήθος των πιονιών της κάθε σειράς) μπορώ να υποθέσω ότι υπάρχει $\ell$ ώστε όλες οι στήλες έχουν είτε $\ell$ είτε $\ell+1$ πιόνια.

Έστω τώρα ότι υπάρχει σειρά με τουλάχιστον

πιόνια. Παίρνω τώρα ένα πιόνι σε αυτήν την σειρά. Στην σειρά του έχει

άλλα πιόνια. Στην στήλη του πρέπει να έχει το πολύ άλλα

πιόνια. Άρα $\ell \leqslant 24$ . Δηλαδή κάθε στήλη έχει το πολύ 24+1 = 25

πιόνια. Αυτό είναι άτοπο αφού κάθε σειρά έχει τουλάχιστον

πιόνια.

Πρέπει λοιπόν $k \leqslant 25$ . Αν $k \leqslant 24$ τότε έχουμε το πολύ $(24+1) \times 100 = 2500$ πιόνια και τελειώσαμε. Ας υποθέσουμε λοιπόν ότι k=25

. Έστω ότι έχουμε

σειρές με

πιόνια και 100-r

με

πιόνια. Άρα θα έχουμε και

στήλες με

πιόνια και 100-r

με

πιόνια.

Παίρνω ένα πιόνι που βρίσκεται σε μια σειρά με

πιόνια. Στην στήλη του πρέπει να υπάρχουν

πιόνια αφού αν υπάρχουν

θα καταλήξουμε σε άτοπο όπως προηγουμένως. Άρα όλα τα πιόνια των

σειρών με

πιόνια, βρίσκονται στις 100-r

στήλες με τα

πιόνια. Συνολικά σε αυτές τις σειρές/στήλες έχουμε 26r

πιόνια. Επίσης υπάρχουν το πολύ (100-r)25

πιόνια.

Άρα $26r \leqslant 2500 - 25r$ . Τότε $51r \leqslant 2500$ οπότε r < 50

. Συνολικά λοιπόν έχουμε
$\displaystyle{ 26r + 25(100-r) = 2500 + r \leqslant 2549}$
πιόνια.

Άρα αν τοποθετήσουμε 2550

πιόνια θα έχουμε ένα πιόνι του οποίου στην σειρά και στήλη θα υπάρχουν τουλάχιστον άλλα

.

[Δεν είναι δύσκολο να κάνουμε κατασκευή με 2549

πιόνια.]

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #6

socrates έγραψε:Διαγώνισμα 8 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 3
Έστω παραλληλόγραμμο και το μέσο της πλευράς Η ευθεία τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου στα σημεία και Έστω σημείο στην ώστε $AF\perp BC.$ Να δείξετε ότι τα σημεία και είναι ομοκυκλικά.

Μια πολύ περίεργη λύση (δεν είμαι σίγουρος αν είναι σωστή, για αυτό να επισημάνετε πιθανά λάθη.)

Θεωρούμε συμμετρική αντιστροφή με πόλο το

, άξονα την διχοτόμο της $\widehat{ACB}$ και δύναμη $CB\cdot CA$ . Τότε:

Τα σημεία

και

εναλλάσσονται. Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ABC

γίνεται η

. Η διάμεσος

γίνεται συμμετροδιάμεσος του ABC

και το αντίστροφο του

, έστω

γίνεται το σημείο τομής της συμμετροδιαμέσου απο την κορυφή

με την

.

Ακόμα έστω

το αντίστροφο του

. Τότε:

$CB\cdot CA=CD\cdot CD'\Leftrightarrow \dfrac{CB}{CD'}=\dfrac{CD}{CA}$ (1)

$\widehat{BAC}=\widehat{DCA}=\widehat{D'CB}$ (2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει ότι τα τρίγωνα ABC

και

είναι όμοια.

Τέλος έστω

το αντίστροφο του

. Τότε:

$CB\cdot CA=CF\cdot CF'\Leftrightarrow \dfrac{CF}{CB}=\dfrac{CA}{CF'}$ (άρα AF//BF'

), ενώ ακόμη ξέρουμε πως το

ανήκει στην

. Αυτό σημαίνει ότι το

ορίζεται ως την τομή της κάθετης από το

προς την

και της

.

Θέλουμε τα C, D, E

και

να είναι ομοκυκλικά, επομένως αρκεί τα D', E'

και

να είναι συνευθειακά.

: Διαγων. 8 (1).png (48.21 KiB) Προβλήθηκε 2742 φορές

Το πρόβλημα τώρα γίνεται (για πρακτικούς λόγους θα αλλάξω λίγο τις ονομασίες των σημείων):

Έστω τρίγωνο ABC

και έστω

το ίχνος της συμμετροδιαμέσου πάνω στην

. Ακόμα έστω σημείο

έτσι ώστε να είναι στο άλλο ημιεπίπεδο από τo

ως προς την

και τα τρίγωνα ABD

και

να είναι όμοια (ειδικότερα να είναι $\widehat{BAD}=\widehat{BCA}$ και $\widehat{ABD}=\widehat{ABC}$ ). Τέλος έστω

το σημείο τομής της κάθετης από το

προς την

και της

. Να αποδειχθεί ότι τα σημεία D, E, F

είναι συνευθειακά.

