Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

pana1333 · #81

Μάριε πολύ ωραία άσκηση.....

Λύση 22

α) Για $\left| m \right| - 1 \ne 0 \Leftrightarrow \left| m \right| \ne 1 \Leftrightarrow m \ne \pm 1$ εχουμε $\Delta = m^2 - 4\left( {\left| m \right| - 1} \right) = \left( {\left| m \right| - 2} \right)^2 \ge 0$ . Άρα η (1) έχει τουλάχιστον μια λύση.

Για m = 1 η (1) δίνει x=1 ενω για m=-1 η (1) δίνει x=-1.

Άρα για όλες τις τιμές του πραγματικού m η (1) έχει λύση.

β) Η (1) έχει δύο λύσεις για $\displaystyle{ \left| {\rm{m}} \right| \ne 2 \Leftrightarrow m \ne \pm 2 }$ όπου τότε Δ>0 και για $\displaystyle{ x_1 \ne x_2 \Leftrightarrow \frac{{m + \left| m \right| - 2}}{2} \ne \frac{{m - \left| m \right| + 2}}{2} \Leftrightarrow 2\left| m \right| \ne 4 \Leftrightarrow$ $m\ne2$ και $m \ne-2$

γ) Για $\displaystyle{ m \ne \pm 1 }$ είναι $\displaystyle{ S = \frac{m}{{\left| m \right| - 1}},P = \frac{1}{{\left| m \right| - 1}} }$

Άρα $\displaystyle{ mS \ge P + 1 \Leftrightarrow \frac{{m^2 }}{{\left| m \right| - 1}} \ge \frac{{1 }}{{\left| m \right| - 1}} + 1 \Leftrightarrow \frac{{m^2 }}{{\left| m \right| - 1}} - \frac{{1 }}{{\left| m \right| - 1}} - 1 \ge 0 \Leftrightarrow }$ $\displaystyle{ \frac{{\left| m \right|^2 - \left| m \right| + 1 - 1}}{{\left| m \right| - 1}} \ge 0 \Leftrightarrow \frac{{\left| m \right|\left( {\left| m \right| - 1} \right)}}{{\left| m \right| - 1}} \ge 0 \Leftrightarrow \left| m \right| \ge 0 }$ που ισχύει και κάθε πραγματικό m.

δ) Για x=1 η (1) γίνεται $\displaystyle{ \left| m \right| - 1 - m + 1 = 0 \Leftrightarrow \left| m \right| = m }$
η οποία ισχύει για κάθε $\displaystyle{ m \ge 0 }$

ε)Για $\displaystyle{ m = 2011^{2012} }$ είναι $\displaystyle{D = 2011^{2012} - 2 > 0 }$
άρα η (1) έχει δύο λύσεις άνισες τις $\displaystyle{ x_{1,2} = \frac{{m \pm \left( {\left| m \right| - 2} \right)}}{2} }$
Για $\displaystyle{ m = 2011^{2012} }$ έχουμε την ακέραια λύση $\displaystyle{ x = \frac{{2011^{2012} - \left( {\left| {2011^{2012} } \right| - 2} \right)}}{2} = \frac{2}{2} = 1 }$

Ιστοσελίδα · #82

Μετά τη δημοσίευση του "φυλλαδίου" από το Μιχάλη, σκέφτηκα να σταματήσουμε τις δημοσιεύσεις. Βλέπω όμως ότι υπάρχει όρεξη για συνέχισή τους και μάλιστα με ακόμα καλύτερες ασκήσεις όπως η τελευταία του Μάριου.
Ανεβάζω λοιπόν και εγώ μια άσκηση με ευθείες που λίγο τις "παραμελήσαμε".
Μ.

pana1333 · #83

m.pαpαgrigorakis έγραψε: Ανεβάζω λοιπόν και εγώ μια άσκηση με ευθείες που λίγο τις "παραμελήσαμε".
Μ.

κοιτα να δεις....και εγώ στις ευθείες ετοίμαζα μία.....

Ιστοσελίδα · #84

pana1333 έγραψε:κοιτα να δεις....και εγώ στις ευθείες ετοίμαζα μία.....

!!!

