дома » МАТЕМАТИКА В ШКОЛЕ » РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 5)

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 5)

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 5)

Главная страница Математические олимпиады.
Сборники Математики
 Скачать бесплатно

Если хотите быстро ознакомится с содержанием статей, смотрите ниже.
Текст, для быстрого ознакомления (в тексте для быстрого ознакомления формулы могут отображаться не корректно). Если статья Вас заинтересовала, можете скачать оригинал по ссылкам выше. А тексты на страницах сайта Вам помогут находить нужные темы с помощью поисковой формы ниже:



Так как тп+1 = т1, получим, что число
четвертей окружностей, которые
£ поезд проходит в направлении, про-
7\ тивоположном движению часовой
стрелки, тоже четно.
Так как рельсовая сеть замкнутая,
то при возвращении в начальную
точку поезд совершит полный
оборот, поэтому разность между числом
четвертей, проходимых по направлению
часовой стрелки и против,
равна 4, а это значит, что
каждое из этих четных чисел при
делении на 4 дает один и тот же остаток, либо 0, либо 2, следовательно,
сумма этих чисел делится на 4, что и требовалось
доказать.
172. Расположим п и п +1-угольники так, чтобы их апофемы
hn = |OK| и hn+1 = \OL\ лежали на одном радиусе ON. Пусть
АС и BD—стороны ti и ti + 1 -угольника, соответствующие этим
апофемам (рис. 88). Тогда КВ—проекция хорды АВ на радиус ON,
стягивающей дугу АВ величины 180° . На дуге BN величины
>80° можно уместить п дуг, равных w А. ВD. гП, ричем проекции
соответствующих им хорд на ON будут заведомо меньше КВ —
проекции АВ. Поэтому сумма этих проекций LN меньше п-\КВ\,
т. е. R—hn+1< n ( h n+1—hn) или (п+ 1 ) nh„ > R.
173. Пусть х1г х2, х3—стороны треугольника. Тогда могут
представиться случаи:
Г. х1 = х 3 Ф х 2 и из неравенства треугольника 2х\ > х2.
1″. x3 = x3=f=xi и из неравенства треугольника 2х3> х±. (I)
2. хг— х3 — х3.
Случаи 1′ и 1″ получаем при а2— % > 0.
Пусть хг— а У а 2—4Ь «и X~ , — а , 1К а2 4 Ь
(3)
Проверим неравенство
(1). а—Y а2—4 У а2 — 4 b 36,
2 1 2
36,
отсюда а2 < Ь, и, объединяя
с (2), получаем 4fc< a2<-g-fc.
В случае 1″ неравенство (1) всегда выполнено.
Из теоремы синусов имеем:
sin а г sin а 2 sin а 3 1
W х 2 хз
В случае
Отсюда R
V имеем:
V axL —
или R
cos аг =
(a— Vt i f —
*2 .
2хг
ЛК2)2
2 V (3а — V a2— 4b)(ct—3 V а 2 —4 6 ) ‘
206

206 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 5)

аналогично в случае 1» получаем:
( а + V а * — 4ь)2
2 1^ (3а— а’1 — 4Ь) (а + 3 \ г а г — АЬ) ‘
Если аг—4Ь = 0, то хх^ х 2 = х3 — ~ . Треугольник равносто-
роннии и Rп = —a у^—Т .
174. Если т и п ф т —целые числа, то число / (т)—f(ti)
делится на т—п.
Итак, для целого числа т, неравного k, k-\-\, k-\-2, числа
Числа (2) являются тремя последовательными целыми числами.
Следовательно, одно из этих чисел кратно 3. Тогда и одно из чисел
(1) также кратно 3. Следовательно, f (т) должно быть кратно 3.
175. а) Предположим, что х ,= 1. Тогда
Так как х1-}-х!!> 0 , то ххх2 < 1, что невозможно по (1).
б) Предположим, что хх > 1, х.г > 1, х3 > 1. Тогда х1 + ЛГ2 +
в) Пусть х3 < 1. Тогда из х\х2х3 > 1 , х3 < 1 следует, что
соответственно делятся на
т—k, m—(k + 1), m—(k + 2). (2)
(1)
-f- x3 > {—— [—- , что противоречит второму условию задачи.
хгх, > 1.
С помощью (2) покажем, что и хг > 1 и х2 > 1.
(2)
Так как хгх„ > 0, то
1 + (Ч + х 2) х хх 2 < хг+ * 2 + {хгх 2у .
(1 —ххх2) (1 + х 1х2)—(х1 + х2)(1 —ххх2) < 0. (3)
Разделив (3) на 1—хххг < 0, получаем:
1 р хгх3 хх х2 0, (Xj 1) (х2 1) 0.

