ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

perpant · #181

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ έγραψε:Η αρχική ιδέα ήταν να σταματήσουμε στις 180 ασκήσεις και να προσθέσουμε αργότερα 20 θέματα γενικά συνδυαστικά.

Για να μην χαθεί η ασκηση του Διονύση και λύση του Αποστόλη, υπαρχουν δύο δυνατότητες

1η. Να συνεχίσουμε και να πάμε μέχρι 200 τώρα. Καλύτερα τότε, μιας και θα υπάρχουν ασκήσεις και από άλλα κεφάλαια, να μεταφέρουμε την ασκηση στο φάκελο ασκήσεις σε όλη την ύλη

2η. Να μεταφερθεί η άσκηση με την λύση στον φάκελο των ολοκληρωμάτων σαν μια απλή ασκήση. Όταν θα ξεκινήσουμε την συλλογή των άλλων 20 ασκήσεων, την προσθέτουμε στην συλλογή.

Εγω προσωπικά, επειδή θεωρώ οτι έχουμε καλύψει πολλες κατηγορίες ασκήσεων, προτείνω να σταματήσουμε τώρα. Να κοιτάξουμε τα θέματα που έχουν ήδη προταθεί και να προσπαθήσουμε τα άλλα 20 θέματα, να μην έχουν επικάλυψη με ήδη δημοσιευμένες ασκήσεις. Αν είναι συνεχίζουμε μετα την καθαρά Δευτέρα, έτσι ολοι μας θα έχουμε χρόνο να δουμε τα προταθέντα θέματα και να προτείνουμε τα επόμενα 20

Περιμένω τις απόψεις σας

Θα συμφωνήσω με το Δημήτρη και τον Κώστα. Καλό θα ήταν να κάνουμε ένα διάλλειμα, να ξαναδούμε όσες έχουν προταθεί και λυθεί και συμπληρώνουμε τη συλλογή με καμιά 20-25 θέματα αργότερα. Όσο για την 181 και εδώ να μείνει δεν νομίζω ότι δημιουργείται κάποιο θέμα.

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #182

Δίνω απάντηση στο Α. Έλπίζω κάποιος να συνεχίσει και να δώσει στο Β.

mathxl έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 176
Α. Ας είναι $\displaystyle{f:\Delta \to R}$ μία συνεχής συνάρτηση στο διάστημα $\displaystyle{\Delta }$ και παραγωγίσιμη στο εσωτερικό του $\displaystyle{\Delta }$ . Να δείξετε ότι: η $\displaystyle{f}$ είναι αύξουσα στο $\displaystyle{\Delta }$ (αντίστοιχα φθίνουσα) ανν $\displaystyle{f'\left( x \right) \ge 0}$ ,
( $\displaystyle{f'\left( x \right) \le 0}$ αντίστοιχα) για κάθε $\displaystyle{x}$ εσωτερικό σημείο του $\displaystyle{\Delta }$

ΛΥΣΗ

$\displaystyle{ \Rightarrow }$

Έστω οτι η $\displaystyle{f}$ είναι αύξουσα.Τότε για κάθε $\displaystyle{x_0 ,x \in \Delta }$ με $\displaystyle{x_0 \ne x}$ ισχύει $\displaystyle{ \frac{{f(x) - f(x_0 )}}{{x - x_0 }} \ge 0}$ .

Επομένως $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } \left( {\frac{{f(x) - f(x_0 )}}{{x - x_0 }}} \right) \ge 0}$

Δηλαδή $\displaystyle{f'(x_0 ) \ge 0}$ . Όμως το $\displaystyle{x_0 }$ τυχαιο σημείο του διαστήματος $\displaystyle{\Delta }$ , επόμενως για κάθε $\displaystyle{x \in \Delta }$ ισχύει $\displaystyle{f'(x) \ge 0}$

$\displaystyle{ \Leftarrow }$

Έστω οτι για κάθε $\displaystyle{x \in \Delta }$ ισχύει $\displaystyle{f'(x) \ge 0}$ .

Τότε για κάθε $\displaystyle{x_1 ,x_2 \in \Delta }$ με $\displaystyle{x_1 < x_2 }$ (όμοια αν $\displaystyle{x_1 > x_2 })$ έχουμε οτι:

Η $\displaystyle{f}$ συνεχής στο $\displaystyle{[x_1 ,x_2 ]}$ , παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{(x_1 ,x_2 )}$ , οπότε απο $\displaystyle{ \Theta {\rm M}{\rm T}}$ υπάρχει τουλάχιστον ένα

$\displaystyle{\xi \in (x_1 ,x_2 )}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f'(\xi ) = \frac{{f(x_2 ) - f(x_1 )}}{{x_2 - x_1 }}}$

Όμως $\displaystyle{f'(x) \ge 0}$ , οπότε $\displaystyle{\frac{{f(x_2 ) - f(x_1 )}}{{x_2 - x_1 }} \ge 0}$ , συνεπώς η $\displaystyle{ f}$ είναι αύξουσα στο $\displaystyle{\Delta }$

Δουλέυουμε όμοια αν η $\displaystyle{f}$ είναι φθίνουσα στο $\displaystyle{\Delta }$

apotin · #183

apotin έγραψε:Άσκηση 178

Έστω συνάρτηση $\displaystyle{f}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ με $\displaystyle{f(1)=2}$ και $\displaystyle{f'(x)>0}$ για κάθε $\displaystyle{x\in\mathbb{R}}$ .

