JBMO 2019

Τσιαλας Νικολαος · #1

Αύριο το πρωί ξεκινάει η βαλκανιάδα νέων ( JBMO 2019 ) στην Κύπρο. Θέλω να ευχηθώ καλή επιτυχία και στις 2 ομάδες μας, στα παιδιά και στους συνοδούς!!! Ξέρω ότι αρκετά μέλη μας είναι εκεί και ετοιμάζοντε πυρετωδώς. Οπότε αν μπορέσει κάποιος από αυτούς να ανεβάσει τα θέματα θα το εκτιμούσα πάρα πολύ.

Τσιαλας Νικολαος · #2

Επειδή είμαι εκτός σπιτιού και οι περισσότεροι θα "τρέχουν" στην Κύπρο βάζω το παρακάτω link με τα 4 θεματα.... Αν κάποιος μπορεί να τα γράψει σε latex θα ήταν καλό!! https://artofproblemsolving.com/communi ... _olympiads

#3

Καλησπέρα σε όλους από την Κύπρο. Πριν περίπου 1 ώρα ολοκληρώθηκε ο διαγωνισμός συνεπώς μπορούμε να αναρτήσουμε τα θέματα.

Πρόβλημα 1 (Ελλάδα - Σιλουανός Μπραζιτίκος)

Να βρεθούν όλοι οι πρώτοι αριθμοί

, για τους οποίους υπάρχουν θετικοί ακέραιοι x,y

και

, τέτοιοι ώστε ο αριθμός $\displaystyle{x^p+y^p+z^p-x-y-z}$ να είναι γινόμενο ακριβώς τριών διακεκριμένων πρώτων αριθμών.

Πρόβλημα 2 (Σαουδική Αραβία)

Έστω a,b

διαφορετικοί πραγματικοί αριθμοί και

θετικός πραγματικός αριθμός. Αν ισχύει ότι $\displaystyle{a^4-2019a=b^4-2019b=c,}$ να αποδείξετε ότι $-\sqrt{c}<ab<0$ .

Πρόβλημα 3 (Σερβία)

Δίνεται τρίγωνο ABC

με

. Η μεσοκάθετος της πλευράς

τέμνει τις ευθείες

και

στα σημεία

και

αντίστοιχα. Έστω

το ορθόκεντρο του τριγώνου ABC

και

τα μέσα των ευθυγράμμων τμημάτων

,

αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι οι ευθείες

και

τέμνονται πάνω στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC

.

Πρόβλημα 4

Ένα ορθογώνιο διαστάσεων $5\times 100$ διαιρείται σε 500

μοναδιαία τετράγωνα και

από αυτά χρωματίζονται με μαύρο χρώμα ενώ τα υπόλοιπα με άσπρο χρώμα. Δύο μοναδιαία τετράγωνα ονομάζονται γειτονικά εάν έχουν κοινή πλευρά. Κάθε ένα από τα μοναδιαία τετράγωνα έχει το πολύ δύο γειτονικά μαύρα τετράγωνα. Να βρείτε τη μέγιστη δυνατή τιμή του

.

Αφού πρώτα ευχηθώ καλά αποτελέσματα στην Ελληνική και Κυπριακή αποστολή να δώσω και τα συγχαρητήριά μου στο Σιλουανό για το πρόβλημά του στην JBMO.

Αλέξανδρος

Datis-Kalali · #4

Πρόβλημα 3
Καταρχάς έστω ότι

είναι το συμμετρικό του σημείου

ως προς το σημείο

και

το σημείο τομής των

και

. Είναι γνωστό ότι το σημείο

ανήκει πάνω στο περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC

. Οπότε αρκεί να δείξουμε ότι το τετράπλευρο ADBR

είναι εγγράψιμο, δηλαδή ότι $\angle{ADM}=90$ .
Επωμένως αρκεί να δείξουμε ότι το τετράπλευρο ADZM

είναι εγγράψιμο, δηλαδή $\angle{DAH}=\angle{HMZ}$ που είναι ισοδύναμο με $\angle{ANQ}=\angle{HMB}$ (αφού οι ευθείες

