Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

alexandropoulos · #21

1=object? έγραψε:Αν ένας μαθητής στο Γ2 πάει με εύρεση της και λύση της ζητούμενης εξίσωσης με σύνολο τιμών πρέπει να οπλιστεί με ατσάλινα νεύρα και υπομονή!

αλγεβρικά και όμορφα προκύπτει

Μάκης Χατζόπουλος · #22

1=object? έγραψε:Αν ένας μαθητής στο Γ2 πάει με εύρεση της f(g(x)) και λύση της ζητούμενης εξίσωσης με σύνολο τιμών πρέπει να οπλιστεί με ατσάλινα νεύρα και υπομονή!

Δεν χρειάζεται να αντικαταστήσει την συνάρτηση g(x)

οπότε οι πράξεις είναι πολύ λιγότερες...

N.E. Kantidakis · #23

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε: $\left|v \right|^3=\left|a_2v^2+a_1v+a_0 \right|\leq \left|a_2 \right|\left|v \right|^2+\left|a_1 \right|\left|v \right|+\left|a_0 \right|\leq 3\left|v \right|^2+3\left|v \right|+3$

Aν υποθέσουμε ότι $\left|v \right|\geq 4$ τότε

$\left|v \right|^3\geq 4\left|v \right|^2=3\left|v \right|^2+\left|v \right|^2\geq 3\left|v \right|^2+4\left|v \right|\geq 3\left|v \right|^2+3\left|v \right|+4$ , άτοπο.

Συγνώμη..
Δεν βλέπω το άτοπο με την ανισοϊσότητα

thanasis43 · #24

Για το Δ3 εχοντας δειξει οτι ειναι κυρτη, βρισκω την εφαπτομενη της g(x) στο χ=α με το = να ισχυει μονο για το σημειο επαφης .

parmenides51 · #25

Δ2. $\displaystyle{g'(x)=\frac{f(x)-1}{x-1} >0}$ διότι $\displaystyle{(x-1) , (f(x)-1)}$ όμόσημα επειδή

για $\displaystyle{x-1<0 \Rightarrow x<1 \Rightarrow f(x)<f(1)=1 \Rightarrow f(x)-1<0 }$

και για $\displaystyle{x-1>0 \Rightarrow x>1 \Rightarrow f(x)>f(1)=1 \Rightarrow f(x)-1>0}$

άρα $\displaystyle{g \uparrow (1,+\infty) }$

θέτω $\displaystyle{H(x)=\int_{x}^{x+1}g(u)du \,\, , x \in (1,+\infty)}$

Πρέπει να λυθεί η ανίσωση $\displaystyle{H(8x^2+5)>H(2x^4+5)}$

παρατηρούμε ότι $\displaystyle{8x^2+5=8x^2+4+1>1, 2x^4+5=2x^4+4+1>1}$

$\displaystyle{H'(x)=g(x+1)-g(x) >0}$

αφού $\displaystyle{x<x+1 \Rightarrow g(x)<g(x+1) \Rightarrow g(x+1)-g(x)>0 }$

άρα $\displaystyle{h \uparrow (1,+\infty) }$

οπότε $\displaystyle{H(8x^2+5)>H(2x^4+5) \Leftrightarrow 8x^2+5>2x^4+5 \Leftrightarrow x^2(4-x^2)>0 \Leftrightarrow x\in (-2,2)-\{0\}}$

#26

Ένας άλλος τρόπος για το Β3:

Είναι:

$\displaystyle{{v^3} + {a_2}{v^2} + {a_1}v + {a_0} = 0 \Rightarrow {v^3} = - \left( {{a_2}{v^2} + {a_1}v + {a_0}} \right) \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \left| {{v^3}} \right| = \left| { - \left( {{a_2}{v^2} + {a_1}v + {a_0}} \right)} \right| \Rightarrow {\left| v \right|^3} = \left| {{a_2}{v^2} + {a_1}v + {a_0}} \right| \le \left| {{a_2}} \right|{\left| v \right|^2} + \left| {{a_1}} \right|\left| v \right| + \left| {{a_0}} \right| \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow {\left| v \right|^3} \le 3{\left| v \right|^2} + 3\left| v \right| + 3 \Rightarrow {\left| v \right|^3} < 3{\left| v \right|^2} + 3\left| v \right| + 4 \Rightarrow {\left| v \right|^3} - 3{\left| v \right|^2} - 3\left| v \right| - 4 < 0.}$