Να δείξετε ότι:

1) η συνάρτηση $\displaystyle{g\left( x \right) = \int_1^x {f\left( t \right)dt} }$ είναι κυρτή στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ και να βρείτε την εφαπτομένη της στο $\displaystyle{A(1, g(1))}$ .

2) Αν $\displaystyle{a>1}$ τότε $\displaystyle{\left( {a - 1} \right)\int_0^1 {f\left( t \right)dt} < \int_1^a {f\left( t \right)dt} }$

3) για κάθε $\displaystyle{x \ge 1}$ ισχύουν:

α) $\displaystyle{\int_1^x {\left[ {\int_1^u {f\left( t \right)dt} } \right]du} \ge {\left( {x - 1} \right)^2}}$

β) $\displaystyle{\int_1^x {\left( {x - t} \right)f\left( t \right)dt} \ge {\left( {x - 1} \right)^2}}$

Δίνω μια ακόμη λύση για το (2)

Για κάθε $\displaystyle{a>1}$ η ζητούμενη ανισότητα γίνεται:

$\displaystyle{\left( {a - 1} \right)\int_0^1 {f\left( t \right)dt} < \int_1^a {f\left( t \right)dt} \Leftrightarrow \int_0^1 {f\left( t \right)dt} < \frac{{\int_1^a {f\left( t \right)dt} }}{{a - 1}} \Leftrightarrow \int_0^1 {g'\left( t \right)dt} < \frac{{\int_1^a {g'\left( t \right)dt} }}{{a - 1}} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \left[ {g\left( t \right)} \right]_0^1 < \frac{{\left[ {g\left( t \right)} \right]_1^a}}{{a - 1}} \Leftrightarrow \frac{{g\left( 1 \right) - g\left( 0 \right)}}{{1 - 0}} < \frac{{g\left( a \right) - g\left( 1 \right)}}{{a - 1}}\,\,\,\,\left( * \right)}$

Η $\displaystyle{g}$ ως παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ είναι συνεχής στα διαστήματα $\displaystyle{[0, 1]}$ , $\displaystyle{[1, a]}$ και παραγωγίσιμη στα $\displaystyle{(0, 1), (1, a)}$ .

Έτσι σύμφωνα με το ΘΜΤ υπάρχουν $\displaystyle{p \in \left( {0,\,1} \right)}$ και $\displaystyle{q \in \left( {1,\,a} \right)}$ τέτοια ώστε να ισχύουν:

$\displaystyle{g'\left( p \right) = \frac{{g\left( 1 \right) - g\left( 0 \right)}}{{1 - 0}}}$ και $\displaystyle{g'\left( q \right) = \frac{{g\left( a \right) - g\left( 1 \right)}}{{a - 1}}}$

Η $\displaystyle{g'}$ είναι γν. αύξουσα στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ αφού $\displaystyle{g''(x)>0}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \mathbb{R}}$

Τότε $\displaystyle{p < q\mathop \Rightarrow \limits^{g' \uparrow } g'\left( p \right) < g'\left( q \right) \Rightarrow \frac{{g\left( 1 \right) - g\left( 0 \right)}}{{1 - 0}} < \frac{{g\left( a \right) - g\left( 1 \right)}}{{a - 1}}}$

dennys · #184

ΑΣΚΗΣΗ 176
2) Παραγωγίζω και $F{'}(x)=\cfrac{xf(x)-\int_0^x{f(t)dt}}{x^2}=\cfrac{k(x)}{x^2}$ και μελετάω το πρόσημο

της $k(x).: k{'}(x)=f{'}(x)x+f(x)-f(x)=xf{'}(x) \ge 0 \Rightarrow k(x)\ge 0 \Rightarrow F{'}(x) \ge0$ απο το α)

Ομοια για την G(x).,οπότε ειναι γν.φθίνουσα.

3) Επειδή $F(x) \nearrow [0,a] \Rightarrow x \le a : F(x) \le F(a) (1)$

$G(x) \searrow [0,a] \Rightarrow x \le a : G(x) \ge G(a).$ . Eτσι εχουμε τις διαδοιχικές ανισότητες:

$\cfrac {\int_0^x{f(t)dt}}{x} \le \cfrac{\int_0^a{f(t)dt}}{a}=\cfrac{\int_0^a{g(t)dt}}{a} \le \cfrac{\int_0^x{g(t)dt}}{x}$

$F(x) \le G(x)$

4) Aν x=y

, ισχύει σαν ισότητα .Αν $x<y : G(x)>G(y)\ge F(y)>F(x)$ ως αποτέλεσμα της μονοτονίας τους

και του 3).

φιλικά Καλημερα και ΥΓΕΙΑ .

