ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

parmenides51 · #61

SoulGR έγραψε:για την άσκηση 62 στο β ερώτημα όντως φαίνεται η ρίζα να υπάρχει στο
στο γ ερώτημα θα μπορούσαμε να πούμε απ ευθείας εφόσον η δεν είναι ''1-1'' και άρα δεν αντιστρέφεται

η προσπάθεια που καταβάλλεται στην παρούσα συλλογή είναι να είναι οι λύσεις όσο το δυνατόν πιο αναλυτικές
θα ήθελα να μας γράψεις λίγο πιο αναλυτικά τα παραπάνω
φιλικά

Οδηγίες για $\displaystyle{\LaTeX}$ εδώ

edit

Ιστοσελίδα · #62

Άσκηση 64 -

Έστω συνάρτηση $\displaystyle{f:R \to R}$ για την οποία ισχύει ότι: $\displaystyle{f\left( {x + y} \right) = f\left( x \right) + f\left( y \right) - \alpha }$ , για κάθε $\displaystyle{x,y \in R}$ , $\displaystyle{\alpha \in R}$ (σταθερό).
Α) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{f\left( 0 \right) = \alpha }$
Β) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{f\left( {x - y} \right) = f\left( x \right) - f\left( y \right) + \alpha }$ για κάθε $\displaystyle{x,y \in R}$ .
Γ) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{f\left( {\nu x} \right) = \nu f\left( x \right) - \left( {\nu - 1} \right)\alpha }$ για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ , $\displaystyle{\nu \in {{\rm N}^*}}$ .
Δ) Αν η εξίσωση $\displaystyle{f\left( x \right) = \alpha }$ έχει μοναδική λύση στο $\displaystyle{R}$ , να αποδείξετε ότι η $\displaystyle{f}$ είναι $\displaystyle{1 - 1}$ και ισχύει $\displaystyle{{f^{ - 1}}\left( {x + y - \alpha } \right) = {f^{ - 1}}\left( x \right) + {f^{ - 1}}\left( y \right)}$ για κάθε $\displaystyle{x,y \in f\left( R \right)}$
Ε) Αν για κάθε $\displaystyle{x > 0}$ είναι $\displaystyle{f\left( x \right) > \alpha }$ , να αποδείξετε ότι η $\displaystyle{f}$ είναι γνήσια αύξουσα στο $\displaystyle{R}$ και να λυθεί η ανίσωση $\displaystyle{{f^{ - 1}}\left( {2f({x^2})} \right) < {f^{ - 1}}\left( {f(3x - 1) + \alpha } \right)}$ .
Στ) Αν η

είναι συνεχής στο ${x_o} = 0$ να βρείτε το $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to \alpha } f(x)}$

Μίλτος

--------------------
Από τον Απολλώνιο

dennys · #63

ΛΥΣΗ ΑΣΚΗΣΗΣ 64
1) Η δοσμένη σχέση για $x=0 \Leftrightarrow f(0)=2f(0)-a \Leftrightarrow f(0)=a$
2)Για $y=-x \Leftrightarrow f(0)=f(x)+f(-x)-a \Leftrightarrow f(x)+f(-x)=2a \Leftrightarrow f(-x)=2a-f(x) ,\,\,(1)$
f(x-y)=f[x+(-y)]=f(x)+f(-y)-a=f(x)+2a-f(y)-a=f(x)-f(y)+a

3)Για

ισχύει .
Εστω οτι ισχύει για $n=k \Leftrightarrow f(kx)=kf(x)-(k-1)a (2)$
Θα δείξω οτι ισχύει και για $n=k+1 \Leftrightarrow f[(k+1)x]=(k+1)f(x)-ka$
Ομως f[(k+1)x]=f(kx+x)=f(kx)+f(x)-a=kf(x)-(k-1)a+f(x)-a=(k+1)f(x)-ka

δηλ.με μαθ.Επαγωγή οδηγηθήκαμε στην απόδειξη.
4)Απο $f(x_1)=f(x_2) \Leftrightarrow f(x_1)-f(x_2)=0 \Leftrightarrow f(x_1-x_2)-a=0 \Leftrightarrow f(x_1-x_2)=a$
απο το 2) χρησιμοποίησα την σχέση για x=x_1, y=x_2

και αφού η εξίσωση έχει μοναδική λύση την x=0

$x_1-x_2=0 \Leftrightarrow x_1=x_2 \Leftrightarrow f "1-1"$
Η δοσμένη σχέση για $x=f^{-1}(k), y=f^{-1}(l) \Leftrightarrow f(f^{-1}(k))+f^{-1}(l))=k+l-a \Leftrightarrow$
Αν $f^{-1}-$ άρω την ανω ισότητα εχω $f^{-1}(k)+f^{-1}(l)=f^{-1}(k+l-a)$
5)Αν $x_1<x_2 \Leftrightarrow x_2-x_1>0 \Leftrioghtarrow f(x_2-x_1)>a \Leftrightarrow f(x_2)-f(x_1)+a>a \Leftrightarrow f(x_2)>f(x_1)$ δηλ
f(x)

γν.αύξουσα.
6)Αν παρω $lim_{x\to{a}}f(x)=lim_{h\to0}f(a+h)=lim_{h\to0}[f(a)+f(h)-a]=f(a)+a-a=f(a)$ εθεσα $x-a=h \rightarrow 0$
θα δω λίγο την ανίσωση αν δεν με προλάβει κανένα τσακαλάκι.
με εφαγε λάχανο η pito

pito · #64

ΛΥΣΗ ΑΣΚΗΣΗΣ 64

a) Για x=y=0

η δοσμένη γίνεται $f(0)=2f(0)-a\Rightarrow f(0)=a$

β) Για x=-y

η δοσμένη γίνεται $f(0)=f(-y)+f(y)-a\Rightarrow f(-y)=2a-f(y) (1)$ .

