Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

freyia · #1281

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 602: (α) Να αποδείξετε ότι: Αν $\displaystyle{x,y>0}$ με $\displaystyle{x\neq y}$ , τότε: $\displaystyle{\sqrt{xy}<\frac{x+y}{2}}$

(β) Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\sqrt{1}+\sqrt{2}+\sqrt{3}+ . . . +\sqrt{2010}<\frac{2010.2013}{4}}$

(β) Θα χρησιμοποιήσω το (α), το οποίο έχει αποδειχθεί από τον gavrilos

$\displaystyle{\sqrt{1}=\sqrt{1.1}<\frac{1+1}{2}=\frac{2}{2}}$

$\displaystyle{\sqrt{2}=\sqrt{1.2}<\frac{1+2}{2}=\frac{3}{2}}$

$\displaystyle{\sqrt{3}=\sqrt{1.3}<\frac{1+3}{2}=\frac{4}{2}}$

.
.
.
$\displaystyle{\sqrt{2010}=\sqrt{1.2010}<\frac{1+2010}{2}=\frac{2011}{2}}$

Άμα προσθέσω κατά μέλη, θα έχω:

$\displaystyle{\sqrt{1}+\sqrt{2}+ ...+\sqrt{2010}<\frac{1}{2}(2+3+4+ ... +2011)=\frac{1}{2}.\frac{2013.2010}{2}=\frac{2010.2013}{4}}$

gavrilos · #1282

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 610: Αν για τους φυσικούς αριθμούς $\displaystyle{x,y,z}$ ισχύει ότι:

$\displaystyle{\frac{2^{2x+y}-11}{4^{2x}-9} =\frac{2y+1}{3y+1}=\frac{z^2 +1}{3z+1}}$ , να βρεθούν οι αριθμοί αυτοί.

Αφού $\displaystyle{2^{2x+y}-11 , 4^{2x}-9}$ είναι περιττοί και $\displaystyle{2y+1}$ είναι περιττός τότε $\displaystyle{3y+1}$ είναι περιττός και έτσι $\displaystyle{y}$ είναι άρτιος . Επίσης $\displaystyle{z^2+1 , 3z+1}$ είναι ή και οι δύο άρτιοι ή και οι δύο περιττοί. Ακόμη καταλαβαίνουμε από το 2ο κλάσμα ότι ο παρονομαστής είναι μεγαλύτερος από τον αριθμητή κι έτσι δημιουργούμε την ανισότητα

$\displaystyle {z^2+1<3z+1}\\ {z^2-3z<0}\\ {z(z-3)<0}$ .

..άρα οι δυνατές τιμές του $\displaystyle{z}$ είναι $\displaystyle{1,2}$ .Αν ο $\displaystyle{z}$ είναι $\displaystyle{1}$ τότε στο $\displaystyle{3}$ o κλάσμα δημιουργείται ο λόγος $\displaystyle{\frac{1}{2}$ ο οποίος περιέχει έναν περιττό κι έναν άρτιο κι έτσι δεν μπορεί να ισούται με τους λόγους των άλλων κλασμάτων άρα $\displaystyle{z=2}$ κι έτσι ο λόγος είναι $\displaystyle{\frac{5}{7}$ .Πολλαπλασιάζοντας χιαστί βρίσκουμε ότι $\displaystyle{y=2}$ .

Και πάλι με την παρατήρηση ότι ο αριθμητής είναι μικρότερος του παρονομαστή δημιουργούμε στο 1ο κλάσμα την ανισότητα

$\displaystyle{2^{2x+y}-11<4^{2x}-9}\\ {2^{2x+y}-4^{2x}<2}$

και αντικαθιστώντας το $\displaystyle{y}$ με την τιμή του έχουμε :

$\displaystyle{2^{2x+2}-4^{2x}<2}\\ {2^{2x}(2^2-2^{2x})<2}\\ {2^{2x}(4-2^{2x})<2}$

το οποίο για να ισχύει πρέπει να ισχύει και η ανισότητα $\displaystyle{2x\geq y}$ για να είναι το αποτέλεσμα της παρένθεσης αρνητικός ή 0.Αφού λοιπόν $\displaystyle{y=2}$ μπορούμε να κάνουμε δοκιμές , αντικαθιστώντας αρχικά τον $\displaystyle{x}$ με $\displaystyle{\frac{y}{2}=\frac{2}{2}=1}$ και επομένως θα έχουμε

$\displaystyle{2^2(4-4)<2}$
${0 \cdot 2^2<2}$

το οποίο επαληθεύει την ανισότητα και επιπλέον είναι η μόνη τιμή που μπορεί να δημιουργήσει στο 1ο κλάσμα το λόγο που υπάρχει και στα άλλα κλάσματα καθώς αν αντικαταστήσουμε με την συγκεκριμένη τιμή θα έχουμε :

$\displaystyle{\frac{2^4-11}{16-9}}$

$\displaystyle{\frac{5}{7}}$ .

