Ασκήσεις στην Ανάλυση!

BAGGP93 · #281

ΑΣΚΗΣΗ 106

Έστω $\displaystyle{K}$ ένα μη κενό και κλειστό υποσύνολο του $\displaystyle{\mathbb{R}^n}$ (εννοείται με τη συνήθη τοπολογία).

Θεωρούμε την απεικόνιση $\displaystyle{f:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}\,,f(x)=d(x,K)=\rm{inf}\left\{||x-y||_{2}\geq 0\,\,, y\in K\right\}}$ .

Αποδείξτε ότι το $\displaystyle{K}$ είναι κυρτό αν, και μόνο αν, η $\displaystyle{f}$ είναι κυρτή στο $\displaystyle{\mathbb{R}^n}$ .

dement · #282

$\left( \Longleftarrow \right)$

Έστω

μη κυρτό και έστω σημεία $A, B \in K$ και

στο εσωτερικό του

με $C \notin K$ . Τότε f(A) = f(B) = 0

και

λόγω κλειστότητας. Άρα η

είναι μη κυρτή.

$\left( \Longrightarrow \right)$

Έστω

κυρτό, $x_1, x_2 \in \mathbb{R}^n$ και x_m = tx_1 + (1-t)x_2

με

. Ορίζουμε $y_1, y_2 \in K$ με d(x_1, y_1) = f(x_1)

και

(υπάρχουν λόγω κλειστότητας) και θέτουμε v_1 = t(x_1 - y_1)

και

. Ισχύει $y_m = ty_1 + (1-t)y_2 \in K$ λόγω κυρτότητας.

Τότε $\lVert v_1 \rVert + \lVert v_2 \rVert \geqslant \lVert v_1 + v_2 \rVert \implies t f(x_1) + (1-t) f(x_2) \geqslant d(x_m, y_m) \geqslant f(x_m)$ . Άρα η

είναι κυρτή.

#283

dement έγραψε:...

Πού είσαι βρε Δημήτρη!!

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #284

Όπως φαίνεται και από την απόδειξη του Δημήτρη
το αποτέλεσμα ισχύει οποία νόρμα και να πάρουμε.

BAGGP93 · #285

dement έγραψε: $\left( \Longleftarrow \right)$

Έστω μη κυρτό και έστω σημεία $A, B \in K$ και στο εσωτερικό του με $C \notin K$ . Τότε και λόγω κλειστότητας. Άρα η είναι μη κυρτή.

Ακόμη ένας τρόπος (σχεδόν ίδιος)

Υποθέτουμε ότι η $\displaystyle{f}$ είναι κυρτή στο $\displaystyle{\mathbb{R}^n}$ . Θα δείξουμε ότι το $\displaystyle{K}$ είναι κυρτό.

Θεωρούμε $\displaystyle{x\,,y\in K}$ και $\displaystyle{m\in\left[0,1\right]}$ . Τότε, $\displaystyle{d(x,K)=d(y,K)=0}$ και

επειδή η $\displaystyle{f}$ είναι κυρτή έχουμε

$\displaystyle{d(m\,x+(1-m)\,y,K)\leq m\,d(x,K)+(1-m)\,d(y,K)=0\implies d(m\,x+(1-m)\,y)=0}$

οπότε $\displaystyle{m\,x+(1-m)\,y\in\overline{K}=K$ , όπως θέλαμε.

dement · #286

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:
dement έγραψε:...
Πού είσαι βρε Δημήτρη!!

Γεια σου γίγαντα Τάσο. Χαίρομαι που έχεις πάντα το ίδιο άβαταρ.

BAGGP93 · #287

ΑΣΚΗΣΗ 107

Αν $\displaystyle{\left(E,||\cdot||\right)}$ είναι ένας απειροδιάστατος χώρος $\displaystyle{\rm{Banach}}$ και $\displaystyle{T:E\to E}$

είναι μια γραμμική, 1-1 και επί απεικόνιση, δείξτε ότι η $\displaystyle{T}$ δεν είναι συμπαγής.