Η τελευταία ανίσωση γράφεται ισοδύναμα (π.χ. με σχήμα Horner για $\displaystyle{\rho = 4}$ )

$\displaystyle{\left( {\left| v \right| - 4} \right)\left( {{{\left| v \right|}^2} + \left| v \right| + 1} \right) < 0,}$

κι αφού $\displaystyle{{{{\left| v \right|}^2} + \left| v \right| + 1 > 0}}$ (ως τριώνυμο του $\displaystyle{{\left| v \right|}}$ με $\displaystyle{\Delta = - 3 < 0}$ ) θα είναι $\displaystyle{{\left| v \right| < 4}.}$

1=object? · #27

thete έγραψε:Το θέμα Γ είναι δωράκι στους μαθητές. Στο Γ1 μια εύκολη αντιπαραγώγιση θέτω συνάρτηση βρίσκω πρόσημο και απορρίπτω τη μια λύση. Στο Γ2 βγάζω την f 1-1 και λύνω horner.Στο Γ3 πάλι εύκολη αντιπαραγώγηση στο πρόχειρο για να βρόυμε την αρχική που είναι ημίτονο επι ολοκλήρωμα και ένα Rolle.

Μου διαφεύγει κάτι , ή είναι ιδέα μου ότι η λύση της εξίσωσης δεν βρίσκεται με Horner αλλά με σύνολο τιμών; (και μάλιστα μοναδική στο $(0,+\infty)$ ;

Silver · #28

1=object? έγραψε:
thete έγραψε:Το θέμα Γ είναι δωράκι στους μαθητές. Στο Γ1 μια εύκολη αντιπαραγώγιση θέτω συνάρτηση βρίσκω πρόσημο και απορρίπτω τη μια λύση. Στο Γ2 βγάζω την f 1-1 και λύνω horner.Στο Γ3 πάλι εύκολη αντιπαραγώγηση στο πρόχειρο για να βρόυμε την αρχική που είναι ημίτονο επι ολοκλήρωμα και ένα Rolle.
Μου διαφεύγει κάτι , ή είναι ιδέα μου ότι η λύση της εξίσωσης δεν βρίσκεται με Horner αλλά με σύνολο τιμών; (και μάλιστα μοναδική στο $(0,+\infty)$ ;

Και εγω ετσι το βρηκα...

#29

Συμφωνώ . Χρειάζεται να βρω τα σύνολα τιμών .

dopfev · #30

thanasis43 έγραψε:Για το Δ3 εχοντας δειξει οτι ειναι κυρτη, βρισκω την εφαπτομενη της g(x) στο χ=α με το = να ισχυει μονο για το σημειο επαφης .

Πάρα πολύ ωραία λύση και σύντομη. Πώς τα βλέπετε συνολικά;

#31

1=object? έγραψε:Το Β1 βγαίνει ωραία και με τριώνυμο!

Εννοείς...
$\begin{array}{l} \left( {z - 2} \right) \cdot \left( {\bar z - 2} \right) + \left| {z - 2} \right| = 2 \Leftrightarrow \\ \left( {z - 2} \right) \cdot \overline {\left( {z - 2} \right)} + \left| {z - 2} \right| = 2 \Leftrightarrow \\ {\left| {z - 2} \right|^2} + \left| {z - 2} \right| - 2 = 0 \Leftrightarrow \left| {z - 2} \right| = 1 \end{array}$

thete · #32

1=object? έγραψε:
thete έγραψε:Το θέμα Γ είναι δωράκι στους μαθητές. Στο Γ1 μια εύκολη αντιπαραγώγιση θέτω συνάρτηση βρίσκω πρόσημο και απορρίπτω τη μια λύση. Στο Γ2 βγάζω την f 1-1 και λύνω horner.Στο Γ3 πάλι εύκολη αντιπαραγώγηση στο πρόχειρο για να βρόυμε την αρχική που είναι ημίτονο επι ολοκλήρωμα και ένα Rolle.
Μου διαφεύγει κάτι , ή είναι ιδέα μου ότι η λύση της εξίσωσης δεν βρίσκεται με Horner αλλά με σύνολο τιμών; (και μάλιστα μοναδική στο (0,+οο);

Ναι έχεις δίκιο έχασα στο σταθερο όρο το -2 κανοντας Ε.Κ.Π και το άφησα -1.
Το θέμα βεβαι παραμένει εύκολο.