Βάζοντας όπου

το

στην δοσμένη αρχική σχέση είναι
$f(x-y)=f(x)+f(-y)-a\Rightarrow f(x-y)=f(x)+2a-f(y)-a\Rightarrow f(x-y)=f(x)-f(y)+a$ (λόγω της (1))

γ) Είναι για $\nu =1$ $\Rightarrow f(x)=f(x)-0\Leftrightarrow 0=0$ , που ισχύει.

Έστω ότι η σχέση ισχύει για $\nu =k\Rightarrow f(kx)=kf(x)-(k-1)a (2)$ , θα δείξουμε ότι η σχέση ισχύει για $\nu =k+1$
Είναι f[(k+1)x]=f(kx+x)=f(kx)+f(x)-a=kf(x)+f(x)-(k-1)a-a=(k+1)f(k)-ka

,
που είναι το ζητούμενο, άρα σύμφωνα με την μαθηματική επαγωγή η σχέση θα ισχύει.

δ) Είναι f(0)=a

, άρα η μοναδική ρίζα της εξίσωσης f(x)=0

είναι η $x_{o}=0$ .

Έστω $x_{1},x_{2}\in R \mu \epsilon f(x_{1})=f(x_{2})\Rightarrow f(x_{1})-f(x_{2})=0$
$\Rightarrow f(x_{1}-x_{2})-a=0\Rightarrow f(x_{1}-x_{2})=a$ ( λόγω του β ερωτήματος) , ΄
άρα θα πρέπει $x_{1}-x_{2}=0\Rightarrow x_{1}=x_{2}$ ,
συνεπώς η

είναι

, άρα και αντιστρέψιμη.

Έστω $f^{-1}(x+y-a)=k\Rightarrow (x+y-a)=f(k), f^{-1}(x)=\lambda \Rightarrow x=f(\lambda ),$
$f^{-1}(y)=\mu \Rightarrow y=f(\mu )$
Από την αρχική σχέση είναι $f(\lambda +\mu )=f(\lambda )+f(\mu )-a\Rightarrow f(\lambda +\mu )=x+y-a$
$\Rightarrow \lambda +\mu =f^{-1}(x+y-a)\Rightarrow f^{-1}(x+y-a)=f^{-1}(x)+f^{-1}(y)$

ε) Έστω $x_{1},x_{2}\in R \mu \varepsilon x_{1}<x_{2}\Rightarrow x_{2}-x_{1}>0$
$\Rightarrow f(x_{2}-x_{1})>a\Rightarrow f(x_{2})-f(x_{1})+a>a\Rightarrow f(x_{2})>f(x_{1})$ ,
συνεπώς η

είναι γνησίως αύξουσα στο

.
Θα είναι και η $f^{-1}$ γνησίως αύξουσα στο

( Απόδειξη:'Εστω ότι υπάρχουν $x_{1},x_{2}\in R$ με $x_{1}<x_{2}$
και $f^{-1}(x_{1)}\geq f^{-1}(x_{2})$ , όμως η

είναι γνησίως αύξουσα άρα $f(f^{-1}(x_{1)})\geq f(f^{-1}(x_{2})$
άρα και $x_{1}\geq x_{2}$ ,άτοπο)

Έτσι $f^{-1}(2f(x^{2})<f^{-1}(f(3x-1)+a)\Rightarrow 2f(x^{2})<f(3x-1)<a\Rightarrow f(x^{2})-f(3x-1)<f(0)-f(x^{2})$
$\Rightarrow f(x^{2}-3x+1)<f(-x^{2})\Rightarrow 2x^{2}-3x+1<0$

άρα $x\in (\frac{1}{2},1)$

στ) Είναι $lim_{x\rightarrow 0}f(x)=f(0)=a$ , αφού η

είναι συνεχής στο

Έστω τυχόν $x_{o}\in R\Rightarrow lim_{h\rightarrow 0}f(x_{o}+h)=lim_{h\rightarrow 0}[f(x_{o})+f(h)-a]=f(x_{0})$ .
Έτσι η

είναι συνεχής στο

.

perpant · #65

Με αφορμή την άσκηση 56 θέτω έναν προβληματισμό που έμεινε αναπάντητος σε προηγούμενη δημοσίευση και θα ήθελα τις απόψεις-παρατηρήσεις σας.
Το θέμα είναι κατά πόσο στην ερώτηση να λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{\frac{{f\left( x \right)}}{x} = 1}$ , δικαιούμαστε να θεωρήσουμε $\displaystyle{f\left( x \right) = x}$ και να αντικαταστήσουμε σε μια δοσμένη σχέση.
Δίνω παράδειγμα.
Έστω η συνάρτηση $\displaystyle{f:\Re \to \Re }$ η οποία ικανοποιεί τη σχέση $\displaystyle{f^2 \left( x \right) + f\left( x \right) = x^2 + 3x + 2}$ (Σχέση 1). Να λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{ \frac{{f\left( x \right)}}{x} = 1}$ . Αν θεωρήσω $\displaystyle{f\left( x \right) = x}$ και αντικαταστήσω στη δοσμένη σχέση 1 προκύπτει η εξίσωση $\displaystyle{x^2 + x = x^2 + 3x + 2 }$ , η οποία έχει λύση $\displaystyle{x = - 1}$ . Όμως, αν θεωρήσω τη συνάρτηση $\displaystyle{f\left( x \right) = x + 1}$ τότε αυτή ικανοποιεί τη σχέση 1, ενώ τότε η εξίσωση $\displaystyle{\frac{{f\left( x \right)}}{x} = 1}$ είναι αδύνατη

parmenides51 · #66

Περικλή σχετικά με την λύση της 56 έχεις δίκιο.