και

είναι παράλληλες)
Τώρα παρατηρούμε ότι τα τρίγωνα HBC

και

είναι όμοια
( $\angle{HBC}=\angle{AQP}=90-\angle{C}$ και $\angle{HCB}=\angle{APQ}=90-\angle{B}$ )
Αφού

και

είναι τα μέσα των αντίστοιχων πλευρών, τα τρίγωνα AQN

και

είναι όμοια. Άρα έχουμε $\angle{ANQ}=\angle{HMB}$ και το ζητούμενο αποδείχθηκε.

#5

cretanman έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 22, 2019 3:15 pm

Πρόβλημα 2 (Σαουδική Αραβία)

Έστω διαφορετικοί πραγματικοί αριθμοί και θετικός πραγματικός αριθμός. Αν ισχύει ότι $\displaystyle{a^4-2019a=b^4-2019b=c,}$ να αποδείξετε ότι $-\sqrt{c}<ab<0$ .

Θεωρούμε το πολυώνυμο P(x)=x^4-2019x-c

.

Το

έχει (τουλάχιστον) δύο πραγματικές ρίζες, x=a

και

, οπότε γράφεται

P(x)=(x^2-(a+b)x+ab)(x^2+px+q),

για κάποια $p,q\in \mathbb{R}$ .

Αφού ο συντελεστής του x^3

στο

είναι μηδέν, βλέπουμε ότι πρέπει p=a+b

, οπότε

Εφαρμόζοντας την επιμεριστική ιδιότητα στο 2ο μέλος, και εξισώνοντας τους συντελεστές των αντίστοιχων όρων παίρνουμε
$\begin{aligned} q&=a^2+ab+b^2,\\ ab^2+ab^2-(a+b)q&=-2019,\\ abq&=-c.\\ \end{aligned}$

Άρα q>0

, κι αφού

είναι $\boxed{ab=-c/q<0}$ .

Επιπλέον, από την υπόθεση έχουμε 2019=(a^4-b^4)/(a-b)=(a+b)(a^2+b^2)

. Συνεπώς, a+b>0

και

$\begin{aligned} (a+b)^2>0&\iff a^2+ab+b^2>-ab\\ &\iff q>-ab\\ &\iff -q<ab\\ &\iff c=-qab>(ab)^2\\ &\iff \sqrt{c}>\sqrt{(ab)^2}=|ab|=-ab\\ &\iff -\sqrt{c}<ab.\\ \end{aligned}$

Φιλικά,

Αχιλλέας

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #6

cretanman έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 22, 2019 3:15 pm

Πρόβλημα 1 (Ελλάδα - Σιλουανός Μπραζιτίκος)[/u][/b]

Να βρεθούν όλοι οι πρώτοι αριθμοί , για τους οποίους υπάρχουν θετικοί ακέραιοι και , τέτοιοι ώστε ο αριθμός $\displaystyle{x^p+y^p+z^p-x-y-z}$ να είναι γινόμενο ακριβώς τριών διακεκριμένων πρώτων αριθμών.

Είναι
$x^p-x\equiv 0(\mod p)$ από μικρό θεώρημα Fermat

οπότε $\displaystyle{x^p+y^p+z^p-x-y-z}\equiv 0(\mod p)$

$x^p-x\equiv 0(\mod2)$ οπότε $\displaystyle{x^p+y^p+z^p-x-y-z}\equiv 0(\mod 2)$

και για $p\neq 2$ , $x^p-x\equiv 0(\mod3)$

Άρα αν

περιττός πρέπει x^p+y^p+z^p-x-y-z=6p

.

Μπορούμε να αποδείξουμε εύκολα με επαγωγή ότι για a,b

φυσικούς με $a\geq 2,b> 5$ είναι $a^b-a\geq 2b$ με την ισότητα για a=2,b=3

Έτσι αν

δεν υπάρχουν, για p=3

λύση η $\left ( x,y,z \right )=\left ( 2,2,2 \right )$

Για p=5

έχουμε την (x,y,z)=(1,1,2)

Για

υπάρχουν οι $\left ( x,y,z \right )=\left ( 3,3,1 \right )$

Άρα p=2

ή

.

