ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

#1

Εδώ θα αναρτηθούν τα θέματα και θα συζητηθούν οι λύσεις του διαγωνισμού αμέσως μετά τη λήξη του διαγωνισμού! Δεν επιτρέπεται να αναρτηθούν νωρίτερα από τις 13:30 τα θέματα του διαγωνισμού.

Αλέξανδρος

#2

Καλά αποτελέσματα σε όλους τους μαθητές:

Παραθέτω τις λύσεις μου στα θέματα που είδα:

Πρόβλημα 1 - Μικρών

Α) Πρέπει P(2)=0

απ' όπου

. Έτσι
$\begin{aligned}P(x) &= x^3-5x+2 = x^3-4x-x+2=x(x^2-4)-(x-2) \\ &= x(x-2)(x+2)-(x-2)=(x-2)(x^2+2x-1)\end{aligned}$

Β) Από την ανισότητα Αριθμητικού - Γεωμετρικού μέσου έχουμε

$10=2a+b+\dfrac{4}{ab}\geq 2a + 2\sqrt{b\cdot\dfrac{4}{ab}}=2a+\dfrac{4}{\sqrt{a}}$ .

Άρα αν θέσουμε $\sqrt{a}=x$ τότε έχουμε διαδοχικά:

$5\geq x^2+\dfrac{2}{x}\Leftrightarrow x^3-5x+2\leq 0 \Leftrightarrow (x-2)(x^2+2x-1)\leq 0$

Αν ήταν x>2

τότε φανερά η δεύτερη παρένθεση είναι θετική συνεπώς (x-2)(x^2+2x-1)>0

, άτοπο.

Άρα $x\leq 2 \Leftrightarrow a\leq 4$ . Θα δείξουμε ότι το

είναι η μέγιστη τιμή του

.

Για

η αρχική γίνεται $b+\dfrac{1}{b}=2$ άρα b=1

.

Συνεπώς η μέγιστη τιμή του

είναι το

.

Πρόβλημα 2 Μικρών

a) Αν ήταν $B \Gamma=BA$ τότε αφού $\angle{B}=\angle{\Delta B \Gamma}+\angle{\Delta B A} = 80^{\circ}$ άρα $\angle{A}=\angle{\Gamma}=50^{\circ}$ και τότε δε θα μπορούσε να ισχύει $\angle{\Delta B \Gamma}=55^{\circ}$ με το Δ να είναι εσωτερικό του τριγώνου $AB\Gamma$ . Όμοια απορρίπτουμε την περίπτωση $\Gamma A=\Gamma B$ . Άρα τελικά $AB=A\Gamma$ και αφού $\angle{B}=80^{\circ}$ άρα $\angle{B}=\angle{\Gamma}=80^{\circ}$ κι έτσι $\angle{A}=20^{\circ}$ .

b) Κατασκευάζουμε εξωτερικά του $AB\Gamma$ το ισόπλευρο τρίγωνο $A\Gamma E$ . Τότε αφού $\angle{BAE}=80^{\circ}$ άρα $\angle{ABE}=50^{\circ}$ άρα $B, \Delta, E$ συνευθειακά. Επίσης αφού $\angle{\Delta B\Gamma}=30^{\circ}$ και $\angle{\Delta \Gamma B}=55^{\circ}$ άρα $\angle{B\Delta \Gamma}=95^{\circ}$ κι έτσι $\angle{\Gamma \Delta E}=85^{\circ}$ και $\angle{\Delta E \Gamma}=10^{\circ}$ . Τέλος, αφού $\angle{\Delta \Gamma E}= 85^{\circ}$ , άρα τελικά $E\Delta=E\Gamma$ . Άρα ο κύκλος $(E,E\Gamma)$ διέρχεται από το

και το $\Delta$ κι έτσι $\angle{\Delta A\Gamma}=\dfrac{1}{2}\angle{\Delta E \Gamma} = 5^{\circ}$ .