: Διαγων. 8 (2).png (31.21 KiB) Προβλήθηκε 2742 φορές

Αρχικά έστω

το σημείο τομής της

με την

. Φέρνουμε τον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC

. Τότε η

είναι εφαπτόμενη του κύκλου και επομένως το

ανήκει στην πολική του

. Έστω ότι οι εφαπτομένες από το

και

τέμνονται στο

. Τότε τα σημεία A, E, L

είναι συνευθειακά. Από την άλλη το

ανήκει στην πολική του

, άρα και το

ανήκει στην πολική του

. Δηλαδή η

είναι η πολική του

ή με άλλα λόγια η

είναι η πολική του K. Επομένως (K, E, B, C)=-1

.

Άρα το πρόβλημα μπορεί να τροποποιηθεί ως εξής. Αν

είναι η τομή της

με την

, να αποδειχθεί ότι (K, E, B, C)=-1

.

Έστω

το σημείο τομής της

με την

.

Για να ισχύει αυτό πρέπει η δέσμη (AK, AE, AB, AC)

να είναι αρμονική. Αρκεί (D, N, E, F)=-1

.

Όμως $\widehat{NBF}=90^o$ και ταυτόχρονα η

διχοτομεί την γωνία $\widehat{DBE}$ . Το ζητούμενο λοιπόν έπεται.

Al.Koutsouridis · #7

socrates έγραψε:Διαγώνισμα 8 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 3
Έστω παραλληλόγραμμο και το μέσο της πλευράς Η ευθεία τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου στα σημεία και Έστω σημείο στην ώστε $AF\perp BC.$ Να δείξετε ότι τα σημεία και είναι ομοκυκλικά.

Μια όμορφη λύση από τον Αντώνη Ζητρίδη και εδώ.

knm2608 · #8

socrates έγραψε:Διαγώνισμα 8 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 2
Αν μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε , να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης

$\displaystyle{\frac{a}{b^3+4}+\frac{b}{c^3+4}+\frac{c}{d^3+4}+\frac{d}{a^3+4}.}$

Πότε πιάνεται;

USAMO 2017 αν δεν κάνω λάθος.
Για (a,b,c,d)=(2,2,0,0)

παίρνουμε $\displaystyle\frac{2}{3}$

Θα αποδείξουμε ότι αυτό είναι το ελάχιστο.

Χρησιμοποιώντας το tangent-line trick παίρνουμε
$\displaystyle{\frac{1}{b^3+4}\geq \frac{1}{4}-\frac{b}{12}}$
Επίσης από AM-GM έχουμε
$\displaystyle{(a+c)(b+d)\leq \left(\frac{a+b+c+d}{2}\right)^2=4.}$
Επομένως έχουμε
$\displaystyle{\sum_{cyc}\frac{a}{b^3+4}\geq \frac{a+b+c+d}{4}-\frac{ab+bc+cd+da}{12}\geq1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}}$
Ισότητα ανν (a,b,c,d)=(2,2,0,0)

και μεταθέσεις.

Ορέστης Λιγνός · #9

socrates έγραψε:Διαγώνισμα 8 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 2
Αν μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε , να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης

$\displaystyle{\frac{a}{b^3+4}+\frac{b}{c^3+4}+\frac{c}{d^3+4}+\frac{d}{a^3+4}.}$

Πότε πιάνεται;

Μία διαφορετική λύση από αυτή του Κωνσταντίνου πιο πάνω.

Θα αποδείξουμε το παρακάτω λήμμα:

Λήμμα

Για τυχόντες πραγματικούς a,b,c,d

, ισχύει $(a+b+c+d)^2 \geqslant 4(ab+bc+cd+da)$ .

Απόδειξη

Η ανισότητα ισοδυναμεί με την προφανή $(a+c-b-d)^2 \geqslant 0$ .

Ας συνεχίσουμε την λύση της άσκησης.

Έστω $S=\dfrac{a}{b^3+4}+\dfrac{b}{c^3+4}+\dfrac{c}{d^3+4}+\dfrac{d}{a^3+4}$ .

Τότε, $4S=\dfrac{4a}{b^3+4}+\dfrac{4b}{c^3+4}+\dfrac{4c}{d^3+4}+\dfrac{4d}{a^3+4}$ .

Όμως, $\dfrac{4a}{b^3+4}=a-\dfrac{ab^3}{b^3+4}$ και τα κυκλικά.

Άρα, $4S=(a+b+c+d)-(\dfrac{ab^3}{b^3+4}+\dfrac{bc^3}{c^3+4}+\dfrac{cd^3}{d^3+4}+\dfrac{da^3}{a^3+4})=$

$4-(\dfrac{ab^3}{b^3+4}+\dfrac{bc^3}{c^3+4}+\dfrac{cd^3}{d^3+4}+\dfrac{da^3}{a^3+4})$ .