Έγινε διόρθωση !

Datis-Kalali · #7

Πρόβλημα 2
Είναι φανερό ότι

και

είναι μη-μηδενικοί.
Βλέπουμε πως η σχέση γράφεται (a^4-b^4=2019(a-b)

, δηλαδή

Αυτό σημαίνει ότι η περίπτωση a<0

,

είναι αδύνατη.
Για να καταλήξουμε σε άτοπο, χώρις βλάβη της γενικότητας a>b>0

Παρατηρούμε ότι αφού c>0

, έχουμε

και

, δηλαδή ότι a^3>b^3>2019

. Θεωρούμε την συνάρτηση f(x)=x^4-2019x

. Η παράγωγος της είναι f'(x)=4x^3-2019>0

για

, δηλαδή για αυτές τις τιμές είναι γνισίως αύξουσα. Γι' αυτό αφού a^3>b^3>2019

, η ισότητα δεν μπορεί να ισχυεί, άτοπο. Άρα

και

είναι ετερόσημα , δηλαδή ab<0

.

Τώρα αρκεί να δείξουμε ότι $c^2>a^4b^4 \Longleftrightarrow a^4b^4-2019ab(a^3+b^3)+2019a^2b^2>0 \Longleftrightarrow a^2b^2>ab(a^3+b^3)$ .
Έχουμε a^3+b^3=(a+b)(a^2+b^2-ab)>0

αφού

και

,δηλαδή το ζητούμενο αποδείχθηκε

giannisd · #8

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 22, 2019 4:09 pm

cretanman έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 22, 2019 3:15 pm

Πρόβλημα 1 (Ελλάδα - Σιλουανός Μπραζιτίκος)[/u][/b]

Να βρεθούν όλοι οι πρώτοι αριθμοί , για τους οποίους υπάρχουν θετικοί ακέραιοι και , τέτοιοι ώστε ο αριθμός $\displaystyle{x^p+y^p+z^p-x-y-z}$ να είναι γινόμενο ακριβώς τριών διακεκριμένων πρώτων αριθμών.

Είναι
$x^p-x\equiv 0(\mod p)$ από μικρό θεώρημα οπότε $\displaystyle{x^p+y^p+z^p-x-y-z}\equiv 0(\mod p)$

$x^p-x\equiv 0(\mod2)$ οπότε $\displaystyle{x^p+y^p+z^p-x-y-z}\equiv 0(\mod 2)$

και για $p\neq 2$ , $x^p-x\equiv 0(\mod3)$

Άρα αν περιττός πρέπει .

Μπορούμε να αποδείξουμε εύκολα με επαγωγή ότι για φυσικούς με $a\geq 2,b> 2$ είναι $a^b-a\geq 2b$ με την ισότητα για

Έτσι αν δεν υπάρχουν, για λύση η $\left ( x,y,z \right )=\left ( 2,2,2 \right )$

Για υπάρχουν οι $\left ( x,y,z \right )=\left ( 3,3,1 \right )$

Άρα ή .

Λειτουργεί και με p=5

για

.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #9

giannisd έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 22, 2019 4:18 pm

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 22, 2019 4:09 pm

cretanman έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 22, 2019 3:15 pm

Πρόβλημα 1 (Ελλάδα - Σιλουανός Μπραζιτίκος)[/u][/b]

Να βρεθούν όλοι οι πρώτοι αριθμοί , για τους οποίους υπάρχουν θετικοί ακέραιοι και , τέτοιοι ώστε ο αριθμός $\displaystyle{x^p+y^p+z^p-x-y-z}$ να είναι γινόμενο ακριβώς τριών διακεκριμένων πρώτων αριθμών.