: Γεωμετρία Μικρών.png (45.17 KiB) Προβλήθηκε 8366 φορές

Πρόβλημα 4 Μικρών

Είναι x^2+y^2|x^5+y

άρα

και

άρα

οπότε

άρα $x^2+y^2\leq 2|xy|$ κι έτσι τελικά |x|=|y|

.

Αν

τότε

άρα

κι έτσι

άρα

οπότε $(x,y)=(1,1), \ (-1,-1)$

Αν x=-y

τότε

άρα

κι έτσι

άρα

οπότε $(x,y)=(1,-1), \ (-1,1)$

Πρόβλημα 2 Μεγάλων

Έστω $n=2^{r+2}p_1^{r_1}\cdots p_k^{r_k}$ η ανάλυση του

σε πρώτους παράγοντες όπου $r\geq 0$ και $r_i\geq 0$ όπου τα r, r_i

δεν είναι όλα

. Αν με $\sigma{(a)}$ συμβολίσουμε το άθροισμα των διαιρετών του

, τότε $\sigma{(p^k)}=\dfrac{p^{k+1}-1}{p-1}$ όπου

πρώτος και η συνάρτηση $\sigma{(a)}$ είναι πολλαπλασιαστική.

Τότε $\begin{aligned}A_n &= \sigma\left(\dfrac{n}{2^{r+2}}\right)=\sigma\left(p_1^{r_1}\cdots p_k^{r_k}\right)=\sigma\left(p_1^{r_1}\right)\cdots \sigma\left(p_k^{r_k}\right)=\dfrac{p_1^{r_1+1}-1}{p_1-1}\cdots \dfrac{p^{r_k+1}-1}{p_k-1} \\ &= \left(1+p_1+\cdots p_1^{r_1}\right) \cdots (1+p_k+\cdots p_k^{r_k}\right)\end{aligned}$

και $B_n=\sigma{(n)}-A_n-n=\dfrac{2^{r+2+1}-1}{2-1}A_n-A_n-n=(2^{r+3}-2)A_n-n$

οπότε

$\begin{aligned}f(n) &= (2^{r+3}-2)A_n-n-2A_n=(2^{r+3}-4)A_n-n=(2^{r+3}-4)A_n-2^{r+2}p_1^{r_1}\cdots p_k^{r_k} \\ &= 4 \left[(2^{r+1}-1)A_n-2^rp_1^{r_1}\cdots p_k^{r_k}\right]=4K\end{aligned}$ .

Για $r\geq 1$ : $2^{r+1}-1>2^r$ και $A_n>p_1^{r_1}\cdots p_k^{r_k}$ οπότε πολλαπλασιάζοντας μεταξύ τους παίρνουμε K>0

δηλαδή $K\geq 1$ . Άρα $f(n)\geq 4$ .

Για r=0

παίρνουμε $K=A_n-p_1^{r_1}\cdots p_k^{r_k}>0$ κι έτσι και πάλι $f(n)\geq 4$ .

Για την ισότητα:

Αν k=0

τότε

άρα

και η ισότητα ισχύει μόνο για r=1

οπότε

.

Αν $k\geq 1$ και $r\geq 1$ τότε αφού $A_n=\left(1+p_1+\cdots p_1^{r_1}\right) \cdots (1+p_k+\cdots p_k^{r_k}\right) > p_1^{r_1} \cdots p_k^{r_k}\geq p_1^{r_1} \cdots p_k^{r_k} + 1$

άρα $f(n)\geq 4\left[p_1^{r_1} \cdots p_k^{r_k}(2^r-1)+2^{r+1}-1\right]>4$ .

Αν $k\geq 1$ και r=0

τότε $f(n)=4\left[A_n-p_1^{r_1} \cdots p_k^{r_k}\right]>4$ εκτός αν k=1

και

οπότε

όπου

περιττός πρώτος. Για n=4p_1

παίρνουμε και πάλι f(n)=4

.

Τελικά η ισότητα ισχύει μόνο όταν n=8

ή

.