ΑΣΚΗΣΗ 108

Αν $\displaystyle{P(z)=a_0+a_1\,z+...a_n\,z^n\in\mathbb{C}[z]\,\,,a_{n}\neq 0}$ με σύνολο ριζών το $\displaystyle{\left\{z_1,...,z_n\right\}}$ ,

τότε αποδείξτε ότι κάθε ρίζα της παραγώγου $\displaystyle{P^\prime(z)}$ ανήκει στην κυρτή θήκη του $\displaystyle{\left\{z_1,...,z_n\right\}}$ .

$\displaystyle{\forall\,z\in\mathbb{C}, \left(P^\prime(z)=0\implies z\in\rm{conv}\left(\left\{z_1,...,z_n\right\}\right)}\right)}$

#288

BAGGP93 έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 107

Αν $\displaystyle{\left(E,||\cdot||\right)}$ είναι ένας απειροδιάστατος χώρος $\displaystyle{\rm{Banach}}$ και $\displaystyle{T:E\to E}$

είναι μια γραμμική, 1-1 και επί απεικόνιση, δείξτε ότι η $\displaystyle{T}$ δεν είναι συμπαγής.

Με χρήση των

α) Το γινόμενο συμπαγούς επί οποιονδήποτε τελεστή είναι συμπαγής,

β) Αν ο

είναι αντιστρέψιμος τελεστής (δηλαδή φραγμένος) τότε και ο $T^{-1}$ είναι φραγμένος.

Αν, λοιπόν, ο

ήταν συμπαγής και αντιστρέψιμος, τότε θα ήταν συμπαγής και ο $T^{-1}T=I$ . Αλλά τότε η μοναδιαία σφαίρα θα ήταν συμπαγές σύνολο, άτοπο στους απειροδιάστατους (Riesz).

#289

BAGGP93 έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 108

Αν $\displaystyle{P(z)=a_0+a_1\,z+...a_n\,z^n\in\mathbb{C}[z]\,\,,a_{n}\neq 0}$ με σύνολο ριζών το $\displaystyle{\left\{z_1,...,z_n\right\}}$ ,

τότε αποδείξτε ότι κάθε ρίζα της παραγώγου $\displaystyle{P^\prime(z)}$ ανήκει στην κυρτή θήκη του $\displaystyle{\left\{z_1,...,z_n\right\}}$ .

$\displaystyle{\forall\,z\in\mathbb{C}, \left(P^\prime(z)=0\implies z\in\rm{conv}\left(\left\{z_1,...,z_n\right\}\right)}\right)}$

Πρόκειται για το Θεώρημα Gauss-Lucas.

Είναι αρκετά γνωστό θεώρημα, καθώς υπάρχει σε όλα τα προχωρημένα βιβλία Θεωρίας Πολυωνύμων. Βλέπε άλλωστε απόδειξη εδώ

Ας προσθέσω ότι η ειδική περίπτωση πολυωνύμου τρίτου βαθμού έχει μία πολλή κομψή ισχυροποίηση, γνωστή ως Θεώρημα Marden που λέει ότι οι (δύο) ρίζες του

είναι οι εστίες της έλλειψης που εφάπτεται στο τρίγωνο που ορίζουν οι ρίζες του

. Είμαι σίγουρος ότι το Google θα δώσει άριστες παραπομπές (δεν το ψάχνω).

Επίσης ένα βήμα παραπέρα είναι η λεγόμενη εικασία του Sendov, η οποία έχει αποδειχθεί για διάφορες μικρές τιμές του βαθμού του

. Αξιοσημείωτη συμβολή σε αυτή την κατεύθυνση είναι από τον Μανώλη Κατσοπρινάκη, συνταξιούχο σήμερα Καθηγητή στο Μαθηματικό Κρήτης.

Μ.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #290

Για την εικασία του Sendov βλέπε και στο

viewtopic.php?f=111&t=10357

nickthegreek · #291

Προτείνω την ακόλουθη ενδιαφέρουσα άσκηση :

Nα αποδείξετε ότι υπάρχει $L \in l_\infty^*$ με τις εξής ιδιότητες :

1) $\| L \| = 1$

2) Αν x = (x_1 , x_2 , x_3 , ...)