Χρειάζεται επαλήθευση, δεν είναι τόσο εύστοχα διατυπωμένο.
Ο παραπάνω συλλογισμός διορθωμένος (βλέπε παρακάτω) αποδεικνύει πως η μόνη πιθανή μη μηδενική ρίζα είναι το

.
Δεν αποδεικνύει πως όντως είναι το

ρίζα.

Πιστεύω ορθότερη είναι η διατύπωση :
''έστω $\displaystyle{{a\in R^*}}$ ρίζα της εξίσωσης $\displaystyle{\frac{f\left( x \right)} {x}=1}$ τότε $\displaystyle{\frac{f\left( a \right)} {a}=1} \Leftrightarrow f\left( a \right) = a$
και αντικαθιστούμε στην δοσμένη (1), από όπου βρίσκουμε $\displaystyle{a=-1}$ .
Βάζοντας στην (1) την τιμή $\displaystyle{a=-1}$ έχουμε πως $\displaystyle{f(-1)=0}$ ή $\displaystyle{f(-1)=-1}$ .
Μετά δεν βλέπω πως προχωράει

Καλύτερα να βρίσκαμε απευθείας την συνάρτηση $\displaystyle{f(x)}$ στο παράδειγμα σου.

Συνεπώς εκκρεμεί η λύση της 56(ii)

apotin · #67

Άσκηση 56
ii) Τι θα λέγατε για αυτή τη λύση;

Η εξίσωση $\displaystyle{\frac{{f(x)}}{x} = 1}$ με $\displaystyle{x \ne 0}$ με βάση τα προηγούμενα έχει προφανή λύση την x=1.
Θα δείξω ότι είναι μοναδική.
Έστω ότι η εξίσωση έχει λύση και την $\displaystyle{x=a}$ όπου $\displaystyle{0<a \ne 1}$
Τότε $\displaystyle{f(a)=a}$ και η αρχική σχέση για $\displaystyle{x=a}$ γίνεται:

$\displaystyle{{f^2}\left( a \right) + \ln f\left( a \right) = \ln a + 1 \Leftrightarrow {a^2} + \ln a = \ln a + 1 \Leftrightarrow {a^2} = 1 \Leftrightarrow a = 1}$ , άτοπο

Άρα η εξίσωση έχει μοναδική λύση την x=1

parmenides51 · #68

Μια χαρά μου φαίνεται Αποστόλη

dennys · #69

Δεν κατάλαβα τι διαφορετικό κάνατε αποδεικνύοντας την μοναδικότητα μ'αυτό τον τρόπο ,χωρίς να θέλω να προσβάλλω κανένα σας.
Ας δώσει και ο Χρήστος που έβαλε την άσκηση τι σκεφτόταν οταν την έκανε .
με εκτίμηση
dennys
ΕΚΚΡΕΜΕΙ Η ΑΣΚΗΣΗ 58

pana1333 · #70

Καλησπέρα σε όλους. Συγνώμη που δεν έχω παρέμβει αλλά δεν πρόλαβα.

Πιστεύω ότι θέτοντας f(x)=x

στην δοσμένη σχέση απλά επαληθεύουμε ότι f(1)=1

και δεν λύνουμε την εξίσωση f(x)=x

(?)(Προβληματισμός)

Η αρχική μου σκέψη - λύση είναι η εξής (δεν τη δίνω αναλυτικά). Βρίσκω την αντίστροφη της συνάρτησης

θέτοντας

στη δοσμένη σχέση και μετά λύνω την ισοδύναμη εξίσωση $f^{-1}\left(x \right)=x$ και παίρνω ως λύση την x=1

.

perpant · #71

parmenides51 έγραψε:Περικλή σχετικά με την λύση της 56 έχεις δίκιο.

Χρειάζεται επαλήθευση, δεν είναι τόσο εύστοχα διατυπωμένο.
Ο παραπάνω συλλογισμός διορθωμένος (βλέπε παρακάτω) αποδεικνύει πως η μόνη πιθανή μη μηδενική ρίζα είναι το .
Δεν αποδεικνύει πως όντως είναι το ρίζα.

Πιστεύω ορθότερη είναι η διατύπωση :
''έστω $\displaystyle{{a\in R^*}}$ ρίζα της εξίσωσης $\displaystyle{\frac{f\left( x \right)} {x}=1}$ τότε $\displaystyle{\frac{f\left( a \right)} {a}=1} \Leftrightarrow f\left( a \right) = a$
και αντικαθιστούμε στην δοσμένη (1), από όπου βρίσκουμε $\displaystyle{a=-1}$ .
Βάζοντας στην (1) την τιμή $\displaystyle{a=-1}$ έχουμε πως $\displaystyle{f(-1)=0}$ ή $\displaystyle{f(-1)=-1}$ .
Μετά δεν βλέπω πως προχωράει

Καλύτερα να βρίσκαμε απευθείας την συνάρτηση $\displaystyle{f(x)}$ στο παράδειγμα σου.