Άσκηση 23

Δίνονται οι ευθείες $\left( {{\varepsilon _1}} \right)$ : $y = {\lambda ^2}x + 6$ και $\left( {{\varepsilon _2}} \right)$ : $y = \left( {5\lambda - 6} \right)x + 8$ όπου ο $\lambda$ είναι πραγματικός αριθμός.
Α) Να εξετάσετε αν υπάρχει τιμή του $\lambda$ ώστε οι ευθείες να ταυτίζονται.
Β) Αν οι ευθείες $\left( {{\varepsilon _1}} \right)$ και $\left( {{\varepsilon _2}} \right)$ δεν είναι οριζόντιες τότε :
α) Να βρείτε τα σημεία

και $\Lambda$ στα οποία οι $\left( {{\varepsilon _1}} \right)$ και $\left( {{\varepsilon _2}} \right)$ τέμνουν τους άξονες y'y

και

αντίστοιχα
β) Να βρείτε το $\lambda$ ώστε για την απόσταση $\left( {{\rm K}\Lambda } \right)$ να ισχύει ότι $\left( {{\rm K}\Lambda } \right) = 10$
Γ) Για $\lambda = 1$
α) Να βρείτε το κοινό σημεία

της ευθείας $\left( {{\varepsilon _1}} \right)$ με τον άξονα x'x

β) Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ${\rm K}\Lambda {\rm M}$ είναι σκαληνό.
β) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του τριγώνου ${\rm K}\Lambda {\rm M}$
γ) Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας $\left( {{\varepsilon _3}} \right)$ που διέρχεται από τα

και $\Lambda$
δ) Να βρείτε αν υπάρχει σημείο της ${\varepsilon _1}$ που να είναι συμμετρικό κάποιου σημείου της ${\varepsilon _3}$ ως προς άξονα συμμετρίας τον y'y

Μίλτος

edit: Άλλαξα το τελευταίο ερώτημα (υποδ: Στάθη)

pana1333 · #85

Δίνω και εγώ μια στις ευθείες.......Ελπίζω να αρέσει.....Άλλαξα λίγο τις συναρτήσεις και ελάττωσα τις διαδρομές για να την κάνω λιγάκι πιο ξεκούραστη (πολλή ανηφόρα)

Άσκηση 24

Δύο ποδηλάτες ο Μίλτος και ο Στάθης (τυχαίο;;;) έχουν να διανύσουν από 5 διαδρομές ο καθένας. Ο Μίλτος τις διαδρομές $A_\lambda$ και ο Στάθης τις διαδρομές $B_\lambda$ όπου $\lambda \in \left\{ {1,2,3,4,5} \right\}$ . Αν "προσομοιώσουμε" τις διαδρομές $A_{\lambda ,} B_\lambda$ αντίστοιχα με τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων $f\left( x \right) = \frac{\left( {\lambda - 1} \right)^2x + \lambda - 1}{20}$ και $g\left( x \right) = \frac{\left( {\lambda ^2 - 7} \right)x + \lambda + 1}{20}$ όπου -10<x<10

, να απαντήσετε στα εξής:

α) Για ποιές τιμές του λ οι διαδρομές $A_\lambda ,B_\lambda$ είναι ανηφορικές;

β) Για ποια τιμή του λ δε θα συναντηθούν ποτέ ο Μίλτος και ο Στάθης;

γ) Για ποιά τιμή του λ ο Μίλτος θα κουραστεί περισσότερο απο το Στάθη;

Προσθέτω άλλα δύο

δ)Αν οι δυο μας φίλοι θέλουν να ξεδιψάσουν στην μοναδική πηγή που βρίσκεται στο σημείο $\left(1,\frac{6}{20} \right)$ ποια διαδρομή πρέπει να ακολουθήσει ο καθένας;

ε) Αν ο Μίλτος ακολουθησει τη διαδρομή A_2

και ο Στάθης τη διαδρομή B_3

ποιο θα είναι το σημείο συνάντησης τους;

Παρατήρησεις: οι αποστάσεις (x) εκφράζονται σε χιλιόμετρα και το (-) δηλώνει αντίθετη κατεύθυνση.

Υ.Γ αν θέλει κάποιος συνάδελφος να προσθέσει κάποιο ερώτημα ή να διορθώσει κάτι στην διατύπωση μπορεί να το κάνει.

#86

Όσο υπάρχει Μιχάλης τόσο θα υπάρχω και εγώ!!!