Άρα οι μεταβλητές $\displaystyle{x,y,z}$ αντιστοιχούν στις τιμές $\displaystyle{1,2,2}$ αντίστοιχα.

#1283

ΑΣΚΗΣΗ 611:Να βρεθεί ο διψήφιος αριθμός $\displaystyle{\overline{ab}}$ , αν γνωρίζουμε ότι:

$\displaystyle{7.\overline{ab} +\overline{ba} =\overline{abba} : 11 +1}$

#1284

ΑΣΚΗΣΗ 612

Να βρεθούν όλοι οι τριψήφιοι αριθμοί που αν διαιρεθούν με τους αριθμούς 7,8,9

δίνουν αντίστοιχα υπόλοιπα 1,4,7

Μπάμπης

#1285

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 611:Να βρεθεί ο διψήφιος αριθμός $\displaystyle{\overline{ab}}$ , αν γνωρίζουμε ότι:

$\displaystyle{7.\overline{ab} +\overline{ba} =\overline{abba} : 11 +1}$

$7\overline{ab}+\overline{ba}=\overline{abba}:11+1$

7(b+10a)+(a+10b)=(a+10b+100b+1000a):11+1

---

αλλά $1=7-1\cdot 6=7-1(20-2\cdot 7)\Rightarrow 1=3\cdot 7-1\cdot 20$

άρα $a=1,~~b=3,~~\overline {ab}=13$

#1286

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 612

Να βρεθούν όλοι οι τριψήφιοι αριθμοί που αν διαιρεθούν με τους αριθμούς δίνουν αντίστοιχα υπόλοιπα

Μπάμπης

Mια λύση Μπάμπη:

Έστω $\displaystyle{x}$ ο ζητούμενος τριψήφιος. Τότε με βάση το πρόβλημα έχουμε:

$\displaystyle{x=7k+1 , x=8m+4 , x=9n+7}$ . Από εδώ έχουμε $\displaystyle{7k+1=8m+4\Rightarrow k=\frac{8m+3}{7}=\frac{7m+m+3}{7}=m+\frac{m+3}{7}}$ .

Πρέπει όμως $\displaystyle{\frac{m+3}{7}=r , r\in N^{*}}$ . Τότε $\displaystyle{m=7r-3}$ και από την σχέση $\displaystyle{x=8m+4 \Rightarrow x=8(7r-3)+4}$

$\displaystyle{\Rightarrow x=56r-20}$ . Αλλά είναι και $\displaystyle{x=9n+7}$ , οπότε από τις δύο τελευταίες σχέσεις έχουμε:

$\displaystyle{56r-20=9n+7\Rightarrow r=\frac{9(n+3)}{56}}$ . Πρέπει όμως ο αριθμός $\displaystyle{\frac{9(n+3)}{56}}}$ να είναι ακέραιος και

αφού $\displaystyle{(9,56)=1}$ ,άρα $\displaystyle{56|n+3\Rightarrow n+3=56t, t\in N^{*}}$ . Άρα $\displaystyle{n=56t-3}$

Όμως από την υπόθεση, έχουμε ότι $\displaystyle{100\leq x\leq 999\Rightarrow 100\leq 9n+7\leq 999\Rightarrow}$

$\displaystyle{100\leq 9(56t-3)+7\leq 999\Rightarrow \frac{120}{504}\leq t\leq \frac{1019}{504}\Rightarrow t=1}$ , ή $\displaystyle{t=2}$

Aν $\displaystyle{t=1}$ , τότε $\displaystyle{n=56-3=53}$ και άρα $\displaystyle{x=9n+7=9.53+7=484}$ , που είναι ο ζητούμενος αριθμός.