Συνεπώς εκκρεμεί η λύση της 56(ii)

Καλησπέρα σε όλους και ευχαριστώ για την ενασχόληση. Το παράδειγμα που έβαλα είναι ένα απλό παράδειγμα, γρήγορα φτιαγμένο, για να δείξω ότι η διαδικασία του να θέσω στη θέση της $\displaystyle{f(x)}$ το x μπορεί να με οδηγήσει σε λάθος συμπέρασμα. Με καλύπτει απόλυτα η θέση του parmenides51, η λύση του Απόστολου (Apotin) όπως και η απάντηση του θεματοδότη του Χρήστου.
Φιλικά, Περικλής

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #72

Μια κλασική άσκηση, η οποία πρέπει να υπάρχει στην συλλογή. Τέτοιες ασκήσεις έχουν δημοσιευτεί πολλές φορες στο mathematica.

ΑΣΚΗΣΗ 65

Έστω η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ : $\displaystyle{R \to R}$ για την οποία ισχύει $\displaystyle{f^3 (x) + 5f(x) + x = 0}$ , $\displaystyle{\forall x \in R}$

α. Να προσδιορίσετε το πρόσημο της συνάρτησης $\displaystyle{f}$

β.Να δείξετε οτι η $\displaystyle{f}$ αντιστρέφεται

γ.Να δείξετε οτι η $\displaystyle{f}$ έχει σύνολο τιμών το $\displaystyle{R}$ και να ορίσετε την αντίστροφη συνάρτηση $\displaystyle{f^{ - 1} }$

δ.Να δείξετε οτι η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{R}$

ε.Να αποδείξετε οτι η $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{R}$

στ.Να λύσετε την εξίσωση $\displaystyle{f(x - 19) = x + 1}$

ζ.Να βρείτε το $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f^{ - 1} (x)}}{{\eta \mu x}}}$

Με μια γρηγορή ματιά, είδα οτι έχουν μείνει χωρίς λύση οι ασκήσεις 57 και 58

parmenides51 · #73

pito έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 43η

Δίνεται η συνεχής στο συνάρτηση και η συνάρτηση $g:R\rightarrow R$ με την ιδιότητα $g(x)f^{2}(x)=e^{x}g(x)+1$ για κάθε $x\in R$ και .

Α) Να βρείτε το $lim_{x\rightarrow -\infty}f(x)$ .

β) Να βρείτε το $lim_{x\rightarrow -\infty}g(x)$

γ) Να δείξετε ότι $g(0)\leq- 1$

δ) Να δείξετε ότι η εξίσωση $(x-1)(e^{x}+x)[g(x)+e^{x}]=x[f(x-1)+x]$ έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο και μία τουλάχιστον μη θετική ρίζα.

με διαφορετικές λύσεις εδώ

STOPJOHN έγραψε:Ασκηση51
Δίνεται συνάρτηση για την οποία ισχύει για κάθε χ πραγματικό αριθμό
α. Να αποδείξετε ότι $\left|2f(x)-x \right|\leq \left|f(x) \right|$
β. Να αποδείξετε ότι $\left|f(x) \right|\leq \left|x \right|$
γ. Ν υπολογίσετε το όριο $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{sinf(x)}{f(x)}$
δ. Να υπολογίσετε το όριο $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)}{x}$

Γιάννης Σ

με διαφορετικές λύσεις εδώ

#74

alexandropoulos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 57

Έστω συνάρτηση $f:R\rightarrow R$ με $f(x)\geq 1$ για την οποία ισχύει για κάθε $x,y\epsilon R$ και $k\epsilon R$ .
α. Να βρεθούν οι τιμές του πραγματικού αριθμού .
β. Για τη μικρότερη θετική ακέραια τιμή του να δειχθεί ότι η είναι συνεχής.

διορθώθηκε η απουσία του

α. Για κάθε $x,y\epsilon R$ ισχύουν:

(f(x)-k)(f(y)+3k)=k

και

Αφαιρούμε κατά μέλη: k(f(x)-f(y))=0

Αν υπάρχουν x, y

με $f(x)\neq f(y)$ , τότε k=0

και η αρχική σχέση δίνει την σταθερή συνάρτηση f(x)=0

, άτοπο

Άρα για κάθε x, y

είναι $f(x)= f(y)=c\geq 1$ (σταθερή) και η αρχική σχέση δίνει: 3k^2+(1-2c)k-c^2=0

Αυτή έχει λύσεις:

$k=\frac{2c-1+\sqrt{(1-2c)^2+12c^2}}{6} , k=\frac{2c-1-\sqrt{(1-2c)^2+12c^2}}{6}$

Και τώρα πράξεις κ.λπ...

Με $c\geq 1$ το κλάσμα της πρώτης λύσης ορίζει γνησίως αύξουσα συνάρτηση και δίνει $k\geq \frac{1+\sqrt{13}}{6}$

Με $c\geq 1$ το κλάσμα της δεύτερης λύσης ορίζει γνησίως φθίνουσα συνάρτηση και δίνει $k\leq \frac{1-\sqrt{13}}{6}$

β. Είναι προφανές από α., αφού η συνάρτηση είναι σταθερή.

ghan · #75

ΑΣΚΗΣΗ 66
Έστω $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ συνεχής, για την οποία ισχύει για κάθε $x\in \mathbb{R}$ : ${{x}^{2}}<f(x)<{{x}^{2}}+1$ .
α) Να δείξετε ότι η $\mathop{C}_{f}$ τέμνει την ευθεία y=2x

σ’ ένα τουλάχιστον σημείο με τετμημένη ${{x}_{0}}\in \left( 0,1 \right)$ .
β) Αν επιπλέον η συνάρτηση