και

τότε

3) Aν με $\textit{c}$ συμβολίζουμε τον υποχώρο όλων των συγκλινουσών ακολουθιών, τότε $L(x) = lim_{n \to \infty} \hspace{1mm} x_n$ για κάθε $x \in \textit{c}$

Φιλικά,
Νίκος

#292

nickthegreek έγραψε:Προτείνω την ακόλουθη ενδιαφέρουσα άσκηση :

Nα αποδείξετε ότι υπάρχει $L \in l_\infty^*$ με τις εξής ιδιότητες :

1) $\| L \| = 1$

2) Αν και τότε

3) Aν με $\textit{c}$ συμβολίζουμε τον υποχώρο όλων των συγκλινουσών ακολουθιών, τότε $L(x) = lim_{n \to \infty} \hspace{1mm} x_n$ για κάθε $x \in \textit{c}$

Φιλικά,
Νίκος

Νίκο, πρόκειται για τα λεγόμενα Banach Limits (βλέπε π.χ. εδώ) τα οποία είναι αρκετά στάνταρ θεωρία στα βιβλία Συναρτησιακής Ανάλυσης. Η απόδειξη γίνεται με χρήση του Θεωρήματος Hahn-Banach.

Μπορούμε ακόμη να βρούμε τέτοιο συναρτησοειδές που ικανοποεί επιπλέον κάποια συνθήκη "θετικότητας" (βλέπε την συνθήκη 2 στην παραπάνω παραπομπή). Τέλος, αν θυμάμαι καλά (αλλά ομολογώ ότι είμαι κουρασμένος μετά από ολοήμερο ταξίδι στο εξωτερικό, και δεν το ψάχνω) υπάρχουν $2^{2 ^ {\aleph _0}}$ τέτοια συναρτησοειδή.

nickthegreek · #293

Mihalis_Lambrou έγραψε:
nickthegreek έγραψε:Προτείνω την ακόλουθη ενδιαφέρουσα άσκηση :

Nα αποδείξετε ότι υπάρχει $L \in l_\infty^*$ με τις εξής ιδιότητες :

1) $\| L \| = 1$

2) Αν και τότε

3) Aν με $\textit{c}$ συμβολίζουμε τον υποχώρο όλων των συγκλινουσών ακολουθιών, τότε $L(x) = lim_{n \to \infty} \hspace{1mm} x_n$ για κάθε $x \in \textit{c}$

Φιλικά,
Νίκος
Νίκο, πρόκειται για τα λεγόμενα Banach Limits (βλέπε π.χ. εδώ) τα οποία είναι αρκετά στάνταρ θεωρία στα βιβλία Συναρτησιακής Ανάλυσης. Η απόδειξη γίνεται με χρήση του Θεωρήματος Hahn-Banach.

Μπορούμε ακόμη να βρούμε τέτοιο συναρτησοειδές που ικανοποεί επιπλέον κάποια συνθήκη "θετικότητας" (βλέπε την συνθήκη 2 στην παραπάνω παραπομπή). Τέλος, αν θυμάμαι καλά (αλλά ομολογώ ότι είμαι κουρασμένος μετά από ολοήμερο ταξίδι στο εξωτερικό, και δεν το ψάχνω) υπάρχουν $2^{2 ^ {\aleph _0}}$ τέτοια συναρτησοειδή.

Ευχαριστώ κύριε Μιχάλη! Δεν γνώριζα ότι υπάρχει ειδική ορολογία για το συγκεκριμένο συναρτησοειδές. Δίνω και τη λύση μου για να κλείσει η άσκηση :

Λήμμα : Έστω

χώρος με νόρμα και

υποχώρος. Έστω $z \in X - Y$ τέτοιο ώστε d = d (z, Y) > 0

. Τότε υπάρχει $f \in X^*$ τέτοιο ώστε $Y \subset ker f$ , $\| f \| = 1$ και f(z) =d

Απόδειξη : Θέτω Z = Y + span(z)