parmenides51 · #185

mathxl έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 176
Α. Ας είναι $\displaystyle{f:\Delta \to R}$ μία συνεχής συνάρτηση στο διάστημα $\displaystyle{\Delta }$ και παραγωγίσιμη στο εσωτερικό του $\displaystyle{\Delta }$ . Να δείξετε ότι: η $\displaystyle{f}$ είναι αύξουσα στο $\displaystyle{\Delta }$ (αντίστοιχα φθίνουσα) ανν $\displaystyle{f'\left( x \right) \ge 0}$ ,
( $\displaystyle{f'\left( x \right) \le 0}$ αντίστοιχα) για κάθε $\displaystyle{x}$ εσωτερικό σημείο του $\displaystyle{\Delta }$
Β. Έστω οι συνεχείς συναρτήσεις $\displaystyle{f,g:\left[ {0,a} \right] \to R}$ που είναι τέτοιες ώστε να ισχύουν $\int_{0}^{a}f(t)dt=\int_{0}^{a}g(t)dt$ , $\displaystyle{f}$ αύξουσα στο $\displaystyle{\left[ {0,a} \right]}$ και $\displaystyle{g}$ φθίνουσα στο $\displaystyle{\left[ {0,a} \right]}$ .
Να δείξετε ότι:
1. η συνάρτηση $\displaystyle{F\left( x \right) = \frac{{\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} }}{x},x \in \left( {0,a} \right]}$ είναι αύξουσα και η συνάρτηση $\displaystyle{G\left( x \right) = \frac{{\int\limits_0^x {g\left( t \right)dt} }}{x}}$ είναι φθίνουσα.
2. ισχύει $\displaystyle{\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} \le \int\limits_0^x {g\left( t \right)dt} }$ για κάθε $\displaystyle{x \in \left[ {0,a} \right]}$
3. για κάθε $\displaystyle{x,y \in [0,a]}$ ισχύει $\displaystyle{x\int_0^y g (t)dt \ge y\int_0^x f (t)dt}$

Σημείωση: ανν = όταν και μόνο όταν

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ έγραψε: Α.

$\displaystyle{ \Rightarrow }$

Έστω οτι η $\displaystyle{f}$ είναι αύξουσα.Τότε για κάθε $\displaystyle{x_0 ,x \in \Delta }$ με $\displaystyle{x_0 \ne x}$ ισχύει $\displaystyle{ \frac{{f(x) - f(x_0 )}}{{x - x_0 }} \ge 0}$ .

Επομένως $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } \left( {\frac{{f(x) - f(x_0 )}}{{x - x_0 }}} \right) \ge 0}$

Δηλαδή $\displaystyle{f'(x_0 ) \ge 0}$ . Όμως το $\displaystyle{x_0 }$ τυχαιο σημείο του διαστήματος $\displaystyle{\Delta }$ , επόμενως για κάθε $\displaystyle{x \in \Delta }$ ισχύει $\displaystyle{f'(x) \ge 0}$

$\displaystyle{ \Leftarrow }$

Έστω οτι για κάθε $\displaystyle{x \in \Delta }$ ισχύει $\displaystyle{f'(x) \ge 0}$ .

Τότε για κάθε $\displaystyle{x_1 ,x_2 \in \Delta }$ με $\displaystyle{x_1 < x_2 }$ (όμοια αν $\displaystyle{x_1 > x_2 })$ έχουμε οτι:

Η $\displaystyle{f}$ συνεχής στο $\displaystyle{[x_1 ,x_2 ]}$ , παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{(x_1 ,x_2 )}$ , οπότε απο $\displaystyle{ \Theta {\rm M}{\rm T}}$ υπάρχει τουλάχιστον ένα

$\displaystyle{\xi \in (x_1 ,x_2 )}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f'(\xi ) = \frac{{f(x_2 ) - f(x_1 )}}{{x_2 - x_1 }}}$

Όμως $\displaystyle{f'(x) \ge 0}$ , οπότε $\displaystyle{\frac{{f(x_2 ) - f(x_1 )}}{{x_2 - x_1 }} \ge 0}$ , συνεπώς η $\displaystyle{ f}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{\Delta }$

Δουλέυουμε όμοια αν η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{\Delta }$

dennys έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 176
2) Παραγωγίζω και $F{'}(x)=\cfrac{xf(x)-\int_0^x{f(t)dt}}{x^2}=\cfrac{k(x)}{x^2}$ και μελετάω το πρόσημο

της $k(x): k{'}(x)=f{'}(x)x+f(x)-f(x)=xf{'}(x) \ge 0 \Rightarrow k(x)\ge 0 \Rightarrow F{'}(x) \ge0$ από το α)

Όμοια για την $\displaystyle{G(x)}$ , οπότε είναι γν.φθίνουσα. ...

Στο ερώτημα 2) ο dennys, χρησιμοποίησε παραγωγισιμότητα της $\displaystyle{f}$ , η οποία ούτε δεδομένη είναι ούτε αποδεικνύεται με τα παρόντα δεδομένα. Μπορεί να παρακαμφθεί χρησιμοποιώντας ΘΜΤΟΛ αλλά επείδή ειναι εκτός ύλης, με το ΘΜΤΔΛ για την συνάρτηση ολοκλήρωμα ως ακολούθως :

Β.1
Η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{[0,a]}$ οπότε η $\displaystyle{\int_0^x {f(t)dt}}$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{[0,a]}$ .

Η συνάρτηση $\displaystyle{F\left( x \right) = \frac{{\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} }}{x}}$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{ \left( {0,a} \right]}$ ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με παράγωγο
$F{'}(x)=\cfrac{xf(x)-\int_0^x{f(t)dt}}{x^2}}$ και μελετάω το πρόσημο του αριθμητή.