207 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 5)

Откуда хх > 1 и х2 > 1, что и требовалось доказать (х4 < 1,
х2 < 1 невозможно).
176. Предположим, что точка О удалена от стороны АВ
или ее продолжения на расстояние, меньшее 100 м (рис. 89).
Пусть k будет круг радиуса 2 (берем за единицу измерения 100 м)
с центром в точке О. Р—проекция точки О на прямую АВ,
|ОР | < 1 . Пусть А’, В’, С’, D’ , Е’—точки пересечения полупрямых
РА, РВ, PC, PD, РЕ с k.
Докажем, что S’a’B-cd’E’ < 5 j/ З .
JVOB’ = со; В^ОС’ = сор C W = со2;
ГУОЕ’ = со3; ЁЪА’ = со4; со,- < 180°.
S ‘—S&A’OB- = 2 (sin «j -p sin co2) + 2 (sin co3 sin co4) sg!
< 4 sin + 4 sin < 8 sin -Ш| — ;
S ‘—S^A’OB’ ^ 8 cos-^-.
Так как | OB’ | = 2, то < со < л, очевидно,
S’ — S/^a’ob’ < 4 \/Г3; S^A-oB’ < 1^3.
Отсюда следует, что S’ < 5 ^ 3 ^ что противоречит условию.
Следовательно, расстояние до любой стороны не меньше 1. Знак
равенства имеет место, когда со =120 ; coj = со2 = со3 = со4 = 60°,
т. е. когда ABCDE имеет форму пятиугольника, полученного
из правильного шестиугольника отбрасыванием одной вершины
(рис. 90).
177. Пусть [А ] , [А ] ………kp ^ [А ] ,
kp+i< [тг] • • • ■’ kn < [ д ] •

208 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 5)

1) При p — n доказываемое неравенство очевидно. При р = О
было бы k = ki-\-. .. чт0 невозможно.
2) Пусть 0 < р < н . Тогда существуют целые неотрицательные
числа /„ /2, . . . , 1р такие, что
**=[£]+*/ » »=1, 2, . . . . р
и существуют целые неотрицательные rtij такие, что
kj = [ 4 ] —m/t j = p + 1, . . . , я;
тогда
4= 2 > = иИ + £ ‘ ‘ — £ m/-
/ = 1 i = l l = P + 1
Так как я Г —А 1 то имеем: Р » my. (1)
1=1 / = р + 1
Перепишем теперь выражение для /г.! и /гу!
*’|=Ш’ ( [4 ] + 1) . : — (Ш +,’ ) ’ г= 1’ 2 ”■
[41′
«( [4] [[4]| — ) [ т ]
j — р -Ь1» . . . , я,
следовательно, Рг! k2\ . . . ^»! = ( [ т т ] ! ) • ~ , где Л—произве-
дение множителей больших, чем Г —k *1, и их число В—про-
1=1
изведение неотрицательных множителей, наибольший из которых
Г k «1 ^ равен — и число их trij.
/=р+1 А
Из неравенства (I) выводим, что -g -^ 1, следовательно, имеет
место kj\ k2\ . . . kn\ > ( [ — £ ] ! ) ”*
где k1 + k 2-\~. . . -{-kn = k, что и требовалось доказать.
178. Допустим, что имеем целые числа х, у, z такие, что
х3 + {/3+ г 3 = 19692. Если разделим 19692 на 9, то получим остаток4
4. Посмотрим, какие остатки можно получить при делении
числа вида х3 на число 9.
Рассмотрим случаи: a) x=3k,
б) х — 3£ + 1»
в) x—3k— 1.