και ορίζω ένα συναρτησοειδές

στο

και συμπεραίνω ότι $\| g \| \geq 1$ . Άρα $\| g \| = 1$ . To ζητούμενο τώρα προκύπτει από μια μορφή του Hahn - Banach . $\square$

Πίσω στην άσκηση, θέτω $Y = \begin{Bmatrix} x - x' \mid x \in l_\infty \end{Bmatrix}$ και z= (1,1,1...,)

. Τότε

(γιατί;) . Άρα υπάρχει σύμφωνα με το λήμμα συναρτησοειδές

που ικανοποιεί τις συνθήκες (1) , (3)

του προβλήματος. Για την (2)

χρειάζεται λίγη περισσότερη δουλειά. Παρατηρήστε ότι ισοδύναμα αρκεί να δείξουμε ότι $c_0 \subset ker L$ όπου με c_0

συμβολίζουμε τον υποχώρο των ακολουθιών που συγκλίνουν στο μηδέν. Γρήγορα σκεφτόμαστε ότι το πρόβλημα θα λυνόταν αν $c_0 \subseteq Y$ . Κάτι τέτοιο όμως δεν ισχύει! Δοκιμάζουμε λοιπόν τον υποχώρο $c_{00}$ των ακολουθιών αυτών που έχουν πεπερασμένες μη μηδενικές "συντεταγμένες". Εύκολα προκύπτει ότι $\overline{c_{00}} = c_0$ και έχουμε ότι $c_{00} \subset Y$ . Το ζητούμενο έπεται.

Τα παραπάνω τα έγραψα λίγο βιαστικά και θεωρώ ότι το πρόβλημα είναι πιο δύσκολο από ότι οι λίγες σειρές λύσης το κάνουν να φαίνεται...

Φιλικά,
Νίκος

BAGGP93 · #294

ΑΣΚΗΣΗ 110

Να αποδείξετε ότι το σύνολο $\displaystyle{U(\mathbb{B}(H))=\left\{T\in\mathbb{B}(H): \exists\,T^{-1}\right\}}$ , όπου $\displaystyle{\left(H,\langle{,\rangle}\right)}$

είναι χώρος $\displaystyle{\rm{Hilbert}}$ , είναι ανοικτό υποσύνολο της άλγεβρας $\displaystyle{\rm{Banach}}$ , $\displaystyle{\left(\mathbb{B}(H),||\cdot||_{\mathbb{B}(H)}\right)}$ .

nickthegreek · #295

BAGGP93 έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 110

Να αποδείξετε ότι το σύνολο $\displaystyle{U(\mathbb{B}(H))=\left\{T\in\mathbb{B}(H): \exists\,T^{-1}\right\}}$ , όπου $\displaystyle{\left(H,\langle{,\rangle}\right)}$

είναι χώρος $\displaystyle{\rm{Hilbert}}$ , είναι ανοικτό υποσύνολο της άλγεβρας $\displaystyle{\rm{Banach}}$ , $\displaystyle{\left(\mathbb{B}(H),||\cdot||_{\mathbb{B}(H)}\right)}$ .

Γεια σου Βαγγέλη,

Γενικά αν έχουμε μια Banach άλγεβρα

με μονάδα και συμβολίζουμε με G(A)

το σύνολο των αντιστρέψιμων στοιχείων τότε το G(A)

είναι ανοικτό. Για την απόδειξη, μπορεί κάποιος να αποδείξει ότι αν $\| 1- x \| < 1$ τότε το

είναι αντιστρέψιμο και $\| x^{-1} \| \leq (1 - \| 1-x \|)^{-1}$ . H απόδειξη αυτού γίνεται με χρήση της σειράς $\frac{1}{1-x} = 1 + x +x^2 +...$ και έχει ξαναγίνει νομίζω σε αυτό το topic, οπότε δεν τη δίνω.

Στο θέμα μας τώρα, αν έχουμε $\| x - y \| < \| x^{-1} \|^{-1}$ τότε το

είναι αντιστρέψιμο! Γιατί έχουμε $\| x^{-1} \| \| x-y\| \geq \| 1 - x^{-1}y\|$ και από το παραπάνω το $x^{-1} y$ είναι αντιστρέψιμο και άρα το ίδιο ισχύει και για το

.