Θέτω $\displaystyle{H(x)=\int_0^x {f(t)dt}}$ με $\displaystyle{x\in [0,a]}$ ,

η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{[0,a]}$ , οπότε η $\displaystyle{H(x)}$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{[0,a]}$ ,

από ΘΜΤ για την $\displaystyle{H(x)}$ θα υπάρχει $\displaystyle{\xi \in(0,x)}$ τέτοιο ώστε

$\displaystyle{ H'(\xi)=\frac{H(x)-H(0)}{x-0}=\frac{\int_0^x {f(t)dt}-0}{x}=f'(\xi)\Rightarrow \int_0^x {f(t)dt}=xf'(\xi)}$

οπότε η παράγωγος βγαίνει $\displaystyle{F{'}(x)=\cfrac{xf(x)-\int_0^x{f(t)dt}}{x^2}=\frac{xf(x)-xf(\xi)}{x^2}=\frac{f(x)-f(\xi)}{x}\geq 0}$
διότι $\displaystyle{f(\xi)\leq f(x)}$ αφού ισχύει πως $\displaystyle{0<\xi<x}$ με $\displaystyle{f}$ αύξουσα

Συνεπώς έχουμε πως $\displaystyle{F{'}(x)\geq 0}$ άρα σύμφωνα με το ερώτημα (α) η $\displaystyle{F}$ είναι αύξουσα στο $\displaystyle{(0,a]}$

Ομοίως προκύπτει πως η $\displaystyle{G}$ είναι φθίνουσα στο $\displaystyle{(0,a]}$ .

Β.2
Η σχέση $\displaystyle{\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} \le \int\limits_0^x {g\left( t \right)dt} }$ ισχύει για $\displaystyle{x=0}$ ως ισότητα.

Επειδή η $\displaystyle{F}$ είναι αύξουσα στο $\displaystyle{(0,a]}$ τότε θα ισχύει πως
$\displaystyle{0<x<a\Rightarrow F(x)\leq F(a)\Leftrightarrow \frac{{\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} }}{x}\leq \frac{{\int\limits_0^a{f\left( t \right)dt} }}{a}}$ (1)

Επειδή η $\displaystyle{G}$ είναι φθίνουσα στο $\displaystyle{(0,a]}$ τότε θα ισχύει πως
$\displaystyle{0<x<a\Rightarrow G(x)\geq G(a)\Leftrightarrow \frac{{\int\limits_0^x {g\left( t \right)dt} }}{x}\geq \frac{{\int\limits_0^a{g\left( t \right)dt} }}{a}}$ (2)

κι επειδή $\displaystyle{\int\limits_0^a{f\left( t \right)dt}=\int\limits_0^a{g\left( t \right)dt}\Leftrightarrow\frac{{\int\limits_0^a{f\left( t \right)dt} }}{a}=\frac{{\int\limits_0^a{g\left( t \right)dt} }}{a}}$ (3)

λόγω των (1),(2),(3) θα έχουμε πως $\displaystyle{\frac{{\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} }}{x}\leq \frac{{\int\limits_0^a{f\left( t \right)dt} }}{a}= \frac{{\int\limits_0^a {g\left( t \right)dt} }}{a}\leq \frac{{\int\limits_0^x{g\left( t \right)dt} }}{x} }$

$\displaystyle{\Rightarrow \frac{{\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} }}{x}\leq \frac{{\int\limits_0^x {g\left( t \right)dt} }}{x}\Rightarrow {\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} \leq {\int\limits_0^x {g\left( t \right)dt} }}$ για κάθε $\displaystyle{ x\in(0,a]}$ αφού $\displaystyle{x>0}$

Β.3
Ζητείται να αποδειχθεί πως ισχύει $\displaystyle{x\int_0^y g (t)dt \ge y\int_0^x f (t)dt}$ για κάθε $\displaystyle{x,y \in [0,a]}$ .(4)

Για $\displaystyle{x=0}$ ή $\displaystyle{y=0}$ ισχύει ως ισότητα.

Οπότε μένει να εξεταστεί για $\displaystyle{0<x,y\leq a}$ .

Για $\displaystyle{x,y> 0}$ η (4) $\displaystyle{\Leftrightarrow \frac{x\int_0^y g (t)dt}{xy}\ge\frac{y\int_0^x g (t)dt}{xy}\Leftrightarrow \frac{\int_0^y g (t)dt}{y}\ge\frac{\int_0^x g (t)dt}{x} \Leftrightarrow G(y)\ge F(x)}$

$\displaystyle{0<y\leq a}$ κι επειδή $\displaystyle{G}$ φθίνουσα στο $\displaystyle{[0,a]}$ έχουμε πως $\displaystyle{G(y)\geq G(a)}$
$\displaystyle{0<x\leq a}$ ,επειδή $\displaystyle{F}$ αύξουσα στο $\displaystyle{[0,a]}$ έχουμε πως $\displaystyle{F(x)\leq F(a)}$
$\displaystyle{\int\limits_0^a{f\left( t \right)dt}=\int\limits_0^a{g\left( t \right)dt}\Leftrightarrow\frac{{\int\limits_0^a{f\left( t \right)dt} }}{a}=\frac{{\int\limits_0^a{g\left( t \right)dt} }}{a}\Leftrightarrow G(a)=F(a)}$

έχουμε πως $\displaystyle{G(y)\ge G(a)= F(a) \geq F(x)}$ για κάθε $\displaystyle{0<x,y\leq a}$ .

edit:
Προσθήκη λύσης ερωτήματος Β.3.

#186

dennys έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 176
2) Παραγωγίζω και $F{'}(x)=\cfrac{xf(x)-\int_0^x{f(t)dt}}{x^2}=\cfrac{k(x)}{x^2}$ και μελετάω το πρόσημο

της $k(x).: k{'}(x)=f{'}(x)x+f(x)-f(x)=xf{'}(x) \ge 0 \Rightarrow k(x)\ge 0 \Rightarrow F{'}(x) \ge0$ απο το α)

Ομοια για την G(x).,οπότε ειναι γν.φθίνουσα.