209 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 5)

Сл у ч а й a). x3 = 33k3. Получается остаток г = 0.
С л у ч а й б). л’3 = 33А3 + 3-32/г2+ 3 -3 ^ + 1; получается остаток
г — 1.
С л у ч а й в). x3 = 33k 3— 3 • 32Аг2 + 3 • 3&—1; получается остаток
г = 8.
Итак, возможные остатки rlt г2, г3, которые получаются при
делении чисел х3, у3, г3 на 9, будут 0, 1 и 8. Но сумма гх + г 2+ г 3,
где rlt г2, г3 принимают значения 0, 1 и 8, никогда не дает
остатка 4 при делении на 9.
179. Положим в данном уравнении у = х, тогда
2х f (х) = 2х / 2 (х),
отсюда при хФ 0 f(x) = f2(x), следовательно, либо f(x) = 0,
либо f (х)= 1.
Пусть f(a) = 0 при х = а ф 0, тогда из данного уравнения
получаем af (у) = 0 для всех у, т. е. f (х) = 0.
Пусть / ( а )=1 при х = а ф 0, тогда из данного уравнения
получаем y = yf(y), откуда /({/)= 1 при уфО, а при у = 0
/(0) = с—любое число.
Итак, все решения данного функционального уравнения следующие:
1) / (х) == 0.
2) Каждая функция вида
( 1 для ХфЪ,
f ( x )= {[ с для х = Л0.
Среди этих решений только функции f ( x ) ^ 0 и / (х) = 1
являются непрерывными.
180. Пусть F является одним из произвольных выпуклых
многоугольников. Рассмотрим множество точек, расстояние которых
хотя бы до одной из сторон многоугольника не превышает
1 см. Обозначим это множество F. Если многоугольник
имеет п сторон, то множество F, кроме точек многоугольника F,
будет также содержать п прямоугольников с основаниями, равными
сторонам многоугольника, и высотами 1 см и п круговых
секторов с центрами в вершинах многоугольника и радиусами
1 см (см. задачу 103).
На рисунке 91 показан вид множества F для случая, когда
F — выпуклый шестиугольник. Очевидно, что если некоторая
точка не принадлежит множеству F, то круг с центром в этой
точке радиусом 1 см не будет иметь ‘общей точки с многоугольником
F.
Вычислим площадь фигуры F. Пусть F—выпуклый многоугольник,
имеющий ti сторон. Круговой сектор при вершине Ак
б, удет иметь площадь л (18w0°— ак) , где ак—угол при вершине А. к

210 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 5)

Если сложим площади всех круговых
секторов, получим:
— д |Г (п180О- К +
-\-а2 + . . . +а „ )).
Так как сумма углов (а1 + а г +
+ . . . + сс„) выпуклого многоугольника
равна (я—2)-180°, то сумма площадей
всех круговых секторов будет
равна я см2. С другой стороны, сумма
площадей всех прямоугольников будет
равна Рг, где Рг—периметр многоугольника.
Окончательно площадь фигуры F
будет S¥ = SF + я + Лр, где SF—площадь
многоугольника F.
Так как по условию и PF^Z2n, то
S j ^ я + я -j- 2я = 4я.
Множество всех точек, удаленных от сторон заданного квадрата
на 1 см и лежащих внутри квадрата, будет квадрат К со
стороной 36 см.
Сумма площадей фигур F, которые получаются при рассмотрении
всех ста многоугольников, наложенных на квадрат К,
не будет превышать 400 я , т. е. будет меньше 1260 см2, а площадь
квадрата К равна 1296 см2.
Таким образом, заведомо найдется точка, удаленная от сторон
многоугольников и заданного квадрата больше, чем на 1.
181. Легко подсчитать, что радиус сферы, вписанной в правильный
тетраэдр с высотой 1, равен Покажем, что такую
сферу можно поместить в любой тетраэдр, все высоты которого
не меньше 1. Для этого достаточно убедиться в том, что геометрическое
место точек внутри тетраэдра, удаленных от всех
его граней на расстояние, большее ~ , не пусто. Плоскостью,
параллельной одной из граней и проходящей на расстоянии 1
от этой грани, отсечем часть тетраэдра, которая содержит точки,
лежащие к отсекаемой грани ближе, чем -^-.Останется тетраэдр,
з
все высоты которого не меньше , От него отсекаем часть
плоскостью, параллельной второй грани и лежащей от нее на
расстоянии ~ . С оставшимся тетраэдром, все высоты которого