Α) Για να ταυτίζονται οι ευθείες αρκεί το σύστημα των εξισώσεών τους να έχει άπειρες λύσεις
(Παρατήρηση: Αν βέβαια ένα γραμμικό σύστημα 2x2 έχει δύο διακεκριμένες λύσεις τότε θα έχει άπειρες)

Έχουμε:

$\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} y = \lambda ^2 x + 6 \\ y = \left( {5\lambda - 6} \right)x + 8 \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} y = \lambda ^2 x + 6 \\ \lambda ^2 x + 6 = \left( {5\lambda - 6} \right)x + 8 \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} y = \lambda ^2 x + 6 \\ \lambda ^2 x + 6 - \left( {5\lambda - 6} \right)x - 8 = 0 \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} y = \lambda ^2 x + 6 \\ \left( {\lambda ^2 - 5\lambda + 6} \right)x = 2:\left( 1 \right) \\ \end{gathered} \right. }$
Για να συμβεί $\displaystyle{ \left( {\varepsilon _1 } \right) \equiv \left( {\varepsilon _2 } \right) }$ αρκεί η εξίσωση (1) να είναι ταυτότητα πράγμα που είναι αδύνατο (αφού είναι της μορφής $\displaystyle{ \boxed{\alpha x = \beta } }$ με $\displaystyle{ \boxed{\beta = 2 \ne 0} }$

Β) Αφού οι ευθείες $\displaystyle{ \left( {\varepsilon _1 } \right),\left( {\varepsilon _2 } \right) }$ δεν είναι οριζόντιες οι συντελεστές διεύθυνσής τους είναι διάφοροι του μηδενός, δηλαδή ισχύει: $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \lambda ^2 \ne 0 \\ \& \\ 5\lambda - 6 \ne 0 \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \boxed{\lambda \ne 0\;\& \lambda \ne \frac{6} {5}} }$ τότε

α) Είναι :

$\displaystyle{ {\rm K} = \left( {\varepsilon _1 } \right) \cap y'y\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {\varepsilon _1 } \right):y = \lambda ^2 x + 6\mathop \Rightarrow \limits^{x = 0} y = 6} \boxed{K\left( {0,6} \right)} }$ και

$\displaystyle{ \Lambda = \left( {\varepsilon _2 } \right) \cap x'x\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {\varepsilon _2 } \right):y = \left( {5\lambda - 6} \right)x + 8\mathop \Rightarrow \limits^{y = 0} \left( {5\lambda - 6} \right)x + 8 = 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{\lambda \ne \frac{6} {5}} x = - \frac{8} {{5\lambda - 6}}} \boxed{\Lambda \left( { - \frac{8} {{5\lambda - 6}},0} \right)} }$

β) Είναι:

$\displaystyle{ \left( {{\rm K}\Lambda } \right) = 10 \Leftrightarrow \left( {{\rm K}\Lambda } \right)^2 = 10^2 \mathop \Leftrightarrow \limits^{\vartriangle {\rm O}{\rm K}\Lambda (o\theta \rho o\gamma .),{\rm O}\left( {0,0} \right)} \left( {{\rm O}{\rm K}} \right)^2 + \left( {{\rm O}\Lambda } \right)^2 = 100 \Leftrightarrow \left| {y_K } \right|^2 + \left| {x_\Lambda } \right|^2 = 100 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} 6^2 + \left| { - \frac{8} {{5\lambda - 6}}} \right|^2 = 100 \\ \lambda \ne \frac{6} {5} \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left| {\frac{8} {{5\lambda - 6}}} \right|^2 = 100 - 36 \\ \lambda \ne \frac{6} {5} \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left| {\frac{8} {{5\lambda - 6}}} \right|^2 = 64 \\ \lambda \ne \frac{6} {5} \\ \end{gathered} \right.\quad \mathop \Leftrightarrow \limits^{\left| {\frac{8} {{5\lambda - 6}}} \right| > 0} \;\left\{ \begin{gathered} \left| {\frac{8} {{5\lambda - 6}}} \right| = 8 \\ \lambda \ne \frac{6} {5} \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \frac{{\left| 8 \right|}} {{\left| {5\lambda - 6} \right|}} = 8 \\ \lambda \ne \frac{6} {5} \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \frac{1} {{\left| {5\lambda - 6} \right|}} = 1 \\ \lambda \ne \frac{6} {5} \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left| {5\lambda - 6} \right| = 1 \\ \lambda \ne \frac{6} {5} \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left\{ \begin{gathered} 5\lambda - 6 = 1 \hfill \\ 5\lambda - 6 = - 1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \\ \lambda \ne \frac{6} {5} \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left\{ \begin{gathered} \lambda = \frac{7} {5} \hfill \\ \lambda = 1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \\ \lambda \ne \frac{6} {5} \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \ldots \boxed{\lambda = \frac{7} {5},\;\lambda = 1} }$