3) Επειδή $F(x) \nearrow [0,a] \Rightarrow x \le a : F(x) \le F(a) (1)$

$G(x) \searrow [0,a] \Rightarrow x \le a : G(x) \ge G(a).$ . Eτσι εχουμε τις διαδοιχικές ανισότητες:

$\cfrac {\int_0^x{f(t)dt}}{x} \le \cfrac{\int_0^a{f(t)dt}}{a}=\cfrac{\int_0^a{g(t)dt}}{a} \le \cfrac{\int_0^x{g(t)dt}}{x}$

$F(x) \le G(x)[/teχ] 4) Aν x=y$ , ισχύει σαν ισότητα .Αν $x<y : G(x)>G(y)\ge F(y)>F(x)$ ως αποτέλεσμα της μονοτονίας τους

και του 3).

φιλικά Καλημερα και ΥΓΕΙΑ .
συμληρωμαΥπέθεσα οτι οι συναρτησεις ειναι παραγωγίσιμες .Αν δεν είναι

τότε για την F(x) $x_1<x_2 \Rightarrow F(x_1) \ge F(x_2) \Rightarrow \cfrac{\int_0^x_1{f(t)dt}}{x_1} \ge \cfrac{\int_0^x_2{f(t)dt}}{x_2}$

$x_2\int_0^x_2{f(t)dt}\ge x_1 \int_0^x_2{f(t)dt}$ που ειναι αντιθετο με το 4)αρα ΑΤΟΠΟ και αρα F(X) αυξουσα.

Παρακαλώ διορθώστε τον κώδικα. Όπως έχω και πάλι παρακαλέσει, χρησιμοποιείτε το πλήκτρο της προεπισκόπισης πριν υποβάλετε τη δημοσίευση.

Επίσης, για μια ακόμη φορά, Ρίξτε παρακαλώ μια ματιά εδώ.

parmenides51 · #187

Σας ενημερώνουμε πως βγήκε από την συλλογή και μεταφέρθηκε το θέμα 166 εδώ(επειδή ήταν θέμα εξετάσεων ΟΕΦΕ) και αντικαταστάθηκε από το θέμα 181 (αρχική αρίθμηση) του dennys, το οποίο μπήκε στην συλλογή με την νέα αρίθμηση 166.
Το πλήθος των ασκήσεων παραμένει στις 180 σύνολο, και μόλις διευθετηθεί μια εκκρεμότητα,
θα ανεβάσω και το αντίστοιχο αρχείο.

Δεν θα συνεχίσουμε με νέες ασκήσεις τις συλλογές στα Μαθηματικά Κατεύθυνσης της Γ' προσεχώς.

Ίσως ξεκινήσει μια συλλογή στο μέλλον με 20 επαναληπτικά θέματα, εφ' όλης της ύλης μετά από ένα - δυο μήνες.

parmenides51 · #188

STOPJOHN έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 128
Έστω η δυο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $f \left[1,2 \right]\rightarrow R$ για την οποία δίνονται $f''(x)<0,x\epsilon \left[1,2 \right]$

α. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση είναι γνησίως μονότονη και να βρείτε το σύνολο τιμών της
β. Να αποδειξετε ότι η ευθε'ια εφάπτεται στην γραφική παράσταση της συνάρτησης
γ. Να αποδείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα $x_{0}\epsilon \left(1,2 \right),f''(x_{0})<-1$
δ.Να αποδείξετε ότι
1. $\frac{f(x)-f(1)}{x-1}>\frac{f(2)-f(x)}{2-x},x\epsilon \left(1,2 \right)$
2. $f(x)\geq 2(x-1),x\left[1,2 \right]$
3. $\int_{1}^{2}{f(x)}dx\geq 1$
ε. Να αποδείξετε ότι η ευθεία $\epsilon x+y=2$ τέμνει ακριβώς σε ένα μόνο σημείο την γραφική παράσταση της
στ. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν $\xi _{1},\xi _{2}\epsilon \left(1,2 \right),\xi _{1}<\xi _{2}, f'(\xi _{1})f'(\xi _{2})=f'(\xi _{1})+2$
ζ.Να κάνετε μια πρόχειρη γραφική παράσταση της συνάρτησης

(Γ.Μπαιλάκης Θέματα Μαθηματικών )

Γιάννης Σταματογιάννης

εδώ κι εδώ

edit: Συμπληρώθηκε η λύση της 176 Β.3 παραπάνω.

parmenides51 · #189

Έτοιμο το pdf και το word.

Το word το έβαλα στα αρχεία εδώ λόγω μεγέθους.
Κανένα zip δεν το κατέβαζε σε μέγεθος κάτω από 500ΚΒ.

edit : 21/03/2012

Το αρχείο προχώρησε σε 2η έκδοση (2ed = second edition), οι αλλαγές που περιέχει σε σχέση με την πρώτη έκδοση είναι πως διορθώθηκε στην εκφώνηση των ασκήσεων 138 ,175 και 180 ένα σύμβολο ανισοισότητας που δεν φαινόταν σε μερικούς υπολογιστές, μάλλον λόγω ασυνήθιστης γραμματοσειράς (αντικαταστάθηκε το $\displaystyle{ \geqslant}$ από το $\displaystyle{\geq}$ ) και διορθώθηκε η ισότητα στο δεδομένο της άσκησης 172.
Ευχαριστώ τα μέλη Χρήστος, Δημήτρη Κατσίποδα και Κώστα Τηλέγραφο για τις παραπάνω υποδείξεις τους.

#190

parmenides51 έγραψε:Έτοιμο το pdf και το word.