1=object? · #33

spyros έγραψε:
1=object? έγραψε:Το Β1 βγαίνει ωραία και με τριώνυμο!
Εννοείς...
$\begin{array}{l} \left( {z - 2} \right) \cdot \left( {\bar z - 2} \right) + \left| {z - 2} \right| = 2 \Leftrightarrow \\ \left( {z - 2} \right) \cdot \overline {\left( {z - 2} \right)} + \left| {z - 2} \right| = 2 \Leftrightarrow \\ {\left| {z - 2} \right|^2} + \left| {z - 2} \right| - 2 = 0 \Leftrightarrow \left| {z - 2} \right| = 1 \end{array}$

Ναι, σωστά!

parmenides51 · #34

Δ3. $\displaystyle{g''(x)=\frac{\left(f(x)-1\right)'(x-1)-\left(f(x)-1\right)(x-1)'}{(x-1)^2}=\frac{f'(x)(x-1)-\left(f(x)-1\right)}{(x-1)^2}}$

από ΘΜΤ για την $\displaystyle{ f }$ στο $\displaystyle{[1,x] }$ έχουμε ότι υπάρχει $\displaystyle{\xi \in (1,χ) : f'(\xi )=\frac{f(x)-1}{x-1}\Rightarrow f(x)-1=f'(\xi )(x-1)}$

οπότε $\displaystyle{g''(x)=\frac{f'(x)(x-1)-f'(\xi )(x-1)}{(x-1)^2}=\frac{f'(x)-f'(\xi )}{x-1}>0}$ διότι $\displaystyle{x-1>0 }$ και

$\displaystyle{1<\xi<x \Rightarrow f'(\xi)<f'(x ) \Rightarrow f'(x)-f'(\xi )>0 }$ αφού $\displaystyle{f' \uparrow (0,+\infty)}$

οπότε $\displaystyle{g}$ κυρτή

θέτω $\displaystyle{K(x)=(a-1)g(x)-(f(a)-1)(x-a) \,\, , x>1}$

$\displaystyle{K(a)=(a-1)g(a)-(f(a)-1)(a-a)=(a-1)0 -0=0}$ διότι $\displaystyle{g(a)=0}$

άρα η εξίσωση $\displaystyle{K(x)=0 }$ έχει ρίζα το $\displaystyle{a}$

$\displaystyle{K'(x)=(a-1)g'(x)-(f(a)-1)=(a-1)g'(x)+(1-f(a))}$

Διαγράφω τα παρακάτω γιατι υπήρχε λάθος, θα επιστρέψω σε λιγο

Αφού ευχαριστήσω θερμά τον chris για την επισήμανση του λάθους μου,
επέστρεψα με την συνέχεια της διαφορετικά

αφού η $\displaystyle{g}$ είναι κυρτή

$\displaystyle{\bullet}$ για $\displaystyle{x>a \Rightarrow g'(x)>g'(a) \Leftrightarrow g'(x)>\frac{f(a)-1}{a-1} \Leftrightarrow (a-1)g'(x)-(f(a)-1)>0}$
διότι $\displaystyle{a>1 \Leftrightarrow a-1>0}$

οπότε για $\displaystyle{x>a \Rightarrow K'(x)>0}$

$\displaystyle{\bullet}$ για $\displaystyle{$ x=a \Rightarrow K'(a)=0}

\displaystyle{\bullet} για

\displaystyle{x<a \Rightarrow g'(x)<g'(a) \Leftrightarrow g'(x)<\frac{f(a)-1}{a-1} \Leftrightarrow (a-1)g'(x)-(f(a)-1)<0} διότι