Πρόβλημα 3 - Μεγάλων

Από την ανισότητα Αριθμητικού - Γεωμετρικού μέσου έχουμε:

$18=a+bc+cd+db+\dfrac{1}{ab^2c^2d^2} \geq a + 4\sqrt[4]{(bc)(cd)(db)\dfrac{1}{ab^2c^2d^2}}=a+4\dfrac{1}{\sqrt[4]{a}}$ οπότε θέτοντας $\sqrt[4]{a}=x$ παίρνουμε ισοδύναμα:

$x^4+\dfrac{4}{x}\leq 18 \Leftrightarrow x^5 -18x + 4\leq 0 \Leftrightarrow (x-2)(x^4+2x^3+4x^2+8x-2)\leq 0$ .

Αν ήταν x>2

τότε θα είχαμε x^4+2x^3+4x^2+8x-2>0

κι έτσι

, άτοπο. Άρα $x\leq 2 \Leftrightarrow a\leq 16$ . Θα δείξουμε ότι το

είναι η μέγιστη τιμή του

βρίσκοντας θετικούς b,c,d

ώστε να ισχύει η αρχική σχέση. Πράγματι, για να ισχύει η ισότητα στην παραπάνω ανισότητα πρέπει να ισχύει bc=cd=db=k

και τότε η αρχική για a=16

γίνεται:

$16+3k+\dfrac{1}{16k^3}=18$ απ΄όπου 48k^4-32k^3+1=0

και το $k=\dfrac{1}{2}$ είναι λύση οπότε μπορούμε να επιλέξουμε $b=c=d=\sqrt{\dfrac{1}{2}}$ . Άρα το

είναι η ελάχιστη τιμή του

.

Αλέξανδρος

#3

ΘΕΜΑ 3 - ΜΕΓΑΛΩΝ

Από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ έχουμε

$\displaystyle bc+cd+db+\frac{1}{ab^2c^2d^2}\geq \frac{4}{\sqrt[4]{a}},$

οπότε

$\displaystyle 18=a+bc+cd+db+\frac{1}{ab^2c^2d^2}\geq a+\frac{4}{\sqrt[4]{a}}.$

Παρατηρούμε ότι για a=16

και $b=c=d=\frac{\sqrt{2}}{2}$ έχουμε ισότητα. Συνεπώς, η μέγιστη τιμή του

είναι μεγαλύτερη ή ίση του

.

Με

θα δείξουμε ότι αν 1<x

και $x^4+\frac{4}{x}\leq 18,$ Τότε $x\leq 2$ με το ίσο αν και μόνο αν x=2

.

Πράγματι, είναι
$\displaystyle x^4+\frac{4}{x}-18=\frac{x^5-18x+4}{x}=\frac{(x-2)(x^4+2x^2+4x^2+8x-2)}{x}$

και

$\displaystyle x^4+2x^2+4x^2+8x-2>x^4+2x^2+4x^2+8x-15=(x-1)(x^3+x^2+7x+15)>0,$

για x>1.

Αφού

$\displaystyle{ x^4+\frac{4}{x}-18\leq 0 }$

έπεται ότι $x-2\leq 0,$ οπότε $a=x^4\leq 16,$ κι έτσι η μέγιστη τιμή του

είναι ίση με

.

#4

Επισυνάπτω και τα θέματα του διαγωνισμού.

Αλέξανδρος

Ανδρέας Πούλος · #5

Αλέξανδρε,
σε ευχαριστούμε πολύ για την άμεση ανάρτηση των θεμάτων.
Φυσικά, εσένα και τον Αχιλλέα για τις λύσεις που αναρτήσατε.

#6

Θέμα 3, Μικροί
viewtopic.php?p=322307#p322307

Θέμα 4, Μικροί
Αποδεικνύουμε αρχικά ότι (x,y)=1.

Οπότε

και

και άρα

οπότε

που δίνει

ένα πρόβλημα σε αυτό το στυλ
https://artofproblemsolving.com/communi ... 3p16691731

Θέμα 3, Μεγάλοι
https://artofproblemsolving.com/community/c6h2543153

#7

ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ JUNIOR

Στην ΔΒ παίρνουμε σημείο Ε, ώστε η γωνία ΕΓΒ να είναι 30 μοίρες. Το Ε βρλισκεται στη διχοτόμο της γωνίας Α. Στο τρίγωνο ΑΕΓ το Δ θα είναι τότε έγκεντρο κλπ.