211 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 5)

не меньше у , постугаем аналогично.
В результате получаем
тетраэдр с высотами, не
меньшими^-‘. В нем найдется
точка, отстоящая от четвертой
грани не меньше, чем на 1 .
Кроме того, из построения видно,
что она отстоит не меньше,
чем на ~ и от всех других граней
исходного тетраэдра. Значит,
это искомая точка и сфе-
ра радиуса 1 с центром в этой
точке будет содержаться в исходном тетраэдре.
Поскольку очевидно, что сферу большего радиуса нельзя
поместить в правильный тетраэдр с высотами 1, то искомый
максимальный радиус равен -1j .
182. Обозначим через а угол между лучами ОХ и OY,
а через р— угол между лучом OZ и плоскостью ОХУ (рис. 92).
Тогда легко подсчитать, что объем тетраэдра ОАВС равен
Рис. 92
Т \ ° А \ 1 ОВ | -1 ОС | -sin a-sin р.
Значит, для получения наименьшего объема нужно плоскость
АВС провести так, чтобы произведение \OA\-\OB\-\OC\ было
наименьшим.
В треугольнике АВС продолжим прямые AG, BG и CG до
пересечения со сторонами ВС, АС и АВ соответственно в точках
А’, В’ и С’.
В треугольнике ОАА’ проведем через G прямую, параллельную
О А до пересечения в точке А» с отрезком ОА’. Получим
W T = w j или \ ° А \ = \ ш 7\ — \ ° А»1 причем \GA»\— константа,
не зависящая от положения точек А, В и С. Аналогичные
выражения получим для | ОВ | и |ОС|. Таким образом, для
того чтобы было минимальным произведение | ОА
нужно сделать минимальным произведение \j АGАA’, \j
или максимальным произведение I G/П I GB’
10 5 |.|OC I,
BB’ I I CC I
IGA’ i 3ДСВС I GB’ I
I AA’I
\AA’l ABC
получаем, что
3Д GAC IGC’I
IBS’I
‘Yjfi/iB
Здлвс
GB’ | | GC’ |
1 ^ 1 Ho I CC’ I •
Суммируя,
lB/r| «длвс ’ ICC’I
[ G 4 ‘ | , | G B ‘ | . I G C ‘ I , u 1 L ‘-J + I r e — 1 • По при постоянной I АА’ I IBB’
212

212 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 5)