είναι γνησίως αύξουσα να δείξετε ότι:
(i) η $g(x)=\frac{1}{f(x)}+\frac{1}{{{e}^{x}}}-1$ , $x\in \mathbb{R}$ είναι γνησίως φθίνουσα
(ii) η εξίσωση ${{e}^{x}}+f(x)={{e}^{x}} f(x)$ έχει μοναδική ρίζα στο $\left( 0,2 \right)$ .
γ) Να βρείτε το $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left[ {{x}^{2}} f\left( \frac{1}{x} \right)+\ln x \right]$ .

chris · #76

ghan έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 66

Έστω $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ συνεχής, για την οποία ισχύει για κάθε $x\in \mathbb{R}$ : ${{x}^{2}}<f(x)<{{x}^{2}}+1$ .
α) Να δείξετε ότι η $\mathop{C}_{f}$ τέμνει την ευθεία σ’ ένα τουλάχιστον σημείο με τετμημένη ${{x}_{0}}\in \left( 0,1 \right)$ .
β) Αν επιπλέον η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα να δείξετε ότι:
(i) η $g(x)=\frac{1}{f(x)}+\frac{1}{{{e}^{x}}}-1$ , $x\in \mathbb{R}$ είναι γνησίως φθίνουσα
(ii) η εξίσωση ${{e}^{x}}+f(x)={{e}^{x}} f(x)$ έχει μοναδική ρίζα στο $\left( 0,2 \right)$ .
γ) Να βρείτε το $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left[ {{x}^{2}} f\left( \frac{1}{x} \right)+\ln x \right]$ .

α)
Θεωρούμε την h(x)=f(x)-2x

με

πραγματικό και είναι:
h(0)=f(0)>0

λόγω της αρχικής σχέσης άρα από Bolzano λόγω συνέχειας υπάρχει $x_0\in (0,1)$ ώστε f(x_0)=2x_0

β)
ι)
Αφού

γνήσια αύξουσα για κάθε x_1<x_2

πραγματικούς είναι:
$x_1<x_2\Rightarrow f(x_1)<f(x_2)\Rightarrow \frac{1}{f(x_1)}>\frac{1}{f(x_2)}$
$e^{x_1}<e^{x_2}\Rightarrow \frac{1}{e^{x_1}}>\frac{1}{e^{x_2}}$
άρα με πρόσθεση κατά μέλη και πρόσθεση και του

και στα δύο μέλη είναι: g(x_1)>g(x_2)

και άρα το ζητούμενο.

ii)
$e^x+f(x)=e^xf(x)\stackrel{e^xf(x)>0}\Leftrightarrow \frac{1}{f(x)}+\frac{1}{e^x}-1=0\Leftrightarrow g(x)=0$

όμως η

είναι συνεχής και ισχύει:
$\displaystyle g(0)g(2)=\frac{1}{f(0)}\cdot\left(\frac{1}{f(2)}+\frac{1}{e^2}-1 \right)\stackrel{(f(2)>4)}<\frac{1}{f(0)}\left(\frac{1}{e^2}-\frac{3}{4}\right)=\frac{4-3e^2}{4e^2f(0)}<0$
και από bolzano και μονοτονία έχουμε το ζητούμενο.

γ)
$\displaystyle \frac{1}{x^2}<f\left(\frac{1}{x} \right)<\frac{1}{x^2}+1\Rightarrow 1<x^2f\left(\frac{1}{x} \right)<1+x^2\Rightarrow lnx+1<lnx+x^2f\left(\frac{1}{x} \right)<1+x^2+lnx$

και με όρια για τις ακριανές στο $0^{+}$ παίρνουμε $-\infty$ άρα και απο το κριτήριο παρεμβολής είναι:
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^{+}}\left(lnx+x^2f\left(\frac{1}{x} \right) \right)=-\infty$

#77

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ έγραψε:Μια κλασική άσκηση, η οποία πρέπει να υπάρχει στην συλλογή. Τέτοιες ασκήσεις έχουν δημοσιευτεί πολλές φορες στο mathematica.

ΑΣΚΗΣΗ 65

Έστω η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ : $\displaystyle{R \to R}$ για την οποία ισχύει $\displaystyle{f^3 (x) + 5f(x) + x = 0}$ , $\displaystyle{\forall x \in R}$

α. Να προσδιορίσετε το πρόσημο της συνάρτησης $\displaystyle{f}$

β.Να δείξετε οτι η $\displaystyle{f}$ αντιστρέφεται

γ.Να δείξετε οτι η $\displaystyle{f}$ έχει σύνολο τιμών το $\displaystyle{R}$ και να ορίσετε την αντίστροφη συνάρτηση $\displaystyle{f^{ - 1} }$

δ.Να δείξετε οτι η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{R}$

ε.Να αποδείξετε οτι η $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{R}$

στ.Να λύσετε την εξίσωση $\displaystyle{f(x - 19) = x + 1}$

ζ.Να βρείτε το $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f^{ - 1} (x)}}{{\eta \mu x}}}$

Με μια γρηγορή ματιά, είδα οτι έχουν μείνει χωρίς λύση οι ασκήσεις 57 και 58

ΛΥΣΗ ΑΣΚΗΣΗΣ 65

α) Ισχύει ότι $f(x)({{f}^{2}}(x)+5)=-x,\,\,x\in R$ άρα επειδή ${{f}^{2}}(x)+5>0$ θα είναι και $f(x)=-\frac{x}{{{f}^{2}}(x)+5}$ (1)

απ όπου για x<0

έχουμε

και για

έχουμε

β) Αν για ${{x}_{1}},\,{{x}_{2}}\in R$ ισχύει ότι $f({{x}_{1}})=f({{x}_{2}})$ τότε θα ισχύουν και ${{f}^{3}}({{x}_{1}})={{f}^{3}}({{x}_{2}})$ , $5f({{x}_{1}})=5f({{x}_{2}})$ και με πρόσθεση ότι