Η συνέχεια όταν γυρίσω από το εξεταστικό κέντρο.
Φτιάξαμε με το Θανάση το Μπεληγιάννη και τον Γιάννη Παπαλουκά και την Γεωμετρία των μεγάλων. Θα τα πούμε πιο αργά αν και θα με προλάβετε !

Καλά αποτελέσματα.

LatticeQG · #8

Γεια σας. Πολυ ενδιαφεροντα θεματα, ειδικα των μεγαλων! Που βλεπεται να κυμαινονται οι διακρισεις;;

Lymperis Karras · #9

Για το πρόβλημα 1 των μεγάλων μια ιδέα είναι η εξής:
Δείχνουμε ότι GFKDE εγγράψιμο και αντιστρεφουμε με πόλο Α και δύναμη AE×AG...

Περίεργα θέματα. Η βάση για το μετάλλιο βλέπω να κυμαίνεται λίγο πάνω από 1 θέμα, καθώς αρκετοί έλυσαν το Π2 από ότι φαίνεται.

Manolis Petrakis · #10

: Πρόβλημα 1 - Μεγάλων; Στιγμιότυπο οθόνης (250).png (40.49 KiB) Προβλήθηκε 7854 φορές

Καλησπέρα και καλά αποτελέσματα!
Έστω

το σημείο τομής του c_1

με την

και

το σημείο τομής των CK,AE

.
Αφού

και

τα

ανήκουν στη μεσοκάθετη του

άρα $CK\perp AE$ και $FA=FE\ (1)$ .
Άρα $\angle KFA=90^{\circ}- \angle NAF=90^{\circ}- \dfrac{\angle EKD}{2}$ (σχέση εγγεγραμμένης-επίκεντρης)
$=\angle KED$ (από το ισοσκελές KED

).
Επομένως το KFDE

είναι εγγεγραμμένο στον c_1

.
Τέλος $\angle KMF=\angle KDF=\angle KAD\Rightarrow FAM:$ ισοσκελές με FA=FM (2)

.
Από τις (1),(2)

έχουμε ότι FE=FM

άρα ο

(όμοια και ο c_3

) διέρχεται από το

.

Lymperis Karras · #11

Ένα διαφορετικό τελείωμα για το 1ο των μεγάλων:

Αφού δείξουμε όπως ο Μανώλης ότι KFDEG

εγγράψιμο, αντιστρέφουμε με πόλο

και δύναμη $AG \cdot AE = AF \cdot AD$ .

$\rightarrow$ Η ευθεία

μένει σταθερή.

$\rightarrow$ Τα G,E

και

εναλλάσσονται μεταξύ τους, άρα ο c(KFDEG)

παραμένει σταθερός.

$\rightarrow$ Ο κύκλος c(G, GD)

γίνεται ευθεία που περνά από το

κάθετη στην

, άρα γίνεται η ευθεία

.

$\rightarrow$ Όμοια ο κύκλος c(F, FE)

γίνεται η

.

Έτσι, στο αντίστροφο σχήμα οι ζητούμενοι κύκλοι συντρέχουν στο

, άρα θα συντρέχουν και στο αρχικό στο αντίστροφο του

, έστω

, το οποίο βρίσκεται πάνω στην

, όπως θέλαμε.

: Αρχιμήδης 2022 Π1.png (82.7 KiB) Προβλήθηκε 7644 φορές

ohgreg · #12

Μια διαφορετική λύση για το πρόβλημα 2 των μεγάλων:

Έστω a_1, a_2,...,a_k

οι περιττοί διαιρέτες του n, και $b_1, b_2, ..., b_{l}$ οι άρτιοι διαιρέτες του.
Θα έχουμε:

$f(n)=\sum_{i=1}^{l} b_i - 2\sum_{i=1}^{k}a_i$ , με $l\geq2$ αφού 4|n

.