сумме трех неотрицательных величин их произведение максимально,
когда все три величины равны между собой (докажите!).
Таким образом, объем тетраэдра ОАВС минимален, если
\GA’\ | GB’ | | GC’ | 1
| AA’ | — | BB’ | — | CC’ | — 3 ‘
Задача сводится к широко известной плоской задаче: через
точку G внутри угла, образованного лучом ОХ и линией пересечения
плоскостей ОВС и OXG, построить отрезок АА’ так,
чтобы он точкой G делился в заданном отношении. В результате
найдем А. Аналогично найдем точки В и С.
183. Легко проверить, что данное число является решением
уравнения х3-\-Зх—4 = 0. Но
x3 + 3x—4 = (х— 1) (х2+ х + 4).
Таким образом, единственным решением рассмотренного уравнения
является 1, т. е. данное число равно 1.
184. Ортогонально проектируя обруч на пол, получим эллипс
с полуосями 1 и cos0, где 0—наклон плоскости обруча относительно
пола. Если О—вершина данного угла, М — центр обруча,
а М’—проекция центра на пол, то по теореме Монжа
|M’ 0 | 2= l+ c o s 20.
Кроме того, |ММ’ | = sin 0. Откуда
| ОМ j2 = 1 + cos2 0 + sin2 0 = 2,
т. е. центр М обруча находится на сфере радиуса |^ 2 с центром
в О, заданной уравнением x2 + //2 + z2 = 2. Однако центр обруча
не может отстоять от плоскостей, образующих угол, дальше чем
на радиус, т. е. на 1. Отсюда следуют условия в декартовых
координатах: и О ^ г ^ Е
Остается заметить, что все точки на сфере х2 + у2 + г2 = 2,
удовлетворяющие этим условиям, входят в искомое множество.
Возьмем произвольное г, 1. Но z = sin0. Очевидно, такой
наклон обруча к полу можно реализовать. При фиксированном
z = sin0 проекции на плоскость ху точек (х, у, г) сферы с условием
Osglxsgll, 0 1 образуют дугу окружности х2-\-у2 =
= l+ c o s 20, заключенную в квадрате Крайние
точки этой дуги реализуются при таком положении обруча,
при котором оси эллипса—проекции обруча на пол — параллельны
осям Ох и Оу. Промежуточные точки реализуются, когда
обруч непрерывно переходит из одного из этих крайних положений
в другое.
185. Из условия следует, что BAD ^ 90е (рис. 93). Если
А лежит вне шара К, то угол, под которым из А виден шар К,
не меньше BAD. Отсюда нетрудно подсчитать, что |А О | ^ г К 2 ,
где О—центр шара К, а г — его радиус. Итак, искомое множе213

213 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 5)

ство вершин лежит в шаре радиуса
г У 2 с центром О. Легко показать,
что все точки этого шара принадлежат
искомому множеству. Для
точек, лежащих внутри К, утверждение
очевидно. А в случае внешней
точки А проведем из А касательные
к большому кругу шара
К и в качестве точек В и D возьмем
точки касания.
186. Нетрудно проверить, что
площадь S треугольника с вершинами
A (alt а2), £(&!, Ь2) и C(cl t c2)
вычисляется по формуле
(1) 2S = + ((аг—Cj)(bt—с2) —
(а2 сг) (^l ci))-
Все координаты точек Р{ рассмотрим по модулю 2. Тогда всевозможные
целочисленные пары сведутся к четырем парам:
(О, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1). Поэтому координаты по крайней мере
у двух точек из Р{ (£= 1, 2, . 5 ) окажутся совпадающими
(по модулю 2). Тогда в соответствии с формулой (1) удвоенная
площадь треугольников, среди вершин которых имеются эти
две точки, б>дет четным числом и, следовательно, S будет целым.
Но ясно, что среди треугольников с вершинами в точках Pt
( i = l , . . . , 5) три имеют две вершины в указанных двух точках
и, значит, имеют целочисленные площади.
187. Если нам дана окружность с центром в точке О радиуса
г, то каждой точке Р, не совпадающей с точкой О, можно
поставить в соответствие точку Р’, лежащую на прямойг 2ОР
с той же стороны от О, что и Р, и такую, что | ОР’ |= ^ ор .
Эту точку Р’ естественно назвать симметричной точке Р относительно
данной окружности. Если имеется другая пара симметричных
точек Q и Q’, то [\OPQ и i \OP ‘Q’ подобны,
так как
\ О Р ‘ \ | O Q ‘ | г 2
I OQ | “ | О Р | “ | O P | — | OQ | *
откуда
Рассмотрим теперь сферу радиуса У \ АВ\-\АС\-\ AD | с центром
в вершине А. Пусть А’, В’ и С’—точки, симметричные А,
В и С относительно построенной сферы. Тогда, используя полученную
выше формулу, легко подсчитать, что | C’D’j=x:, \B’D’\=y,
\В’С’ | = 2 , т. е. B’C’D’ — искомый треугольник.