Είναι όμως

$\dfrac{ab^3}{b^3+4}=\dfrac{ab^3}{\dfrac{b^3}{2}+\dfrac{b^3}{2}+4} \mathop \leqslant \limits^{AM-GM} \dfrac{ab^3}{3b^2}=\dfrac{ab}{3}$ .

Άρα, $4S=4-(\dfrac{ab^3}{b^3+4}+\dfrac{bc^3}{c^3+4}+\dfrac{cd^3}{d^3+4}+\dfrac{da^3}{a^3+4}) \geqslant$

$4-\dfrac{ab+bc+cd+da}{3} \mathop \geqslant \limits^{\textnormal{\gr Λήμμα}} 4-\dfrac{(a+b+c+d)^2}{12}=\dfrac{8}{3}$ .

Συνεπώς, $4S \geqslant \dfrac{8}{3}$ , δηλαδή $S \geqslant \dfrac{2}{3}$ .

Μένει να δούμε αν η τιμή αυτή μπορεί να επιτευχθεί. Πράγματι, για (a,b,c,d)=(2,2,0,0)

έχουμε $S=\dfrac{2}{3}$ .

Άρα, $\boxed{S_{\min}=\dfrac{2}{3}}$ , και επιτυγχάνεται όταν π.χ. (a,b,c,d)=(2,2,0,0)

(και οι μεταθέσεις).

#10

socrates έγραψε:Διαγώνισμα 8 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 1
Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη ακεραίων τα οποία ικανοποιούν τη σχέση

$\displaystyle{3\cdot 5^m - 2 \cdot 6^n = 3.}$

Μπορούμε να αποφύγουμε τα ισχυρά θεωρήματα.
Οι δύο λύσεις που δόθηκαν μπορούν να γίνουν στοιχειώδεις...

#11

socrates έγραψε:Διαγώνισμα 8 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 1
Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη ακεραίων τα οποία ικανοποιούν τη σχέση

$\displaystyle{3\cdot 5^m - 2 \cdot 6^n = 3.}$

Για $n \leqslant 2$ παίρνουμε τις λύσεις (1,1)

και

. Έστω τώρα $n \geqslant 3$ . Οπότε $2 \cdot 6^n \equiv 0 \bmod 16$ .

Άρα $5^m \equiv 1 \bmod 16$ το οποίο δίνει 4|m

. Έστω

. (Μπορώ να υποθέσω ότι $r \neq 0$ .) Τότε

$\displaystyle{ 3(5^{4r}-1) = 2 \cdot 6^n}$

που δίνει

$\displaystyle{ (5^r-1)(5^r+1)(5^{2r}+1) = 2^{n+1}3^{n-1}}$

Είναι εύκολο να δούμε ότι $(5^r-1,5^r+1) = (5^r-1,5^{2r}+1) = (5^r+1,5^{2r}-1) = 2$ . Οπότε μόνο ένας από τους παράγοντες του αριστερού μέλους μπορεί να είναι πολλαπλάσιο του

. Αυτός πρέπει να είναι ο $5^{2r}+1$ . Πράγματι, $5^{2r}+1 \equiv 2 \bmod 4$ οπότε αν $3 \nmid (5^{2r}+1)$ τότε θα είχαμε $5^{2r}+1 = 2$ , άτοπο.

Οπότε $5^{2r}+1 = 2 \cdot 3^{n-1}$ και $(5^r-1)(5^r+1) = 2^{n+1}$ . Τότε το 5^r+1

είναι δύναμη του

, άτοπο αφού $5^r+1 \equiv 2 \bmod 4$ και $5^{r}+1 \neq 2$ .

Ορέστης Λιγνός · #12

Ορέστης Λιγνός έγραψε:
socrates έγραψε:Διαγώνισμα 8 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 1
Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη ακεραίων τα οποία ικανοποιούν τη σχέση

$\displaystyle{3\cdot 5^m - 2 \cdot 6^n = 3.}$

Αν , , άτοπο από Catalan.

Όμοια, αν , , πάλι άτοπο από Catalan.

Συνεχίζω την λύση μου από εδώ, χωρίς Catalan.

Αν 5^x+1=2^c

, τότε $2^c=5^x+1 \equiv 2(\bmod 4)$ , άτοπο.

Έστω 5^x-1=2^a

.

Αν

, τότε $2^a=5^x-1=25^k-1 \equiv 0(\bmod 3)$ , άτοπο.

Αν x=2k+1

, τότε $2^a=5^x-1=5^{2k+1}-1=(5-1)(5^{2k}+5^{2k-1}+ \ldots 5^1+1)=$

$4(5^{2k}+5^{2k-1}+\ldots 5+1)=4 \cdot \textnormal{\gr περιττός}$ .

Συμπεραίνουμε ότι $2^a=4 \cdot \textnormal{\gr περιττός}$ , άρα ο 2^a

έχει τουλάχιστον ένα περιττό παράγοντα, άτοπο.

Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 8

Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 8

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 8

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 8

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 8

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 8

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 8

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 8

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 8

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 8

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 8

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 8

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 8

Μέλη σε σύνδεση