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

1η περίπτωση:

Αν k=1

, τότε το n είναι της μορφής 2^a

με

και έχουμε:

$f(n)=2+4+...+2^{a-1}-2\cdot 1=4+8+...+2^{a-1}=2^{a}-4=n-4$ ,

με το ελάχιστο να επιτυγχάνεται όταν a=3

:

.

2η περίπτωση:

Αν k=2

, τότε το n θα είναι της μορφής $2^{a}p$ , όπου $a\geq2$ και p>2

πρώτος αριθμός.
Έστω b_1, b_2,...,b_j

είναι της μορφής b_j=2^j

, τότε $b_{j+1}=p\cdot b_1, b_{j+2}=p\cdot b_2, ..., b_{2j-1}=p\cdot b_{j-1}$ και θα είναι:

$f(n)=2+4+...+2^a+2p+4p+..+2^{a-1}p-2(p+1)$ ,

με το ελάχιστο να επιτυγχάνεται όταν a=2

:

.

3η περίπτωση:

Αν k>2

, θεωρούμε πάλι b_1,b_2,...,b_j

της μορφής b_j=2^j

, όπου $j\geq2$ ,
τότε θα υπάρχουν οι $b_{j+1}=b_1\cdot a_2= 2a_2, b_{j+2}=2a_3,...,b_{j+k-1}=2a_{k}$ και αφού k>2

θα υπάρχουν σίγουρα οι υπόλοιποι δυνατοί συνδυασμοί διαιρετών $b_{j+k},b_{j+k+1}, ..., b_{l}$ . Συνεπώς θα είναι:
$f(n)=b_1+b_2+...+b_j+b_{j+1}+b_{j+2}+...+b_{j+k-1}+b_{j+k}+b_{j+k+1}+...+b_l-2\cdot(a_1+a_2+...+a_k)=$
$=2a_1+4+8+...+2^j+2a_2+2a_3+...+2a_k+b_{j+k}+b_{j+k+1}+...+b_l-2(a_1+a_2+...+a_k)=$
$=4+8+...+2^j+b_{j+k}+b_{j+k+1}+...+b_l>4$

Τελικά, η ελάχιστη τιμή επιτυγχάνεται για n=4p

, όπου

πρώτος.

donaris · #13

Καλημέρα, σχετικά με το θέμα 3 των μικρών τάξεων, μπορείτε να παραθέσετε μία ενδεικτική λύση, διότι η αλήθεια είναι δυσκολεύομαι να φτάσω σε κάποιο αποτέλεσμα. Ευχαριστώ.

DIM1 · #14

και για το 4ο των μεγάλων αν μπορείτε

#15

Δείτε και τα παρακάτω links για λύσεις (όχι πάντοτε πλήρεις) στο AoPS.

ΜΕΓΑΛΟΙ

ΘΕΜΑ 1
ΘΕΜΑ 2
ΘΕΜΑ 3
ΘΕΜΑ 4

ΜΙΚΡΟΙ

ΘΕΜΑ 1
ΘΕΜΑ 2
ΘΕΜΑ 3
ΘΕΜΑ 4

miltosk · #16

cretanman έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 26, 2022 1:57 pm
Επισυνάπτω και τα θέματα του διαγωνισμού.

Αλέξανδρος

Αρχικά πολλά συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά που συμμετείχαν και καλά αποτελέσματα σε όλους!
Ας ανεβάσω και τις δικές μου λύσεις για τα πρώτα 3 των μεγάλων. Πιθανότατα να είναι πολύ όμοιες με τις άλλες, αλλά ενδεχομένως να υπάρχει κάποιο σημείο που να προσφέρει κάτι διαφορετικό, οπότε και τις επισυνάπτω:
ΘΕΜΑ 1:
$CA=CE, KA=KE \Rightarrow KC$ μεσοκάθετος της

. Άρα

. Ομοίως

.
Άρα $\angle GDF=\angle GDA=\angle FEA=\angle FEG \Rightarrow FDEG$ εγγράψιμο.
Ακόμη $GK\perp AD, FK\perp AE \Rightarrow KFG+GAF=180^o$ (γωνίες με πλευρές κάθετες και στη συγκεκριμένη
περίπτωση με το κέντρο του κύκλου εύκολα βγαίνουν παραπληρωματικές). Άρα KFGD