Το word το έβαλα στα αρχεία εδώ λόγω μεγέθους.
Κανένα zip δεν το κατέβαζε σε μέγεθος κάτω από 500ΚΒ.

Ήσουν, είσαι και θα είσαι ΚΑΤΑΠΛΗΚΤΙΚΟΣ
Σε ευχαριστώ για την ΤΕΡΆΣΤΙΑ ΠΡΟΣΦΟΡΑ ΣΟΥ

Φιλικά
Στάθης

#191

Παρμενίδη πάρα πολύ καλή δουλειά!

perpant · #192

Ευχαριστούμε parmenides για τον κόπο σου και το χρόνο που διέθεσες προς όφελος όλων μας.

Μάκης Χατζόπουλος · #193

Με αυτές τις συλλογές δίνεται η δυνατότητα, στο νέο καθηγητή να αποκτήσει σημειώσεις

, στον παλιό καθηγητή να τις ανανεώσει

, στον καθηγητή που δεν έχει δυνατότητα να αγοράσει νέα βιβλία να δει νέες ασκήσεις

και στο μαθητή να πάρει μια γεύση από διάφορα βιβλία χωρίς να ξοδέψει ούτε ένα ευρώ

!

Νομίζω ότι αξίζουν συγχαρητήρια

σε όλους όσους συντέλεσαν σε αυτή την προσπάθεια και κυρίως στον

Παρμ

που τα μάζεψε και μας τα παρουσίασε. Οι δέκα σελίδες και οι 193 δημοσιεύσεις, έως τώρα, τα λένε όλα!

Ευχαριστούμε

!

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #194

apotin · #195

Ευχαριστούμε parmen

parmenides51 · #196

Ας μου επιτραπεί κι ένα σχόλιο από την στιγμή που παρακολούθησα αναλυτικά όλες τις συλλογές στα Μαθηματικά της Γ΄ Κατεύθυνσης.

Η συλλογή ανήκει σε όλους εσάς και οι ευχαριστίες καλύτερα να απευθύνονται σε όσους βοήθησαν να ετοιμαστεί αυτή η συλλογή, προσωπικά δεν έκανα τίποτα σπουδαίο, παρά μόνο πάλεψα αρκετές ώρες με τις μορφοποιήσεις, το μεγάλο ευχαριστώ πρέπει να απευθύνεται σε όλα τα μέλη που έκλεψαν χρόνο για να συνείσφεραν ο καθένας με τον τρόπο τους, είτε προτείνοντας είτε λύνοντας είτε και σχολιάζοντας ενίοτε, αυτοί κοπίασαν για να φτιαχτεί μια πολύ όμορφη και χρήσιμη για πολλούς συλλογή ασκήσεων. Πολύ περισσότερο κόπιασαν οι λύτες και ιδιαίτερα όσοι προσπάθησαν να τις λύσουν αναλυτικά ώστε να είναι πιο εύκολα κατανοητές από όλους.

Αξίζει να σημειωθεί πως η όλη προσπάθεια με τις συλλογές ξεκίνησε με πρωτοβουλία του Δημήτρη Κατσίποδα, και μολονότι κι άλλες φορές είχαν ξεκινήσει ανάλογες προσπάθειες να φτιαχτεί συλλογή ασκήσεων αλλά δεν στέφθηκαν με ανάλογη επιτυχία, παρά μόνο με την συνεχή παρουσία του Δημήτρη καθώς και του Περικλή Παντούλα (χωρίς να παραγνωρίζω την συμβολή άλλων ατόμων, απλώς οι συγκεκριμένοι συνέβαλαν τα μέγιστα) είχαμε αυτό το ωραίο αποτέλεσμα. Μπορεί να ήταν το κατάλληλο timing, μπορεί να είχαν το κοκκαλάκι της νυχτερίδας, μπορεί να ωρίμασαν οι συνθήκες στο

, αλλά ας ευχαριστούμε τους δυο εμπνευστές καθώς και όλους όσους ασχολήθηκαν.

σας ευχαριστούμε, όλους όσους ασχοληθήκατε

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

parmenides51 · #197

Και επειδή οι παραπάνω δεν είναι οι πρώτες συλλογές που κατασκευάστηκαν στο mathematica,
προς ενημέρωση όλων, σας παραθέτω όλες τις λυκειακές συλλογές (*)
που γεννήθηκαν και λύθηκαν μέσα στο

τα τελευταία 3 χρόνια :

Άλγεβρα Α΄ Λυκείου: Εξισώσεις (2010) (40)
Άλγεβρα Α΄ Λυκείου: Επαναληπτικές (2011) (25)
Άλγεβρα B΄ Λυκείου: Πολυώνυμα (2010)(30)
Άλγεβρα B΄ Λυκείου: Πρόοδοι (2010)(26)
Άλγεβρα B΄ Λυκείου: Επαναληπτικές (2011)(25)
Μαθηματικά Γ' Γενικής: Επαναληπτικές (2011) (24) (**)

(*) Εξαιρούνται οι φάκελοι των μαθηματικών διαγωνισμών και διατηρώ κάποιες επιφυλάξεις για τους Φακέλους ''Θέματα με απαιτήσεις'' και ''Ασκήσεις σε όλη την ύλη'' της Γ' Κατεύθυνσης που δεν έχω ασχοληθεί αναλυτικά ακόμα.