Είναι
$x^p-x\equiv 0(\mod p)$ από μικρό θεώρημα οπότε $\displaystyle{x^p+y^p+z^p-x-y-z}\equiv 0(\mod p)$

$x^p-x\equiv 0(\mod2)$ οπότε $\displaystyle{x^p+y^p+z^p-x-y-z}\equiv 0(\mod 2)$

και για $p\neq 2$ , $x^p-x\equiv 0(\mod3)$

Άρα αν περιττός πρέπει .

Μπορούμε να αποδείξουμε εύκολα με επαγωγή ότι για φυσικούς με $a\geq 2,b> 2$ είναι $a^b-a\geq 2b$ με την ισότητα για

Έτσι αν δεν υπάρχουν, για λύση η $\left ( x,y,z \right )=\left ( 2,2,2 \right )$

Για υπάρχουν οι $\left ( x,y,z \right )=\left ( 3,3,1 \right )$

Άρα ή .
Λειτουργεί και με για .

Πράγματι ,έχετε δίκαιο...ξέχασα την περίπτωση στην οποία δύο εκ των x,y,z

είναι

Σε αυτή την περίπτωση έστω x^p-x=6p

, για

με επαγωγή παίρνουμε x^p>6p+x

.

#10

Μία διαφορετική λύση για το δεύτερο πρόβλημα με λίγο πιο προχωρημένα (για τους μικρούς εννοώ) μέσα.
Γράφουμε τους τύπους του Vieta και τελειώνουμε.
Προφανώς η συνάρτηση f(x)=x^4-2019x-c

είναι γνήσια φθίνουσα και μετά γνήσια αύξουσα, οπότε έχει ακριβώς δύο πραγματικές ρίζες, αυτές είναι οι a,b

και οι άλλες δύο είναι συζυγείς μιγαδικές, έστω

και $\overline{r}$ .
Από τους τύπους του Vieta έχουμε:
1) |r|^2ab=-c

(1), οπότε βγάζουμε άμεσα ότι ab<0

.
2) $r+\overline{r}=-a-b$
3) $\displaystyle{(a+b)(r+\overline{r})=\frac{c-(ab)^2}{ab}$ , άρα $-(a+b)^2=\frac{c-(ab)^2}{ab}$ , οπότε αφού ab<0

, έχουμε

, που δίνει
το ζητούμενο.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #11

Μια λύση για το πρόβλημα 4:

Έστω

το πλήθος των μαύρων τετραγώνων. Χωρίζουμε μαύρα τα τετράγωνα του πίνακα στις κατηγορίες A, B, C

, ανάλογα αν είναι γωνιακά, περιφερειακά (και όχι γωνιακά) και εσωτερικά.

Προφανώς A+B+C=S

.

Μετράμε το πλήθος

των δυάδων τετράγωνο-γειτονικό μαύρο τετράγωνο.

Κάθε τετράγωνο έχει το πολύ

γειτονικά μαύρα, οπότε έχουμε $M\leq 2\cdot 500=1000$ .

Από την άλλη κάθε μαύρο τετραγωνάκι, ανάλογα με την κατηγορία του συνεισφέρει σε 2, 3

ή

δυάδες.

Οπότε M=2A+3B+4C

.

Άρα:

$\displaystyle{2A+3B+4C\leq 1000\Leftrightarrow 4(A+B+C)-2A-B\leq 1000\Leftrightarrow 4S\leq 2A+B+1000\leq 2\cdot 4+202+1000\Leftrightarrow}$

$\Leftrightarrow 4S\leq 1210$ , άρα αφού

ακέραιος $S\leq 302$ .

Αυτό μπορεί να επιτευχθεί μαυρίζοντας όλο το περίγραμμα, αφήνοντας το πιο εσωτερικό περίγραμμα και γεμίζοντας τα υπόλοιπα.

#12

cretanman έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 22, 2019 3:15 pm

Πρόβλημα 3 (Σερβία)

Δίνεται τρίγωνο με . Η μεσοκάθετος της πλευράς τέμνει τις ευθείες και στα σημεία και αντίστοιχα. Έστω το ορθόκεντρο του τριγώνου και τα μέσα των ευθυγράμμων τμημάτων , αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι οι ευθείες και τέμνονται πάνω στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου .

Είναι γνωστό ότι η προέκταση της

(προς το

) τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC

στο αντιδιαμετρικό σημείο του

, έστω

.

Έστω

το δεύτερο σημείο τομής της ευθείας

με τον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC

και έστω

το σημείο τομής της ευθείας D'A

με τη μεσοκάθετο

του τμήματος

. Αρκεί να δείξουμε ότι το

είναι το μέσο του τμήματος

.

Πραγματι, είναι $\angle AD'M=90^\circ$ (αφού βαίνει σε ημικύκλιο), κι άρα $\angle D'N'M=\angle D'MB$ , ως συμπληρωματικές της γωνίας $\angle D'MB$ . Επιπλέον, είναι $\angle HBM=90^\circ -\angle C=\angle MQC=\angle AQN'$ και $\angle HCB=90^\circ-\angle B=\angle APQ$ .

Έτσι, παίρνουμε τις ομοιότητες των τριγώνων $\triangle BHM\sim \triangle QAN'$ και $\triangle BHC\sim \triangle QAP$ .

Από τους λόγους ομοιότητας έχουμε

$\dfrac{PQ}{CB}=\dfrac{AQ}{HB}=\dfrac{N'Q}{MB}$ , οπότε $\dfrac{PQ}{N'Q}=\dfrac{CB}{MB}=2,$

που σημαίνει ότι το

είναι το μέσο του τμήματος

, όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Pantelis.N · #13

Καλά αποτελέσματα στους μαθητές της Ελλάδας και της Κύπρου!

Μία λύση για το 2ο με μεγάλη επιφύλαξη:

Έχουμε $a^4-2019a=b^4-2019b\Leftrightarrow a^4-b^4=2019a-2019b\Leftrightarrow (a+b)(a^2+b^2)=2019$

Άρα C=a^4-2019a=a^4-a(a^3+b^3+a^2 b+b^2 a)=-a^3b-ab^3-a^2 b^2

Από την υπόθεση $C>0\Leftrightarrow ab^3+a^3 b+a^2 b^2<0\Leftrightarrow ab(a^2+b^2+ab)<0$
Από εδώ προκύπτει ab<0

αφού

Είναι $C=-ab(a^2+b^2+ab)\Leftrightarrow ab=\frac{-C}{a^2+b^2+ab}$

Πλέον μένει να αποδείξουμε ότι $\frac{-C}{(a^2+b^2+ab)}>-\sqrt{C}\Leftrightarrow \frac{ab(a^2+b^2+ab)}{(a^2+b^2+ab)}>-\sqrt{-ab(a^2+b^2+ab)}\Leftrightarrow ab> -\sqrt{-ab(a^2+b^2+ab)}$

Διακρίνουμε 2 περιπτώσεις :
a) $(ab)^2>-ab(a^2+b^2+ab)\Leftrightarrow ab(a+b)^2>0$ άτοπο
b) $(ab)^2<-ab(a^2+b^2+ab)\Leftrightarrow ab(a+b)^2<0$ που ισχύει

Άρα $-\sqrt{C}<ab<0$

Ελπίζω να μην έχω κάνει λάθη.

Edit: Τυπογραφικό

#14

Καλησπέρα σε όλους από τον Αγρό της Κύπρου όπου διεξάγεται η 23η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα Νέων!

Η φιλοξενία των οργανωτών ήταν εξαιρετική, σε όμορφο χώρο με πολύ μεγάλη οργάνωση και επαγγελματισμό! Οργάνωσαν μία καταπληκτική JBMO στην οποία είχε προβλεφθεί και η παραμικρή λεπτομέρεια...