Αν $\displaystyle{t=2}$ , τότε $\displaystyle{n=109}$ και άρα $\displaystyle{x=9n+7=9.109+7=988}$ , που επίσης είναι ο ζητούμενος

Συνεπώς υπάρχουν δύο τριψήφιοι αριθμοί που ικανοποιούν τις απαιτήσεις του προβλήματος και είναι οι $\displaystyle{484}$ και $\displaystyle{988}$

#1287

ΑΣΚΗΣΗ 613
Δείξτε ότι αν a,b,c>0

τότες

$\displaystyle{ (a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)\geq abc(a+b)(b+c)(c+a). }$

#1288

ΑΣΚΗΣΗ 614
Βρείτε τους μη αρνητικούς ακέραιους x,y,z

για τους οποίους $\displaystyle{ (2^x-1)(2^y-1)=2^{2^z}+1. }$

#1289

ΑΣΚΗΣΗ 615
Οι ακέραιοι

και

ικανοποιούν τη σχέση 3m+4n=100

. Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή του |m-n|

.

http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=38&t=5617&start=0

#1290

ΑΣΚΗΣΗ 616
Έστω a,b,c

θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε a|b^5, b|c^5

και

. Δείξτε ότι $abc|(a+b+c)^{31}$ .

#1291

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 613
Δείξτε ότι αν τότες

$\displaystyle{ (a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)\geq abc(a+b)(b+c)(c+a). }$

Προτού δώσουμε την λύση στο θέμα αυτό, είναι χρήσιμο να αναφερθούμε σε ένα θεώρημα, που ισχύει στις ανισότητες (το οποίο βέβαια είναι για πολύ προχωρημένους στα διαγωνιστικά μαιθηματικά μαθητές Γυμνασίου).
Το γράφω, όπως είναι δημοσιευμένο στο βιβλίο ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ των αγαπητών συναδέλφων Μπάμπη Στεργίου και
Νίκου Σκομπρή :
Έστω $\displaystyle{x=(x_1 ,x_2 , ..., x_n ) , y=(y_1 ,y_2 , ... ,y_n )}$ δύο n-άδες θετικών αριθμών και $\displaystyle{w=(w_1 ,w_2 , . . . ,w_n )}$

μια n-άδα στην οποία οι αριθμοί $\displaystyle{w_1 , w_2 , . . . w_n }$ είναι οι αριθμοί $\displaystyle{y_1 , y_2 , . . . , y_n}$ , με διαφορετική ίσως

σειρά, τότε:

Αν οι n-άδες $\displaystyle{x}$ και $\displaystyle{y}$ είναι όμοια διατεταγμένες, δηλαδή $\displaystyle{x_1 \leq x_2 \leq . . . \leq x_n}$ και $\displaystyle{y_1 \leq y_2 \leq . . . \leq y_n}$

(ή αντιστρόφως οι φορές των ανισοτήτων), τότε:

$\displaystyle{(x_1 +y_1 )(x_2 +y_2 ). . . (x_n +y_n )\leq (x_1 +_w_1)(x_2 +w_2 ). . .(x_n +w_n )}$

ΕΝΩ, αν οι n-άδες $\displaystyle{x}$ και $\displaystyle{y}$ , έχουν αντίθετη διάταξη, τότε ισχύει και πάλι η παραπάνω ανισότητα, αλλά με αντίθετη

την φορά της.Για το πρόβλημά μας λοιπόν, έχουμε:

ΖΖητάμε να αποδείξουμε ότι: $\displaystyle{(a^2 +bc)(b^2 +ca)(c^2 +ab)\geq (abc(a+b)(b+c)(c+a)}$ . Άρα αρκεί να δείξουμε ότι:

$\displaystyle{(a^2 +bc)(b^2 +ca)(c^2 +ab)\geq (a^2 +ab)(b^2 +bc)(c^2 +ca)}$

Θεωρούμε τις τριάδες: $\displaystyle{x=(a^2 , b^2 , c^2 ) , y=(bc , ca , ab) , w=(ab , bc , ca)}$

Θα δείξουμε ότι οι τριάδες $\displaystyle{x , y}$ , έχουν αντίθετη διάταξη. Πράγματι, έστω ότι:

$\displaystyle{bc\geq ca\geq ab \Rightarrow b\geq a , c\geq b \Rightarrow c\geq b\geq a \Rightarrow c^2 \geq b^2 \geq a^2 \Rightarrow}$

$\displaystyle{a^2 \leq b^2 \leq c^2}$ . Άρα με βάση το παραπάνω θεώρημα, έχουμε:

$\displaystyle{(a^2 +bc)(b^2 +ca)(c^2 +ab)\geq (a^2 +ab)(b^2 +bc)(c^2 +ca)}$ , και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