Παρατήρηση: Προσπαθώ να αποφύγω τον τύπο της απόστασης σημείων γιατί έμαθα ότι είναι εκτός ύλης (δεν κάνω στην Α’ Λυκείου φέτος και δεν το γνωρίζω)

Γ) Για $\displaystyle{ \lambda = 1 }$ έχουμε: $\displaystyle{ \boxed{\left( {\varepsilon _1 } \right):y = x + 6} }$ και $\displaystyle{ \boxed{\left( {\varepsilon _2 } \right):y = - x + 8} }$

α) Είναι $\displaystyle{ \left( {\varepsilon _1 } \right):y = x + 6\mathop \to \limits^{y = 0} 0 = x + 6 \Leftrightarrow x = - 6 \Rightarrow \boxed{\left( {\varepsilon _1 } \right) \cap x'x = M\left( { - 6,0} \right)} }$

β) Για $\displaystyle{ \lambda = 1 }$ είναι : $\displaystyle{ \boxed{K\left( {0,6} \right)},\quad \boxed{{\rm M}\left( { - 6,0} \right)} }$ και $\displaystyle{ \Lambda \left( { - \frac{8} {{5\lambda - 6}},0} \right)\mathop \to \limits^{\lambda = 1} \boxed{\Lambda \left( {8,0} \right)} }$ οπότε $\displaystyle{ \boxed{\left( {{\rm K}\Lambda } \right) = 10} }$ όπως βρήκαμε (μην ξεχνάμε ότι και η τιμή $\displaystyle{ \lambda = 1 }$ προέκυψε με την απαίτηση $\displaystyle{ \left( {{\rm K}\Lambda } \right) = 10 }$ ),

$\displaystyle{ \left( {{\rm K}{\rm M}} \right) = \sqrt {\left| {x_M } \right|^2 + \left| {y_K } \right|^2 } \Rightarrow \ldots \left( {{\rm K}{\rm M}} \right) = \sqrt {36 + 36} = \sqrt {36 \cdot 2} \Rightarrow \ldots \boxed{\left( {{\rm K}{\rm M}} \right) = 6\sqrt 2 } }$

και $\displaystyle{ \left( {\Lambda {\rm M}} \right) = \left| {x_\Lambda - x_{\rm M} } \right| = \left| {8 - \left( { - 6} \right)} \right| \Rightarrow \ldots \boxed{\left( {\Lambda {\rm M}} \right) = 14} }$

Είναι $\displaystyle{ \left( {{\rm K}\Lambda } \right) \ne \left( {\Lambda {\rm M}} \right) \ne \left( {{\rm M}{\rm K}} \right) \ne \left( {{\rm K}\Lambda } \right) }$ οπότε το τρίγωνο ΚΛΜ είναι σκαληνό.

β’) Είναι $\displaystyle{ \left( {{\rm K}\Lambda {\rm M}} \right) = \frac{1} {2} \cdot \left( {\Lambda {\rm M}} \right) \cdot \left( {{\rm O}{\rm K}} \right) = \frac{1} {2} \cdot 14 \cdot \left| {y_K } \right| = \frac{1} {2} \cdot 14 \cdot 6 \Rightarrow \boxed{\left( {{\rm K}\Lambda {\rm M}} \right) = 42\tau .\mu } }$ , όπου παριστάνει το εμβαδόν του τριγώνου ΚΛΜ

γ) Επειδή τα Κ και Λ έχουν διαφορετικές τετμημένες η ζητούμενη ευθεία $\displaystyle{ \left( {\varepsilon _3 } \right) }$ θα είναι της μορφής: $\displaystyle{ \left( {\varepsilon _3 } \right):y = \alpha x + \beta }$
Είναι

$\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} {\rm K}\left( {0,6} \right) \in \left( {\varepsilon _3 } \right) \Leftrightarrow 6 = \alpha \cdot 0 + \beta \hfill \\ \Lambda \left( {8,0} \right) \in \left( {\varepsilon _3 } \right) \Leftrightarrow 0 = \alpha \cdot 8 + \beta \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \beta = 6 \hfill \\ 8\alpha + 6 = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \beta = 6 \hfill \\ \alpha = - \frac{3} {4} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{\left( {\varepsilon _3 } \right):y = - \frac{3} {4}x + 6} }$