Χάρηκα όμως ιδιαίτερα που συνάντησα φίλους από το mathematica (και όχι μόνο) που εμπλεκόντουσαν με διάφορους τρόπους στη διοργάνωση και νιώθω την ανάγκη να αναφέρω:

Το Δημήτρη Χριστοφίδη (Πρόεδρο της Επιτροπής Επιλογής Προβλημάτων που διευκόλυνε πολύ τη διαδικασία της βαθμολόγησης), τον κουμπάρο μου Σωτήρη Λοϊζιά που σε όσα πόστα είχε αναμιχθεί τα είχε οργανώσει μέχρι τελευταίας λεπτομέρειας. Έτρεχε για όλους και για όλα... Τους φίλους και εξαιρετικούς συναδέλφους από τα παλιά Δημήτρη Καραντάνο και το Θεόκλητο Παραγυιού που ήταν βαθμολογητές, τον καθηγητή του Πανεπιστημίου Κύπρου Γιώργο Σμυρλή που επίσης ήταν βαθμολογητής, τον Γιώργο Χειμωνίδη (που πρώτη φορά γνώρισα), τον Ανδρέα Φιλίππου, τον Σάββα Τιμοθέου, τον Τάσο Ευαγόρου, τον Κυριάκο Ματθαίου, τον Enkel Hysnelaj (αρχηγό της Αλβανίας) και τον ελληνικής καταγωγής Ανδριανό Naco (υπαρχηγό της Αλβανίας), τους παλιούς ολυμπιονίκες μαθητές της Κύπρου που ήταν βαθμολογητές τους οποίους χάρηκα πολύ που είδα ξανά, την επίσημη φωτογράφο - και όχι μόνο - της Ελληνικής Αποστολής Χρύσα Δημητριάδου (μητέρα του Ορέστη) και τέλος τον Chairman της διοργάνωσης Γρηγόρη Μακρίδη για την άψογη συνεργασία που είχαμε μαζί του!

Θα ήταν παράλειψή μου φυσικά αν δεν ευχαριστούσα τον Ανδρέα Βαρβεράκη με τον οποίο συνεργαστήκαμε και δουλέψαμε πολλές ώρες ώστε να υποστηρίξουμε με τον καλύτερο δυνατό τρόπο τον αγώνα των μαθητών μας και ΦΥΣΙΚΑ ΟΛΟΥΣ τους μαθητές μας, υπόδειγμα ήθους και ευγένειας οι οποίοι ήταν σε όλα τους εξαιρετικοί!!

Μια και πριν από λίγο ολοκληρώθηκε η τελευταία συνάντηση των αρχηγών για την επικύρωση των αποτελεσμάτων και την κατανομή των μεταλλίων, είμαι στην ευχάριστη θέση να σας ανακοινώσω ότι η Ελληνική Αποστολή κατέκτησε έξι (6) μετάλλια:

Ορέστης Λιγνός: Αργυρό

Γρηγόρης Σταμέλος: Αργυρό

Μιχαέλα Κωνσταντινίδου: Αργυρό

Θάνος Παπαλέξης: Χάλκινο

Κωνσταντίνος Κωνσταντινίδης: Χάλκινο

Γιώργος Γεωργελές:Χάλκινο

Τα cut offs των μεταλλίων ήταν: 33-20-7.

Χαίρομαι ιδιαίτερα που όλοι μας οι μαθητές κατάφεραν να φύγουν από τη διοργάνωση με μετάλλιο το οποίο δεν ήταν ο αυτοσκοπός και ο στόχος της Αποστολής!! Συγχαίρω όλους τους μαθητές που έλαβαν μέρος σε αυτό το πανυγήρι των μαθηματικών και εύχομαι να έχουν κάθε επιτυχία και ευτυχία στη ζωή τους!!

Αλέξανδρος

#15

Θερμά συγχαρητήρια σε όλους σας, μαθητές, συνοδούς αποστολής, και διοργανωτές!

Η διοργάνωση αυτή είχε ήδη ξεκινήσει με τις καλύτερες προϋποθέσεις πριν την έναρξη της!

Χαίρομαι ιδιαίτερα και για το μαθητή του σχολείου μας, Θάνου Παπαλέξη, για την κατάκτηση του χάλκινου μεταλλίου!