${{f}^{3}}({{x}_{1}})+5f({{x}_{1}})={{f}^{3}}({{x}_{2}})+5f({{x}_{2}})$ άρα και $-{{x}_{1}}=-{{x}_{2}}$ άρα η

είναι ΄1-1΄

γ) Αν $g(x)={{x}^{3}}+5x,\,\,x\in R$ ισχύουν ότι είναι συνεχής και γνήσια αύξουσα αφού για ${{x}_{1}}<{{x}_{2}}$ ισχύουν ότι

$x_{1}^{3}<x_{2}^{3}$ άρα και $x_{1}^{3}+5{{x}_{1}}<x_{2}^{3}+5{{x}_{2}}$ άρα και $g({{x}_{1}})<g({{x}_{2}})$ και έχει επίσης

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,g(x)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,({{x}^{3}}+5x)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,({{x}^{3}})=+\infty$ και $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,g(x)=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,({{x}^{3}}+5x)=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,({{x}^{3}})=-\infty$

άρα έχει σύνολο τιμών g(R)=R

και αφού ισχύει $g(f(x))=-x,\,\,\,x\in R$ και

αντιστρέψιμη με ${{g}^{-1}}:R\to R$ θα ισχύει

$f(x)={{g}^{-1}}(-x),\,\,x\in R$ επομένως η

θα έχει σύνολο τιμών το

οπότε θα είναι ${{f}^{-1}}:R\to R$ και για

το ${{f}^{-1}}(x)$

από την αρχική θα ισχύει ${{f}^{3}}({{f}^{-1}}(x))+5f({{f}^{-1}}(x))+{{f}^{-1}}(x)=0$ άρα ${{f}^{-1}}(x)=-{{x}^{3}}-5x,\,\,\,\,x\in R$

δ) Από $g(f(x))=-x,\,\,\,x\in R$ για ${{x}_{1}}<{{x}_{2}}$ ισχύει $-{{x}_{1}}>-{{x}_{2}}$ άρα και $g(f({{x}_{1}}))>g(f({{x}_{2}}))$ και επειδή η

γνήσια αύξουσα θα ισχύει ότι

$f({{x}_{1}})>f({{x}_{2}})$ άρα η

είναι γνήσια φθίνουσα στο

ε) Για $x={{x}_{0}}$ στην αρχική προκύπτει ότι ${{f}^{3}}({{x}_{0}})+5f({{x}_{0}})=-{{x}_{0}}$ οπότε με αφαίρεση κατά μέλη έχουμε

ότι ${{f}^{3}}(x)-{{f}^{3}}({{x}_{0}})+5(f(x)-f({{x}_{0}}))=-x+{{x}_{0}}$ ή ακόμη

$(f(x)-f({{x}_{0}}))\left( {{f}^{2}}(x)+f(x)f({{x}_{0}})+{{f}^{2}}({{x}_{0}})+5 \right)=-(x-{{x}_{0}})$ οπότε και

$f(x)-f({{x}_{0}})=-\frac{x-{{x}_{0}}}{{{\left( f(x)+\frac{1}{2}f({{x}_{0}}) \right)}^{4}}+\frac{3}{4}{{f}^{2}}({{x}_{0}})+5}$ και επειδή

$\left| f(x)-f({{x}_{0}}) \right|=\left| -\frac{x-{{x}_{0}}}{{{\left( f(x)+\frac{1}{2}f({{x}_{0}}) \right)}^{4}}+\frac{3}{4}{{f}^{2}}({{x}_{0}})+5} \right|\le \frac{\left| x-{{x}_{0}} \right|}{5}$ άρα θα ισχύει $-\frac{\left| x-{{x}_{0}} \right|}{5}\le f(x)-f({{x}_{0}})\le \frac{\left| x-{{x}_{0}} \right|}{5}$ και επειδή

$\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left| x-{{x}_{0}} \right|}{5}=0$ από κριτήριο παρεμβολής $\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,(f(x)-f({{x}_{0}}))=0$ άρα η

είναι συνεχής στο

.

στ) Είναι $f(x-19)=x+1\Leftrightarrow x-19={{f}^{-1}}(x+1)$ ισοδύναμα λόγω (γ)

$x-19=-{{(x+1)}^{3}}-5(x+1)\Leftrightarrow {{(x+1)}^{3}}+6(x+1)-20=0$ και με Horner προκύπτει ισοδύναμα ότι

$x+1=2\Leftrightarrow x=1$ ή ${{(x+1)}^{2}}+2(x+1)+10=0$ που είναι αδύνατο

ζ) Είναι $h(x)=\frac{{{f}^{-1}}(x)}{\eta \mu x}=\frac{-{{x}^{3}}-5x}{\eta \mu x}\overset{x\ne 0}{\mathop =}\,\frac{-{{x}^{2}}-5}{\frac{\eta \mu x}{x}}$ οπότε $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,h(x)=-5$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Ιστοσελίδα · #78

Άσκηση 67
Έστω η συνεχής και γνησίως φθίνουσα συνάρτηση $f:(0,1) \to R$ για την οποία ισχύουν $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f(x) - 5}}{x} = 3$ και $2\eta \mu (x - 1) \le (x - 1)f(x) \le {x^2} - 1$ για κάθε $x \in (0,1)$
Δ1. Να βρείτε το σύνολο τιμών της συνάρτησης $g(x) = f(x) - \ln x - 3,$ $x \in (0,1)$ .
Δ2. Να δείξετε ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης $h(x) = {e^{f(x) - 3}}$ τέμνει τη διχοτόμο των θετικών ημιαξόνων σε ένα μόνο σημείο, με τετμημένη ${x_o} \in \left( {0,1} \right)$
Δ3. Να βρείτε το πλήθος των ριζών της εξίσωης $x{e^{\alpha + 3}} = {e^{f\left( x \right)}}$ στο διάστημα $\left( {0,1} \right)$ , για κάθε $\alpha \in R$
Μ.