#1292

ΑΣΚΗΣΗ 617
Να λυθεί το σύστημα

$\begin{cases}(x+1)yz &= 12\\ (y+1)zx &= 4\\ (z+1)xy &= 4\end{cases}$

#1293

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 613
Δείξτε ότι αν τότες

$\displaystyle{ (a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)\geq abc(a+b)(b+c)(c+a). }$

Από την ανισότητα Cauchy-Schwarz έχουμε

$\displaystyle{\rm \frac{a^2+bc}{b}=\frac{a^2}{b}+\frac{c^2}{c}\geq \frac{(a+c)^2}{b+c}\implies \boxed{\rm a^2+bc\geq b\frac{(a+c)^2}{b+c}}}$

Ομοίως, λαμβάνουμε και

$\displaystyle{\boxed{\rm b^2+ca\geq c\frac{(b+a)^2}{c+a},~c^2+ab\geq a\frac{(b+c)^2}{a+b}}}$

Με πολλαπλασιασμό αυτών προκύπτει η ζητούμενη.

#1294

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 617
Να λυθεί το σύστημα

$\begin{cases}(x+1)yz &= 12\\ (y+1)zx &= 4\\ (z+1)xy &= 4\end{cases}$

Από δεύτερη και τρίτη εξισώνοντας λαμβάνουμε, σχετικά απλά πως:

$x\ne 0$ και z=y.

Αντικαθιστώντας τώρα εις την πρώτη λαμβάνουμε επιλύοντας ως προς

$\displaystyle{x = \frac{{12 - {y^2}}}{y}}$

Αντικαθιστώντας τώρα στην δεύτερη ή στην τρίτη, έχω τελικά την εξίσωση:

$\displaystyle{{y^3} + {y^2} - 8y - 12 = 0}$

Με Horner έχω πως y=3

ή

(διπλή λύση).

Αν y=3

τότε και

αλλά και $x=\frac{1}{3}$ τριάδα που είναι δεκτή αφού επαληθεύει.

Αν y=-2

τότε και

αλλά και

που ομοίως είναι δεκτή αφού επαληθεύει.

Σημείωση: Όχι και τόσο γυμνασιακή λύση αλλά πιστεύω πως το Horner για τους μαθητές αυτού του επιπέδου είναι ήδη κεκτημένο εργαλείο. Ας γράψει κάποιος κάτι λιγότερο αρτηριοσκληρωμένο από το δικό μου. Πραγματικά θα χαρώ!

#1295

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 614
Βρείτε τους μη αρνητικούς ακέραιους για τους οποίους $\displaystyle{ (2^x-1)(2^y-1)=2^{2^z}+1. }$

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ:

Έστω $\displaystyle{x>y}$ . Τότε η δοσμένη γράφεται: $\displaystyle{2^x .2^y -2^x -2^y =2^{2^z}\Rightarrow 2^y (2^x -2^{x-y}-1)=2^{2^z}\Rightarrow}$

$\displaystyle{2^x -2^{x-y}-1=2^{2^z -y}}$ , (1).

Αποκλείεται όμως να είναι $\displaystyle{2^z-y<0}$ , διότι τότε το δεύτερο μέλος της (1) δεν θα ήταν ακέραιος, ενώ το πρώτο μέλος είναι

ακέραιος.

Αν πάλι ήταν $\displaystyle{ 2^z -y>0}$ , τότε το δεύτερο μέλος της (1) θα ήταν άρτιος, ενώ το πρώτο είναι περιττός (δεδομένου ότι

$\displaystyle{x>y\geq 0}$ ). Άρα αποκλείεται να είναι $\displaystyle{2^z -y>0}$ .

Μας μένει να δούμε τι γίνεται όταν $\displaystyle{2^z -y=0}$ , (2)

Τότε η (1) γράφεται: $\displaystyle{2^x -2^{x-y}-1=1\Rightarrow 2^x -2^{x-y}=2\Rightarrow \frac{2^x}{2^{x-y}}-1=\frac{2}{2^{x-y}}}$

$\displaystyle{\Rightarrow 2^y -1=2^{1-x+y}}$ , (3). Αφού όμως $\displaystyle{y\neq 0}$ (αλλιώς είναι άτοπο), άρα το πρώτο μέλος είναι περιττός

και άρα θα πρέπει να είναι περιττός και το δεύτερο μέλος. Άρα πρέπει $\displaystyle{1-x+y=0}$ , δηλαδή $\displaystyle{y=x-1}$ . Tότε όμως η σχέση

(3) γράφεται: $\displaystyle{2y-1=1\Rightarrow y=1}$ , οπότε και $\displaystyle{x=2 , 2^z =1}$ , δηλαδή $\displaystyle{x=2 , y=1 , z=0}$ , τιμές που επαληθεύουν

την δοσμένη και άρα είναι δεκτές.