Συγχαρητήρια και πάλι σε όλα τα παιδιά της ομάδας μας!

Αλέξανδρε και Ανδρέα, σας ευχαριστούμε!

Φιλικά,

Αχιλλέας

Τσιαλας Νικολαος · #16

Πολλά συγχαρητήρια!!!

Pantelis.N · #17

Θερμά συγχαρητήρια σε όλους!
Είναι πολύ ευχάριστο που όλοι θα γυρίσουν με μετάλλιο!

S.E.Louridas · #18

ΣΥΓΧΑΡΗΤΗΡΙΑ ΠΟΛΛΑ ΚΑΙ ΕΙΛΙΚΡΙΝΗ ΣΤΟΥΣ ΔΙΑΓΩΝΙΖΟΜΕΝΟΥΣ (ΤΟΥΣ ΕΛΛΗΝΕΣ, ΤΟΣΟΝ ΕΞ ΕΛΛΑΔΟΣ ΟΣΟΝ ΚΑΙ ΕΚ ΚΥΠΡΟΥ). ΜΑΣ ΚΑΝΑΤΕ ΥΠΕΡΉΦΑΝΟΥΣ, ΑΦΟΥ ΕΚΤΟΣ ΤΩΝ ΤΟΣΩΝ ΑΛΛΩΝ ΑΠΟΤΕΛΕΙΤΕ ΜΙΑ ΗΧΗΡΗ ΑΠΑΝΤΗΣΗ ΣΤΗ ΠΡΟΚΛΗΣΗ ΤΗΣ ΕΠΟΧΗΣ. ΚΑΛΗ ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΜΕ ΥΓΕΙΑ, ΤΥΧΗ ΚΑΙ ΠΡΟΟΔΟ ΚΑΙ ΑΚΟΜΗ ΠΕΡΙΣΣΟΤΕΡΑ ΜΕΤΑΛΛΙΑ. ΠΟΛΛΆ ΣΥΓΧΑΡΗΤΗΡΙΑ ΚΑΙ ΣΤΟΥΣ ΑΡΙΣΤΟΥΣ - ΑΘΕΑΤΟΥΣ ΣΥΝΤΕΛΕΣΤΕΣ, που είναι οι γονείς και οι ΟΥΣΙΑΣΤΙΚΟΙ ΕΜΠΝΕΥΣΤΕΣ ΚΑΙ ΔΑΣΚΑΛΟΙ των ΑΡΙΣΤΩΝ ΑΥΤΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ JUNIORS. ΠΟΛΛΆ ΕΥΧΑΡΙΣΤΗΡΙΑ ΚΑΙ ΣΤΟΥΣ ΕΠΙΣΗΣ ΔΙΑΚΕΚΡΙΜΕΝΟΥΣ ΣΥΝΟΔΟΥΣ ΤΟΥΣ, ΑΛΛΑ ΚΑΙ ΣΤΟΥΣ ΕΙΣΗΓΗΤΕΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ ΠΟΥ ΕΠΕΝΔΥΟΥΝ ΤΗΝ ΑΞΙΑ ΤΟΥΣ ΚΑΙ ΠΡΟΣ ΤΗΝ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ ΑΥΤΉ.

#19

Θερμά συγχαρητήρια, καλό καλοκαίρι, καλή πρόοδο!

Σταύρος Σταυρόπουλος · #20

Θερμά Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά καθώς και στους συνοδούς τους.

JBMO 2019

JBMO 2019

Re: JBMO 2019

Re: JBMO 2019

Re: JBMO 2019

Re: JBMO 2019

Re: JBMO 2019

Re: JBMO 2019

Re: JBMO 2019

Re: JBMO 2019

Re: JBMO 2019

Re: JBMO 2019

Re: JBMO 2019

Re: JBMO 2019

Re: JBMO 2019

Re: JBMO 2019

Re: JBMO 2019

Re: JBMO 2019

Re: JBMO 2019

Re: JBMO 2019

Re: JBMO 2019

Μέλη σε σύνδεση