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #79

m.pαpαgrigorakis έγραψε:Άσκηση 67

Έστω η συνεχής και γνησίως φθίνουσα συνάρτηση $f:(0,1) \to R$ για την οποία ισχύουν $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f(x) - 5}}{x} = 3$ και $2\eta \mu (x - 1) \le (x - 1)f(x) \le {x^2} - 1$ για κάθε $x \in (0,1)$

Δ1. Να βρείτε το σύνολο τιμών της συνάρτησης $g(x) = f(x) - \ln x - 3,$ $x \in (0,1)$ .

Δ2. Να δείξετε ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης $h(x) = {e^{f(x) - 3}}$ τέμνει τη διχοτόμο των θετικών ημιαξόνων σε ένα μόνο σημείο, με τετμημένη ${x_o} \in \left( {0,1} \right)$

Δ3. Να βρείτε το πλήθος των ριζών της εξίσωης $x{e^{\alpha + 3}} = {e^{f\left( x \right)}}$ στο διάστημα $\left( {0,1} \right)$ , για κάθε $\alpha \in R$

Μ.

ΛΥΣΗ

Δ.1. Θέτω $\displaystyle{k(x) = \frac{{f(x) - 5}}{x},x \ne 0}$ , οπότε $\displaystyle{f(x) = xk(x) + 5}$ .

Γνωρίζουμε οτι $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f(x) - 5}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} k(x) = 3}$

Επομένως $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } (xk(x) + 5) = 0 \cdot 3 + 5 = 5}$

Ακόμα έχουμε $\displaystyle{2\eta \mu (x - 1) \le (x - 1)f(x) \le x^2 - 1}$ , οπότε για $\displaystyle{x \in (0,1)}$ έχουμε $\displaystyle{\frac{{2\eta \mu (x - 1)}}{{x - 1}} \ge f(x) \ge \frac{{x^2 - 1}}{{x - 1}}}$

$\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ - } \frac{{2\eta \mu (x - 1)}}{{x - 1}}\mathop = \limits^{\scriptstyle x - 1 = u \hfill \atop {\scriptstyle x \to 1^ - \hfill \atop \scriptstyle u \to 0^ - \hfill}} \mathop {\lim }\limits_{u \to 0^ - } \frac{{2\eta \mu u}}{u} = 2 }$ και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ - } \frac{{x^2 - 1}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ - } (x + 1) = 2}$ .

Οπότε απο το κριτήριο παρεμβολής έχουμε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ - } f(x) = 2}$

Επειδή η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{(0,1)}$ έχει σύνολο τιμών το $\displaystyle{A = (\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ - } f(x),\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } f(x)) = (2,5)}$

Για $\displaystyle{x_1 ,x_2 \in (0,1)}$ με $\displaystyle{x_1 < x_2 }$ έχουμε $\displaystyle{f(x_1 ) > f(x_2 )}$ $\displaystyle{(1)}$ (διότι η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως φθίνουσα)

Για $\displaystyle{x_1 ,x_2 \in (0,1)}$ με $\displaystyle{x_1 < x_2 }$ έχουμε $\displaystyle{ - \ln x_1 - 3 > - \ln x_2 - 3}$ $\displaystyle{(2)}$

Από $\displaystyle{(1)}$ , $\displaystyle{(2)}$ έχουμε $\displaystyle{g(x_1 ) > g(x_2 )}$ . Οπότε η $\displaystyle{g}$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{(0,1)}$

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } g(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } (f(x) - \ln x - 3) = + \infty }$ και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ - } g(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ - } (f(x) - \ln x - 3) = 2 - 3 = - 1}$

Άρα η $\displaystyle{g}$ έχει σύνολο τμών το $\displaystyle{B = (\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ - } g(x),\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } g(x)) = ( - 1, + \infty )}$

Δ.2. Θεωρώ $\displaystyle{\phi (x) = e^{f(x) - 3} - x,x \in (0,1)}$

Για $\displaystyle{x_1 ,x_2 \in (0,1)}$ με $\displaystyle{x_1 < x_2 }$ έχουμε $\displaystyle{f(x_1 ) > f(x_2 )}$ οπότε $\displaystyle{f(x_1 ) - 3 > f(x_2 ) - 3}$ .

Άρα $\displaystyle{e^{f(x_1 ) - 3} > e^{f(x_2 ) - 3} }$ , οπότε η $\displaystyle{\phi }$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{(0,1)}$

$\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } (e^{f(x) - 3} )\mathop = \limits^{\scriptstyle f(x) - 3=u \hfill \atop {\scriptstyle x \to 0^ + \hfill \atop \scriptstyle u \to 2^ + \hfill}} \mathop {\lim }\limits_{u \to 2^ + } e^u = e^2 }$ οπότε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } \phi (x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } (e^{f(x) - 3} - x) = e^2 > 0}$

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ - } (e^{f(x) - 3} )\mathop = \limits^{\scriptstyle f(x) - 3 = u \hfill \atop {\scriptstyle x \to 1^ - \hfill \atop \scriptstyle u \to - 1^ - \hfill}} \mathop {\lim }\limits_{u \to - 1^ - } (e^u ) = \frac{1}{e} }$ ,οπότε $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ - } \phi (x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ - } (e^{f(x) - 3} - x) = \frac{1}{e} - 1 < 0}$