\displaystyle{a>1 \Leftrightarrow a-1>0} οπότε για

\displaystyle{x>a \Rightarrow K'(x)<0} άρα

\displaystyle{K(x)\uparrow (1,a]} και

\displaystyle{ K(x)\downarrow [a,+\infty)} οπότε για

\displaystyle{1<x<a \Rightarrow K(x)<K(a)=0 \Rightarrow K(x)<0} για

\displaystyle{ x>a \Rightarrow K(x)>K(a)=0 \Rightarrow K(x)>0} για

\displaystyle{x=a } έχουμε πως

\displaystyle{K(x)=K(a)=0} αρα η εξίσωση

\displaystyle{K(x)=0} έχει μοναδική ρίζα στο

\displaystyle{(1,+\infty)} την

\displaystyle{x=a}$

Υ.Γ. Πουθενά δεν ανέφερα (για συντομία) τις αιτιολογήσεις των παραγωγίσεων των συναρτήσεων και των θεωρηματων που είναι απαραίτητες.

spege · #35

Το περίφημο Β3 είναι άσκηση 173 του Ντζιώρα σελίδα 96 και αφού λάβουμε υπόψη κάθε α είναι μεγαλύτερο του 1

: 2.PNG (134.28 KiB) Προβλήθηκε 4284 φορές

Δεν βλέπω να το γράφουν ...γυρίσαμε στη δεκαετία του 70 θεωρία πολυωνύμων

Σπύρος

#36

Μια προσέγγιση για το Δ3:

Για $\displaystyle{x \in \left( {1, + \infty } \right)}$ , είναι:

$\displaystyle{g''\left( x \right) = {\left( {\frac{{f\left( x \right) - 1}}{{x - 1}}} \right)^\prime } = \frac{{f'\left( x \right)\left( {x - 1} \right) - f\left( x \right) + 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}.}$

Έστω $\displaystyle{x > 1}$ . Εφαρμόζουμε Θεώρημα Μέσης Τιμής για την

στο διάστημα $\displaystyle{\left[ {1,x} \right]}$ , οπότε υπάρχει τουλάχιστον ένα $\displaystyle{\xi \in \left( {1,x} \right)}$ τέτοιο, ώστε

$\displaystyle{f'\left( \xi \right) = \frac{{f\left( x \right) - f\left( 1 \right)}}{{x - 1}} = \frac{{f\left( x \right) - 1}}{{x - 1}}.}$

Εφόσον η συνάρτηση $\displaystyle{f'}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{\left( {0, + \infty } \right)}$ , θα είναι:

$\displaystyle{\xi < x \Rightarrow f'\left( \xi \right) < f'\left( x \right) \Rightarrow \frac{{f'\left( x \right) - 1}}{{x - 1}} < f\left( x \right) \Rightarrow f\left( x \right)\left( {x - 1} \right) - f'\left( x \right) + 1 > 0},$

οπότε ισχύει $\displaystyle{g''\left( x \right) > 0}$ και άρα η

είναι κυρτή στο $\displaystyle{\left( {1, + \infty } \right)}$ .

Η εξίσωση της εφαπτομένης της $\displaystyle{{C_g}}$ στο σημείο $\displaystyle{{\rm A}\left( {\alpha ,g\left( \alpha \right)} \right)}$ είναι:

$\displaystyle{y - g\left( \alpha \right) = g'\left( \alpha \right)\left( {x - \alpha } \right)}$

ή $\displaystyle{y = g'\left( \alpha \right)\left( {x - \alpha } \right)}$

(αφού $\displaystyle{g\left( \alpha \right) = 0}$ ).