214 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 5)

188. В силу тождеств S„ = S_„ и S1-S„ = S„+1 + S„_1 достаточно
доказать, что S1 = a + o-1 является целым числом. Можно,
не ограничивая общности, считать, что а > 1 и А>1 . Тогда
легко получить формулы
а — 2 , а — Sk- Vj ^ — 4 ’
п к+л —4 Л — * — 1 S k M — ~\f S b i—4 а — g • « — 2
i
Подставляя эти значения в тождества
S 1 = ak+1-a~k-\-ak-a~k~1 и (ak)k+1 = (ak+1)k,
получаем
с S*-S*+1 — V r ( S l — 4 ) — ( S l + i — 4 ) *+ — 9
( Sk + K 5 I — 4 1|Ы1 fS ft+ i+V s l+ i-4 )
\ 2 ) V 2 J
Последнее равенство после раскрытия скобок можно представить
в виде
г —4 = и + v VS k+i — 4,
где г, s, и, v—положительные рациональные числа. Значит,
( я У Щ ^ — v K S | ^ = 4 ) 2 = { и — г ) \
откуда
m — 4 ) . ( S i +1- 4 ) = ! ,
где # — рациональное ч и с л о . _______________
Отсюда нетрудно заключить, что j / ( S |—4)-(S|+1— 4) есть
число целое.
Если одно из чисел Sk и Sft+1 четное, то числа Sk-Sk+1 и
(S?—4)-(S|+i—4) оба четные. Если числа Sk и Sft+1 оба нечетные,
то числа SkSk+i и (S%—4) (S|+1—4) оба нечетные.
В любом случае знаменатель в выражении (1) является числом
четным и, значит, —целое число.
189. Поскольку 2*« — 1 = 849 — 1 = (8 — 1) (848 + 847 + . . . + 1) и
343 = 7®, то достаточно доказать, что 848 + 847+ . . . + 1 делится
на 49. Это легко проверяется разложением каждого слагаемого
8“ по формуле бинома: 8я1 = (7 + 1 )“ .
190. Положим tg a = x, tg р = г/, tgy = z. Легко проверить, что
tg(« + P+7)= g j g + f g ) —

215 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 5)

По условию числитель последней дроби равен нулю, знаменатель
же отличен от нуля, так как в противном случае числа х, у, г
были бы тремя действительными решениями уравнения вида
Х3—а12 + Х—а = О,
что невозможно, так как X3—аХ2 + Х—n = (?i2+l)(?i—а).
Итак, t g( a + p + y) = 0, т. е. а + Р + у = 0 (modii) и также
3 (а + р + у) = 0 (mod л). Отсюда
tg (За -(- Зр + Зу) = 0.
Дальнейшее следует из формул для тангенса тройного угла.
191. Слова, не содержащие запрещенных буквосочетаний,
назовем хорошими. Обозначим через ап число хороших слов
длины п. Заметим, что при добавлении справа к хорошему слову
любой из трех букв алфавита мы получим либо хорошее слово
длины п + 1, либо слово, оканчивающееся запрещенными буквосочетаниями.
Отсюда
+г + 1 ;+ З о п — CLn_ 2 . . . й 2 1.
Отсюда, например, по индукции легко получить, что
п — 1
ап > 2 + г и ап > 2″ ДЛЯ п ^ 1.
к = 0
192. Обозначим фигурирующий в условии задачи минимум
через (А2. Без ограничения общности считаем, что а 1 ^ а 2 ^ . . .
. . . ^ а ъ. Имеем ai+1—а ^ \ а > 0 для i = l , 2, 3, 4. Отсюда
5 / 5 \ 2
Заметим, что 2 (+—+-)2 = 5 2 + —( 2 + ) • Отсюда
i = l \ t = 1 J
М2 -52(5|2~1) = + X ( < — / ) 2< Z ( + — + ) 2^ 5 ; ja< 1
Задачу можно формулировать для любого п.

216 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 5)

УРАВНЕНИЯ  ВТОРОЙ  СТЕПЕНИ.
Кабинет математики.
Библиотека учителя.

Около

Comments

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *

*
*

Статистика


Яндекс.Метрика




Свежие комментарии