(**) Ενώ οι υπόλοιπες συλλογές ήταν προϊόν συλλογικότητας, πολλοί πρότειναν και πολλοί έλυναν, η παρούσα κατά βάση δουλεία ενός ατόμου, αφού ένας έκανε την επιλογή από τις ήδη λυμένες στο mathematica, ο γνωστός Μάκης.

όσο περισσότεροι είμαστε, τόσο περισσότερα μπορούμε

σας ευχαριστούμε, όλους όσους ασχολείστε

Υ.Γ. Ενημερωτικά όλα τα Bulletin's που έχω ετοιμάσει, όλες οι ενημερώσεις τους καθώς και οι πιο ενδιαφέρουσες (σχολικές κι όχι διαγωνιστικές) σελίδες στο mathematica, κατά προσωπική εκτίμηση, βρίσκονται στην ιστοσελίδα μου (εδώ)

Γιώργος Απόκης · #198

Parmenides για... βουλευτής!

parmenides51 · #199

Αξίζει να αναφερθεί και η συλλογή 200 (!) ασκήσεων που ετοίμασε ο xgastone για τα Μαθηματικά Κατεύθυνσης της Γ' από το

και το προσωπικό του αρχείο, η οποία δεν αναφέρθηκε για τον λόγο ότι είναι άλυτες και διάσπαρτες εδώ κι εκεί, όσες έχουν λυθεί, καθώς αναφερόμουν παραπάνω μόνο σε συλλογές ήδη λυμένων ασκήσεων.

Μαθηματικά Γ' Κατεύθυνσης: Η επανάληψη του xgastone: 01-50, 51-100,101-150, 151-200 (2010-2012)

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #200

Αφού την έγραψα, την βάζω ώστε να έχουμε μια ολοκληρωμένη λύση. Έτσι θα μπορεί να γίνει κατανοητή και απο τους μαθητές.

apotin έγραψε:Άσκηση 178

Έστω συνάρτηση $\displaystyle{f}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ με $\displaystyle{f(1)=2}$ και $\displaystyle{f'(x)>0}$ για κάθε $\displaystyle{x\in\mathbb{R}}$ .

Να δείξετε ότι:

1) η συνάρτηση $\displaystyle{g\left( x \right) = \int_1^x {f\left( t \right)dt} }$ είναι κυρτή στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ και να βρείτε την εφαπτομένη της στο $\displaystyle{A(1, g(1))}$ .

2) Αν $\displaystyle{a>1}$ τότε $\displaystyle{\left( {a - 1} \right)\int_0^1 {f\left( t \right)dt} < \int_1^a {f\left( t \right)dt} }$

3) για κάθε $\displaystyle{x \ge 1}$ ισχύουν:

α) $\displaystyle{\int_1^x {\left[ {\int_1^u {f\left( t \right)dt} } \right]du} \ge {\left( {x - 1} \right)^2}}$

β) $\displaystyle{\int_1^x {\left( {x - t} \right)f\left( t \right)dt} \ge {\left( {x - 1} \right)^2}}$

ΛΥΣΗ

1. Επειδή η $\displaystyle{f}$ είναι παραγώγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ είναι και συνεχής. Οπότε έχουμε οτι το $\displaystyle{\int\limits_1^x {f(t)dt} }$ είναι παραγωγίσιμο στο $\displaystyle{R}$ .

Συνεπώς η $\displaystyle{g}$ παραγώγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ , με $\displaystyle{g'(x) = {\left( {\int\limits_1^x {f(t)dt} } \right)^\prime } =f(x)}$ .

Επειδή η $\displaystyle{f}$ είναι παραγώγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ , έχουμε οτι η $\displaystyle{{g'}}$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ με $\displaystyle{g''(x) = f'(x)}$

Όμως έχουμε πως για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ ισχύει $\displaystyle{f'(x) > 0}$ , επομένως για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ ισχύει $\displaystyle{g''(x) > 0}$ . Επομένως η $\displaystyle{g}$ είναι κυρτή στο $\displaystyle{R}$ .

Επίσης έχουμε $\displaystyle{g'(1) = f(1) = 2}$ και $\displaystyle{g(1) = \int\limits_1^1 {f(t)dt} = 0}$ . Οπότε η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της $\displaystyle{g}$ στο σημείο $\displaystyle{A(1,g(1))}$
είναι η $\displaystyle{y - g(1) = g'(1)(x - 1) \Leftrightarrow y - 0 = 2(x - 1) \Leftrightarrow y = 2x - 2}$ .

2.(Επικολλώ την λύση του Απόστολου)

Για κάθε $\displaystyle{a>1}$ η ζητούμενη ανισότητα γίνεται:

$\displaystyle{\left( {a - 1} \right)\int_0^1 {f\left( t \right)dt} < \int_1^a {f\left( t \right)dt} \Leftrightarrow \int_0^1 {f\left( t \right)dt} < \frac{{\int_1^a {f\left( t \right)dt} }}{{a - 1}} \Leftrightarrow \int_0^1 {g'\left( t \right)dt} < \frac{{\int_1^a {g'\left( t \right)dt} }}{{a - 1}} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \left[ {g\left( t \right)} \right]_0^1 < \frac{{\left[ {g\left( t \right)} \right]_1^a}}{{a - 1}} \Leftrightarrow \frac{{g\left( 1 \right) - g\left( 0 \right)}}{{1 - 0}} < \frac{{g\left( a \right) - g\left( 1 \right)}}{{a - 1}}\,\,\,\,\left( * \right)}$

Η $\displaystyle{g}$ ως παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ είναι συνεχής στα διαστήματα $\displaystyle{[0, 1]}$ , $\displaystyle{[1, a]}$ και παραγωγίσιμη στα $\displaystyle{(0, 1), (1, a)}$ .