εγγράψιμο. Οπότε KFDEG

εγγράψιμο.
Παίρνω αντιστροφή κέντρου

και λόγου $\sqrt{AG\cdot AE}$ . Τότε τα G, E

και

αλλάζουν θέσεις αντίστοιχα.
Ο περίκυκλος του GFDE

μένει αναλοίωτος. Η κύκλος (G, GD)

στέλνεται σε ευθεία διερχόμενη από το αντίστροφο του

, του

δηλαδή
τέτοια ώστε να είναι κάθετη στην

, δηλαδή στέλνεται στην

. Αντίστοιχα ο κύκλος (F, FE)

στέλνεται στην

.
Αρκεί λοιπόν ο περίκυκλος του GFDE

και οι ευθείες AF, BG

να συντρέχουν, που πράγματι συντρέχουν στο

.

ΘΕΜΑ 2:
Ας είναι $n=2^tp_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_k^{a_k}, t\geq 2$ .
Τότε: $B_n=(2^{t+1}-1)\prod_{i=1}^{k}\frac{p_i^{a_i+1}-1}{p_i-1}-\prod_{i=1}^{k}\frac{p_i^{a_i+1}-1}{p_i-1}-n$ και
$A_n=\prod_{i=1}^{k}\frac{p_i^{a_i+1}-1}{p_i-1}$ .
Οπότε $f(n)=(2^{t+1}-4)\prod_{i=1}^{k}\frac{p_i^{a_i+1}-1}{p_i-1}-n=4(2^{t-1}-1)\prod_{i=1}^{k}\frac{p_i^{a_i+1}-1}{p_i-1}-n=4s(\frac{n}{4})-n=4(s(m)-m)$
όπου n=4m, m>1

και

το άθροισμα των διαιρετών του

.
Άρα

. Προφανώς $s(m)\geq m+1$ με την ισότητα ανν

πρώτος (αποδεικνύεται εύκολα).
Άρα $f_{min}=4$ για n=4p, p

πρώτος.

ΘΕΜΑ 3:
Από AM-GM

έχουμε $18=a+bc+cd+bd+\frac{1}{ab^2c^2d^2}\geq a+\frac{4}{a^{\frac{1}{4}}}$
Θέτω $x=a^{\frac{1}{4}}$ και άρα $x^5-18x+4\leq 0, (1)$ .
Έστω f(x)=x^5-18x+4, x>0

.
Τότε

.
Για $x<(\frac{18}{5})^{\frac{1}{4}}, f$ φθίνουσα, αλλιώς αύξουσα. Οπότε για x>0

υπάρχουν δύο ρίζες εκατέρωθεν του $(\frac{18}{5})^{\frac{1}{4}}$ , έστω x_1, x_2, x_1<x_2

. Εύκολα φαίνεται ότι x_2=2

. Οπότε $x_1 \leq x\leq 2$ .
Άρα $(1)\Leftrightarrow x\leq 2$ . Για $x=2 \Rightarrow a=16$ έχουμε ότι θα πρέπει b=c=d

οπότε παίρνω την τετράδα $(a, b, c, d)=(16, \frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2})$ άρα $a_{max}=16$ .

Για οποιαδήποτε λάθη παρακαλώ επισημάνετέ τα.

αρψ2400 · #17

ξέρει κάποιος πότε περίπου θα βγουν τα αποτελέσματα?

panosgl2006 · #18

Καλησπέρα σας.Θα ήθελα να ρωτήσω που πιστεύετε ότι κειμενονται οι βάσεις για τα μετάλλια?

Τσιαλας Νικολαος · #19

Υπομονή παιδιά...Η επιτροπή τρέχει πυρετωδώς να διορθώσει όλα τα γραπτά! Λογικά αύριο η' μεθαύριο θα βγουν τα αποτελέσματα! Οι βάσεις δεν ανακοινώνονται.

αρψ2400 · #20

Ευχαριστώ

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

Μέλη σε σύνδεση