Ας προτείνω μερικές ακόμη γνωστές ιδιότητες για επίλυση :

ΑΣΚΗΣΗ 111

Έστω

μια Banach άλγεβρα με μονάδα.

1) H πράξη $x \mapsto x^{-1} : G(A) \to G(A)$ είναι συνεχής

2) Αν $x_n \in G(A)$ και $x_n \to x \notin G(A)$ τότε $\| x_n^{-1} \| \to \infty$

3) Αν $x \in \partial G(A)$ τότε το

έχει τοπολογικούς μηδενοδιαιρέτες , δηλαδή απλά υπάρχει ακολουθία (z_n)

στη μοναδιαία σφαίρα του

τέτοια ώστε $x z_n \to 0$ και $z_n x \to 0$ .

Φιλικά,
Νίκος

BAGGP93 · #296

ΑΣΚΗΣΗ 112

Υπάρχει αρίθμηση $\displaystyle{\left\{q_n\in\mathbb{Q}: n\in\mathbb{N}\right\}}$ του $\displaystyle{\mathbb{Q}}$ ώστε να ισχύει

$\displaystyle{\mathbb{R}\neq \bigcup_{n=1}^{\infty}\left(q_n-\dfrac{1}{n},q_n+\dfrac{1}{n}\right)}$ ;

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #297

Θεωρώ ότι για αυτούς που γνωρίζουν η άσκηση 112 είναι εύκολη.
Καλό είναι για αυτούς που δεν γνωρίζουν να αποδειχθεί ότι υπάρχει και αρίθμηση
των ρητών ώστε να ισχύει η ισότητα.
(θεωρώ ότι τεχνικά είναι πιο δύσκολο)

BAGGP93 · #298

Γεια σας κύριε Σταύρο. Έχετε δίκιο. Δεν γνώριζα την άσκηση, η λύση που έχω μου φαίνεται εξαιρετική, αλλά δεν θα τη σκεφτόμουν μόνος μου.

Επίσης, δεν έχω απάντηση και για το άλλο ερώτημα που θέτετε.

Απαντώ με άλλη μια άσκηση

ΑΣΚΗΣΗ 113

Έστω $\displaystyle{f\in C^{1}(\mathbb{R},\mathbb{R})}$ . Αποδείξτε ότι αν $\displaystyle{E}$ είναι ένα μετρήσιμο υποσύνολο του $\displaystyle{\mathbb{R}}$

με $\displaystyle{\lambda(E)=0}$ , τότε $\displaystyle{\lambda(f(E))=0}$ .

Με $\displaystyle{\lambda}$ συμβολίζουμε το μέτρο $\displaystyle{\rm{Lebesgue}}$ στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ .

BAGGP93 · #299

nickthegreek έγραψε:
Ας προτείνω μερικές ακόμη γνωστές ιδιότητες για επίλυση :

ΑΣΚΗΣΗ 111

Έστω μια Banach άλγεβρα με μονάδα.

1) H πράξη $x \mapsto x^{-1} : G(A) \to G(A)$ είναι συνεχής

2) Αν $x_n \in G(A)$ και $x_n \to x \notin G(A)$ τότε $\| x_n^{-1} \| \to \infty$

3) Αν $x \in \partial G(A)$ τότε το έχει τοπολογικούς μηδενοδιαιρέτες , δηλαδή απλά υπάρχει ακολουθία στη μοναδιαία σφαίρα του τέτοια ώστε $x z_n \to 0$ και $z_n x \to 0$ .

Γεια σου Νίκο.

Θα δείξουμε αρχικά ότι ο πολλαπλασιασμός είναι συνεχής απεικόνιση. Έστω $\displaystyle{\left(x,y\right)\in A\times A}$ .

Θεωρούμε ακολουθίες $\displaystyle{\left(x_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}\,\,,\left(y_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}}$ ώστε $\displaystyle{x_n\to x\,\,,y_n\to y}$ .