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ:

Έστω $\displaystyle{x<y}$ . Τότε εργαζόμενοι όπως και πριν, βρίσκουμε $\displaystyle{x=1 , y=2 , z=0}$

3η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ:

Έστω $\displaystyle{x=y}$ . Tότε η δοσμένη γράφεται: $\displaystyle{2^{2x}-2.2^x =2^{2^z}\Rightarrow 2^x -2=2^{2^z -x}\Rightarrow}$

$\displaystyle{2^{x-1}-1=2^{2^z -x-1}}$ ,(4)

Αν ήταν $\displaystyle{x=0}$ ,ή $\displaystyle{x=1}$ , η (4) θα ήταν αδύνατη. Άρα $\displaystyle{x\geq 2}$ , οπότε το πρώτο μέλος της (4) είναι περιττός. Άρα

πρέπει υποχρεωτικά να είναι $\displaystyle{2^z -x-1=0}$ , οπότε η (4) γράφεται: $\displaystyle{2^{x-1}-1=1\Rightarrow 2^{x-1}=2\Rightarrow}$

$\displaystyle{x-1=1\Rightarrow x=2}$ . Άρα $\displaystyle{2^z -2-1=0\Rightarrow 2^z =3}$ , που είναι άτοπο.

Συνεπώς οι λύσεις που ζητάμε είναι $\displaystyle{(x,y,z)=(2,1,0)}$ , ή $\displaystyle{(x,y,z)=(1,2,0)}$

#1296

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 615
Οι ακέραιοι και ικανοποιούν τη σχέση . Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή του .

http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=38&t=5617&start=0

Είναι

$\displaystyle{\rm 4|(100-4n)\implies 4|3x \stackrel{(3,4)=1}{\implies}4|x\implies x=4k,~k\in \mathbb{Z}}$ .

Άρα

$\displaystyle{\rm y=25-3k,}$

οπότε

$\displaystyle{\rm |m-n|=|7k-25|}$

και φανερά

$\displaystyle{\rm \min |m-n|=3,}$ όταν $\displaystyle{\rm k=4,}$ δηλαδή όταν $\displaystyle{\rm m=16,~n=13.}$

#1297

ΑΣΚΗΣΗ 618
Έστω a, b, c

τα μήκη των πλευρών ενός τριγώνου. Αν ισχύει ab+bc+ca=1

να δείξετε ότι (a+1)(b+1)(c+1) < 4

.

#1298

ΑΣΚΗΣΗ 619
Οι μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί a,b,c

είναι τέτοιοι ώστε a + b + c = a^2+ b^2+ c^2= a^3+ b^3+ c^3.

Βρείτε παράδειγμα τέτοιων αριθμών (διαφορετικών ανά δύο) και υπολογίστε την τιμή της παράστασης $\displaystyle{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\left(a+b+c-2\right)}$

#1299

ΑΣΚΗΣΗ 620
Χρωματίζουμε το επίπεδο με δύο χρώματα. Δείξτε ότι υπάρχει ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο με κορυφές ίδιου χρώματος.

#1300

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 619
Οι μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί είναι τέτοιοι ώστε

Βρείτε παράδειγμα τέτοιων αριθμών (διαφορετικών ανά δύο) και υπολογίστε την τιμή της παράστασης $\displaystyle{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\left(a+b+c-2\right)}$

Ονομάζοντας y=ab+bc+ca

και

καθώς και με τη χρήση των (γνωστών) ταυτοτήτων:

(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)

,

καταλήγω πως:

$\displaystyle{abc = \frac{{x(x - 2)(x - 1)}}{6},ab + bc + ca = \frac{{{x^2} - x}}{2}}$

δηλαδή η από τον Θανάση δοθείσα προς υπολογισμό παράσταση έχει ως εξής:

$\displaystyle{\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)\left( {a + b + c - 2} \right) = \frac{{ab + bc + ca}}{{abc}}\left( {a + b + c - 2} \right) = ..... = 3}$

(Μετά από αντικατάσταση φυσικά)

Δε λέω ωραίο νουμεράκι βγήκε!

Χρωστώ και μερικές από τις τριάδες αριθμών που πραγματοποιούν αυτήν την ισότητα. Αναμένετε (αν δεν έρθεί κάποιος άλλος ως τρέϊλερ...)

Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Μέλη σε σύνδεση