Άρα η $\displaystyle{\phi }$ έχει σύνολο τιμών το $\displaystyle{\Gamma = (\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ - } \phi (x),\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } \phi (x)) = (\frac{1}{e} - 1,e^2 )}$

Επειδή το $\displaystyle{0 \in \Gamma }$ , η $\displaystyle{\phi }$ έχει μια τουλάχιστον λύση. Και επειδή η η $\displaystyle{\phi }$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{(0,1)}$ η λύση είναι μοναδική.Συνεπώς, η $\displaystyle{h(x) = e^{f(x) - 3} }$ τέμνει την διχοτόμο των θετικών ημιαξόνων σε ένα ακριβώς σημείο με τετμημένη $\displaystyle{x_0 \in (0,1)}$

Δ.3. $\displaystyle{xe^{a + 3} = e^{f(x)} \Leftrightarrow xe^a = e^{f(x) - 3} \Leftrightarrow h(x) - xe^a = 0}$
Θεωρώ $\displaystyle{s(x) = h(x) - xe^a ,x \in (0,1)}$

Από προηγούμενο ερώτημα έχουμε πως η $\displaystyle{h}$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{(0,1)}$

Για $\displaystyle{x_1 ,x_2 \in (0,1)}$ με $\displaystyle{x_1 < x_2 }$ έχουμε $\displaystyle{h(x_1 ) > h(x_2 )}$ και $\displaystyle{ - x_1 e^a > - x_2 e^a }$ , οπότε προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε οτι η $\displaystyle{s}$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{(0,1)}$

Έχουμε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } s(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } (h(x) - xe^a ) = e^2 > 0}$ και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ - } s(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ - } (h(x) - xe^a ) = \frac{1}{e} - e^a }$

Άρα η $\displaystyle{s}$ έχει σύνολο τιμών το $\displaystyle{\Delta = (\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ - } s(x),\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } s(x)) = (\frac{1}{e} - e^a ,e^2 )}$

Έχουμε τις εξής περιπτώσεις:
1η περίπτωση:Αν $\displaystyle{\frac{1}{e} - e^a < 0}$ , δηλαδή $\displaystyle{\frac{1}{e} - e^a < 0 \Leftrightarrow \frac{1}{e} < e^a \Leftrightarrow e^{a + 1} > 1 \Leftrightarrow e^{a + 1} > e^0 \Leftrightarrow a > - 1}$ .Τότε η εξίσωση έχει ακριβώς μια λύση, αφού το $\displaystyle{0 \in \Delta }$

2η περίπτωση:Αν $\displaystyle{\frac{1}{e} - e^a \ge 0}$ δηλαδή $\displaystyle{\frac{1}{e} - e^a \ge 0 \Leftrightarrow \frac{1}{e} \ge e^a \Leftrightarrow e^{a + 1} \le 1 \Leftrightarrow e^{a + 1} \le e^0 \Leftrightarrow a \le - 1}$ , τότε $\displaystyle{0 \notin \Delta }$ , η εξίσωση δεν έχει καμια λύση.

#80

dennys έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 58
Δίνεται συνάρτηση $f(x):R \rightarrow (0,+\infty)$ ωστε η οποία είναι
συνεχής στο και
a)να αποδείξετε οτι : $f(0)=1 ,f(-1)=e^{-1}$
b)Nα αποσείξετε οτι είναι συνεχής στο
c)Αν είναι γν.μονότονη τότε: i)ποιά η μονοτονία της ?
ii)Να βρείτε τα $lim{x\to-\infty}f(x)$ και το $lim_x\to +\infty f(x)$
d)Να δειχθεί οτι υπάρχει $xo\in (0,1) : 3f(xo)=f(2^{-1})+f(3^{-1})+f(4^{-1})$
e)βρείτε τα ορια : $lim_x\to0^{+} f^{-1}(x)$ και το $lim_x\to+\infty f^{-1}(x)$
$lim_x\to{0} \cfrac{f(-1+x)}{f(x)}$
h)Για $a,b>0,\,\,\ f^{-1}(ab)=f^{-1}(a)+f^{-1}(b)$
j)Βρείτε το : $lim_x\to+\infty \cfrac{f^{-1}(x^2)}{f^{-1}(x)}$
k) να δείξετε οτι υπάρχει τουλάχιστον ενα $xo>0: f^{-1}(xo)=xo^{-1}$
l) να βρείτε το $lim_x\to-\infty \cfrac{f(f^{-1})(x)}{f(x)}$

Στην διατύπωση του ερωτήματος h) υπονοείται σαν σύνολο τιμών το διάστημα $(0,+\infty)$ , το οποίο δεν δίνεται στην εκφώνηση. Αν δινόταν το σύνολο τιμών, τα πράγματα με τα όρια θα ήταν απλά, τώρα δεν είναι.

Μπορούμε να βρούμε το σύνολο τιμών, όπως μπορούμε μέσω Caushy να βρούμε την f, αλλά με ύλη Γ Λυκείου, προκειμένου να αποφύγουμε ακολουθίες, inf, sup κ.λπ., πρέπει να καταφύγουμε - επιτρέψτε μου την έκφραση- σε ... αλχημίες.

Επειδή, όμως, έχουμε συνηθίσει σε αιφνιδιασμούς, θα ήθελα την άποψη του θεματοδότη για το cii).

ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Μέλη σε σύνδεση