Επειδή η

είναι κυρτή στο $\displaystyle{\left( {1, + \infty } \right)}$ , η $\displaystyle{{C_g}}$ είναι πάνω από την εφαπτομένη της στο σημείο $\displaystyle{{\rm A}}$ , με εξαίρεση το σημείο επαφής. Έτσι, για κάθε x >1

έχουμε ότι:

$\displaystyle{g\left( x \right) \ge g'\left( \alpha \right)\left( {x - \alpha } \right) \Leftrightarrow \int\limits_\alpha ^x {\frac{{f\left( t \right) - 1}}{{t - 1}}} dt \ge \frac{{f\left( \alpha \right) - 1}}{{\alpha - 1}}\left( {x - \alpha } \right) \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \left( {\alpha - 1} \right)\int\limits_\alpha ^x {\frac{{f\left( t \right) - 1}}{{t - 1}}} dt \ge \left( {f\left( \alpha \right) - 1} \right)\left( {x - \alpha } \right),}$

με το ίσον να ισχύει αν και μόνο αν $\displaystyle{{x = \alpha }.}$

Ώστε, η δοσμένη εξίσωση έχει τη μοναδική λύση $\displaystyle{{x = \alpha }}$ .

parmenides51 · #37

Γ1. $\displaystyle{\left(f(x)+x\right) \left(f'(x)+1\right)=x \Leftrightarrow 2 \left(f(x)+x\right) \left(f(x)+x\right)'=2x \Leftrightarrow \left(\left(f(x)+x\right) ^2\right)=(x^2)'}$

οπότε $\displaystyle{\left(f(x)+x\right) ^2=x^2 +c\,}$ , $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$

για $\displaystyle{x=0}$ έχουμε $\displaystyle{\left(f(0)+0\right) ^2=0^2 +c \Leftrightarrow 1=c }$ αφού $\displaystyle{f(0)=1}$

άρα $\displaystyle{\left(f(x)+x\right) ^2=x^2+1}$

θέτω $\displaystyle{h(x)=f(x)+x}$ , $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$

η $\displaystyle{h(x)}$ είναι συνεχής ως πραξεις συνεχών συναρτήσεων

ίσχύει πως $\displaystyle{h^2(x)=x^2+1\ge 1>0}$ άρα $\displaystyle{h(x)\ne 0}$ και ως συνεχής θα διατηρεί σταθερό πρόσημο

οποτε θα ισχύει ακριβώς ένα από τα παρακάτω

$\displaystyle{\bullet}$ $\displaystyle{h(x)=\sqrt{x^2+1}}$ για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$

οπότε $\displaystyle{f(x)+x=\sqrt{x^2+1}}$

για $\displaystyle{x=0}$ έχουμε $\displaystyle{f(0)+0=\sqrt{0^2+1} \Leftrightarrow 1=1 }$ , δεκτό αφού $\displaystyle{f(0)=1}$

$\displaystyle{\bullet}$ $\displaystyle{h(x)=-\sqrt{x^2+1}}$ για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$

οπότε $\displaystyle{f(x)+x=-\sqrt{x^2+1}}$

για $\displaystyle{x=0}$ έχουμε $\displaystyle{f(0)+0=-\sqrt{0^2+1} \Leftrightarrow 1=-1 }$ , απορρίπτεται αφού $\displaystyle{f(0)=1}$

οπότε αφού απορρίφθηκε η μια περίπτωση, αναγκαστικά θα ισχύει

$\displaystyle{f(x)+x=\sqrt{x^2+1} \Leftrightarrow f(x)=\sqrt{x^2+1} -x}$ για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$

#38

Μια (γεωμετρική) προσέγγιση για το ερώτημα Β2:

Οι $\displaystyle{{z_1},{z_2}}$ είναι μη πραγματικές ρίζες εξίσωσης δευτέρου βαθμού με πραγματικούς συντελεστές, οπότε θα είναι συζυγείς. Άρα, οι εικόνες τους $\displaystyle{{\rm A},{\rm B}}$ θα είναι σημεία συμμετρικά ως προς τον άξονα $\displaystyle{x'x}$ .