Έτσι σύμφωνα με το ΘΜΤ υπάρχουν $\displaystyle{p \in \left( {0,\,1} \right)}$ και $\displaystyle{q \in \left( {1,\,a} \right)}$ τέτοια ώστε να ισχύουν:

$\displaystyle{g'\left( p \right) = \frac{{g\left( 1 \right) - g\left( 0 \right)}}{{1 - 0}}}$ και $\displaystyle{g'\left( q \right) = \frac{{g\left( a \right) - g\left( 1 \right)}}{{a - 1}}}$

Η $\displaystyle{g'}$ είναι γν. αύξουσα στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ αφού $\displaystyle{g''(x)>0}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \mathbb{R}}$

Τότε $\displaystyle{p < q\mathop \Rightarrow \limits^{g' \uparrow } g'\left( p \right) < g'\left( q \right) \Rightarrow \frac{{g\left( 1 \right) - g\left( 0 \right)}}{{1 - 0}} < \frac{{g\left( a \right) - g\left( 1 \right)}}{{a - 1}}}$

3.α. Επειδή η $\displaystyle{g}$ είναι κυρτή στο $\displaystyle{R}$ , έχουμε οτι η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της $\displaystyle{g}$ είναι πάντα κάτω από την γραφική παράσταση της $\displaystyle{g}$ , με εξαίρεση το σημείο επάφής. Δηλάδή, για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ ισχύει $\displaystyle{g(x) \ge 2x - 2}$

Θεωρώ $\displaystyle{h(x) = \int\limits_1^x {\left( {\int\limits_1^u {f(t)dt} } \right)du - {{(x - 1)}^2},x \in R} }$ .

Εχουμε πως η $\displaystyle{f}$ είναι παραγώγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ άρα το $\displaystyle{\int\limits_1^x {f(t)dt}$ παραγωγίσιμο στο $\displaystyle{R}$ και η $\displaystyle{{{{(x - 1)}^2}}}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ ,
επομένως η $\displaystyle{h}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ με $\displaystyle{h'(x) = \int\limits_1^x {f(t)dt - 2(x - 1) = g(x) - 2(x - 1) } }$

Συνεπώς για κάθε $\displaystyle{x \ge 1}$ έχουμε $\displaystyle{h'(x) \ge 0}$ , δηλάδή η $\displaystyle{h}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{[1, + \infty )}$ . Ακόμα $\displaystyle{h(1) = 0}$ , οπότε για κάθε $\displaystyle{x \ge 1}$ έχουμε

$\displaystyle{h(x) \ge h(1) \Leftrightarrow \int\limits_1^x {\left( {\int\limits_1^u {f(t)dt} } \right)du - {{(x - 1)}^2} \ge 0 \Leftrightarrow } \int\limits_1^x {\left( {\int\limits_1^u {f(t)dt} } \right)du \ge {{(x - 1)}^2}} }$

3.β. Θεωρώ $\[H(x) = x\int\limits_1^x {f(t)dt - \int\limits_1^x {tf(t)dt - {{(x - 1)}^2},x \in R} } }$

Επειδή η $\displaystyle{f}$ είναι παραγώγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ είναι και συνεχής. Οπότε έχουμε οτι το $\displaystyle{\int\limits_1^x {f(t)dt} }$ είναι παραγωγίσιμο στο $\displaystyle{R}$ , ακόμα το $\displaystyle{\int\limits_1^x {tf(t)dt} }$ παραγωγίσιμο στο $\displaystyle{R}$ και η $\displaystyle{x\int\limits_1^x {f(t)dt} }$ και η $\displaystyle{{{{(x - 1)}^2}}}$ παραγωγίσιμες στο $\displaystyle{R}$ με $\displaystyle{H'(x) = \int\limits_1^x {f(t)dt + xf(x) - xf(x) - 2(x - 1) = } \int\limits_1^x {f(t)dt - 2(x - 1)} }$

Επισης η $\displaystyle{H'(x)}$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με $\displaystyle{H''(x) = f(x) - 2}$

Για κάθε $\displaystyle{x \ge 1\mathop \Rightarrow \limits^{f \uparrow [1, + \infty )} f(x) \ge f(1) \Rightarrow f(x) \ge 2}$ .

Επόμενως για κάθε $\displaystyle{x \ge 1}$ έχουμε $\displaystyle{H''(x) \ge 0}$ . Συνεπώς η $\displaystyle{{H'}}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{[1, + \infty )}$ .

Ακόμα $\displaystyle{H'(1) = 0}$ , οπότε για κάθε $\displaystyle{x \ge 1\mathop \Rightarrow \limits^{H' \uparrow [1, + \infty )} H'(x) \ge H'(1) = 0}$ .

Επομένως για κάθε $\displaystyle{x \ge 1}$ έχουμε $\displaystyle{H'(x) \ge 0}$ , άρα η $\displaystyle{H}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{[1, + \infty )}$ , οπότε για κάθε $\displaystyle{x \ge 1}$ έχουμε

$\displaystyle{H(x) \ge H(1) \Leftrightarrow H(x) \ge 0 \Leftrightarrow x\int\limits_1^x {f(t)dt - \int\limits_1^x {tf(t)dt - {{(x - 1)}^2}} } \ge 0 \Leftrightarrow \int\limits_1^x {(x - t)f(t)dt \ge } {(x - 1)^2}}$

ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Μέλη σε σύνδεση