Τότε, οι ακολουθίες αυτές είναι φραγμένες, έστω από τους αριθμούς $\displaystyle{M_1\,,M_2}$ , αντίστοιχα.

Για κάθε $\displaystyle{n\in\mathb{N}}$ έχουμε

$\displaystyle{\begin{aligned}||x_n\,y_n-x\,y||&=||(x_n-x)\,y_n+x(y_n-y)||\\&\leq ||(x_n-x)\,y_n||+||x\,(y_n-y)||\\&\leq ||x_n-x||\,||y_n||+||x|\,||y_n-y||\\&\leq M_2\,||x_n-x||+||x||\,||y_n-y||\end{aligned}}$

και το αριστερό μέλος συγκλίνει προς το μηδέν. Άρα, έχουμε το ζητούμενο.

Το γεγονός ότι η αντιστροφή είναι συνεχής απεικόνιση έπεται από το ακόλουθο Λήμμα .

Αν $\displaystyle{b\in G(A)}$ και $\displaystyle{y\in A}$ με $\displaystyle{||y||<(2\,||b^{-1}||)^{-1}}$ , τότε

$\displaystyle{b-y\in G(A)}$ και $\displaystyle{||(b-y)^{-1}-b^{-1}||<2\,||b^{-1}||^2\,||y||}$ .

Από τα παραπάνω έπεται ότι η $\displaystyle{\left(G(A),\cdot\right)}$ είναι τοπολογική ομάδα.

2. Αφού $\displaystyle{x_{n}^{-1}\,x\notin G(A)}$ (διότι αλλιώς, $\displaystyle{x=x_n\,x_n^{-1}\,x\in G(A)}$ ), έπεται ότι

$\displaystyle{1\leq ||x_n^{-1}\,x-1||=||x_n^{-1}\,x-x_n^{-1}\,x_n||\leq ||x_n^{-1}||\,||x_n-x||\implies ||x_{n}^{-1}||\geq \dfrac{1}{||x_n-x||}\to +\infty}$ .

Παρατήρηση : $\displaystyle{x_n\neq x\,,\forall\,n\in\mathbb{N}}$ διότι $\displaystyle{x_n\in G(A)}$ ενώ $\displaystyle{x\notin G(A)}$ .

3. Ίδιο σκεπτικό με το 2. και θέτουμε $\displaystyle{z_n=\dfrac{x_n^{-1}}{||x_n^{-1}||}\,,n\in\mathbb{N}}$ .

Θα επανέλθω πιο αναλυτικά.

BAGGP93 · #300

Πιο αναλυτικά για το 3.

Αφού $\displaystyle{x\in\partial(G(A))=\overline{G(A)}-G(A)}$ , ( $\displaystyle{G(A)}$ - ανοιχτό), έπεται ότι $\displaystyle{x\notin G(A)}$

αλλά υπάρχει ακολουθία $\displaystyle{\left(x_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}$ στοιχείων του $\displaystyle{G(A)}$ τέτοια, ώστε $\displaystyle{x_{n}\to x}$ .

Όπως στο 2. έχουμε $\displaystyle{x_n^{-1}\,x\notin G(A)}$ και άρα,

$\displaystyle{1\leq ||x_n^{-1}\,x-1||=||x_n^{-1}\,x-x_{n}^{-1}\,x_{n}||\leq ||x_{n}^{-1}||\,||x-x_n||\implies \dfrac{1}{||x_{n}^{-1}||}\to 0}$ .

Θέτουμε, $\displaystyle{z_n=\dfrac{x_n^{-1}}{||x_{n}^{-1}||}\,,n\in\mathbb{N}}$ με $\displaystyle{||z_{n}||=1\,,n\in\mathbb{N}}$ και

$\displaystyle{x\,z_n=(x-x_n)\,z_n+\dfrac{1}{||x_{n}^{-1}||}\to 0}$ . Επίσης, $\displaystyle{z_n\,x\to 0}$ .

Άρα, το $\displaystyle{x}$ έχει τοπολογικούς διαιρέτες.

Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Μέλη σε σύνδεση