Επίσης, αφού $\displaystyle{\left| {{\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {{z_1}} \right) - {\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {{z_2}} \right)} \right| = 2,}$ η απόσταση των τεταγμένων των σημείων $\displaystyle{{\rm A},{\rm B}}$ είναι ίση με τη διάμετρο του κύκλου $\displaystyle{\left( {{\rm K},\rho } \right).}$

Άρα, το τμήμα $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}}$ είναι διάμετρος του κύκλου $\displaystyle{\left( {{\rm K},\rho } \right)}$ παράλληλη στον άξονα $\displaystyle{y'y,}$ οπότε (δίχως βλάβη της γενικότητας) $\displaystyle{{\rm A}\left( {2,1} \right)}$ και $\displaystyle{{\rm B}\left( {2, - 1} \right)}$ , δηλαδή $\displaystyle{{z_1} = 2 + i}$ και $\displaystyle{{z_2} = 2 - i.}$

Τέλος, από τους τύπους Vieta βρίσκουμε ότι

$\displaystyle{\beta = - \left( {{z_1} + {z_2}} \right) = - 4}$

και

$\displaystyle{\gamma = {z_1}{z_2} = \left( {2 + i} \right)\left( {2 - i} \right) = 5.}$

N.E. Kantidakis · #39

B3
Χωρίς πίεση χρόνου πλέον γράφω όλη τη λύση του Β3
$\displaystyle{\begin{array}{l} {v^3} + {\alpha _2}{v^2} + {\alpha _1}v + {\alpha _0} = 0 \Leftrightarrow {v^3} = - {\alpha _2}{v^2} - {\alpha _1}v - {\alpha _0} \Rightarrow \left| {{v^3}} \right| = \left| { - {\alpha _2}{v^2} - {\alpha _1}v - {\alpha _0}} \right| \Leftrightarrow \left| {{v^3}} \right| = \left| {{\alpha _2}{v^2} + {\alpha _1}v + {\alpha _0}} \right| \Rightarrow \\ \left| {{v^3}} \right| \le \left| {{\alpha _2}{v^2}} \right| + \left| {{\alpha _1}v} \right| + \left| {{\alpha _0}} \right| = \left| {{\alpha _2}} \right|\left| {{v^2}} \right| + \left| {{\alpha _1}} \right|\left| v \right| + \left| {{\alpha _0}} \right| \le 3\left| {{v^2}} \right| + 3\left| v \right| + 3.} \end{array}}$
Άρα
$\displaystyle{\begin{array}{l} {\left| v \right|^3} \le 3{\left| v \right|^2} + 3\left| v \right| + 3 \Leftrightarrow {\left| v \right|^3} - 1 \le 3\left( {{{\left| v \right|}^2} + 1\left| v \right| + 1} \right) - 1 \Leftrightarrow \frac{{{{\left| v \right|}^3} - 1}}{{{{\left| v \right|}^2} + 1\left| v \right| + 1}} \le \frac{{3\left( {{{\left| v \right|}^2} + 1\left| v \right| + 1} \right)}}{{{{\left| v \right|}^2} + 1\left| v \right| + 1}} - \frac{1}{{{{\left| v \right|}^2} + 1\left| v \right| + 1}} \Leftrightarrow \\ \left| v \right| - 1 \le 3 - \frac{1}{{{{\left| v \right|}^2} + 1\left| v \right| + 1}} \Leftrightarrow \left| v \right| - 4 \le - \frac{1}{{{{\left| v \right|}^2} + 1\left| v \right| + 1}} \end{array}}$
Επειδή το δεξιά μέλος της ανισότητας είναι αρνητικό, θα πρέπει να είναι αρνητικό και το αριστερό μέρος οπότε
Θα πρέπει το |v|<4

#40

Για το Β3 η λύση που βρήκα, (ίσως ε΄χει γραφεί ήδη):

Αν $x=|\nu|{\color{red}\geq 0}$ , τότε

$\begin{aligned} x^3=|-\nu^3|&=|a_0\nu^2+a_1\nu+a_0| \leq 3x^2+3x+3 &<3x^2+3x+4\\\notag & \iff x^3-3x^2-3x-4<0\\\notag &\iff (x-4)(x^2+x+1)<0\\\notag &\iff x<4, \end{aligned}$

αφού ${\color{red}x^2+x+1\geq 0^2+0+1>1>0}$ .

Edit. 7:28πμ Προσθήκη "κόκκινης" αιτιολόγησης.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Μέλη σε σύνδεση