δ) Έστω $\displaystyle{ {\rm M}_0 \left( {x_0 ,y_0 } \right) \in \left( {\varepsilon _1 } \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {\varepsilon _1 } \right):y = x + 6} \boxed{y_0 = x_0 + 6}:\left( 3 \right) }$ τότε και το συμμετρικό του $\displaystyle{ {\rm M}_0 \left( {x_0 ,y_0 } \right) }$ ως προς τον $\displaystyle{ y'y }$ θα είναι το σημείο $\displaystyle{ {\rm M}'_0 \left( { - x_0 ,y_0 } \right) }$ το οποίο για να ανήκει στην $\displaystyle{ \left( {\varepsilon _3 } \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {\varepsilon _3 } \right):y = - \frac{3} {4}x + 6} \boxed{y_0 = \frac{3} {4}x_0 + 6}:\left( 4 \right) }$

Επομένως αν υπάρχει τέτοιο σημείο θα πρέπει το σύστημα των εξισώσεων (3) και (4) να έχει λύση (η οποία θα αποτελεί και τις συντεταγμένες του ζητούμενου σημείου).

Έχουμε:

$\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} y_0 = x_0 + 6 \\ y_0 = \frac{3} {4}x_0 + 6 \\ \end{gathered} \right.\mathop \Leftrightarrow \limits^{\left( - \right)} \left\{ \begin{gathered} y_0 = x_0 + 6 \\ 0 = x_0 - \frac{3} {4}x_0 \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} y_0 = x_0 + 6 \\ 0 = 4x_0 - 3x_0 \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} y_0 = x_0 + 6 \\ x_0 = 0 \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} y_0 = 6 \\ x_0 = 0 \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{M_0 \left( {0,6} \right)} = \left( {\varepsilon _1 } \right) \cap \left( {\varepsilon _3 } \right) }$

Φιλικά

Στάθης Κούτρας

Ιστοσελίδα · #87

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:Παρατήρηση: Προσπαθώ να αποφύγω τον τύπο της απόστασης σημείων γιατί έμαθα ότι είναι εκτός ύλης (δεν κάνω στην Α’ Λυκείου φέτος και δεν το γνωρίζω)

Στάθη και εγώ δεν διδάσκω φέτος στην Α Λυκείου και δεν ξέρω τις λεπτομέρειες της ύλης.
Πιστεύω όμως ότι ένας μαθητής που ασχολείται με αυτές τις ασκήσεις μπορεί εύκολα να μάθει ένα τύπο απόστασης ώστε να τον χρησιμοποιεί ή την παραλληλία.
Πάντως την άσκηση έφτιαξα με την σκέψη ότι ο τύπος της απόστασης και της παραλληλίας είναι γνωστές στους μαθητές.

pana1333 έγραψε:δ) Νομίζω υπάρχει πρόβλημα !!! (Μίλτο μήπως η συμμετρία είναι ως προς την ευθεία με εξίσωση x=1;)

Στάθη αν δεν κάνω λάθος οι ευθείες ε1 και ε2 έχουν άξονα συμμετρίας την ευθεία χ=1.
Εδώ ζητείται η ε1 και ε3 που έχουν άξονα συμμετρίας τον άξονα των y. Πιστεύω να μην μπερδεύω τις αριθμήσεις των ευθειών.

Ξαναδές το και αν είναι το ξανακοιτάζω και εγώ.
Φιλικά
Μίλτος

#88

m.pαpαgrigorakis έγραψε:
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:Παρατήρηση: Προσπαθώ να αποφύγω τον τύπο της απόστασης σημείων γιατί έμαθα ότι είναι εκτός ύλης (δεν κάνω στην Α’ Λυκείου φέτος και δεν το γνωρίζω)
Στάθη και εγώ δεν διδάσκω φέτος στην Α Λυκείου και δεν ξέρω τις λεπτομέρειες της ύλης.
Πιστεύω όμως ότι ένας μαθητής που ασχολείται με αυτές τις ασκήσεις μπορεί εύκολα να μάθει ένα τύπο απόστασης ώστε να τον χρησιμοποιεί ή την παραλληλία.
Πάντως την άσκηση έφτιαξα με την σκέψη ότι ο τύπος της απόστασης και της παραλληλίας είναι γνωστές στους μαθητές.
pana1333 έγραψε:δ) Νομίζω υπάρχει πρόβλημα !!! (Μίλτο μήπως η συμμετρία είναι ως προς την ευθεία με εξίσωση x=1;)
Στάθη αν δεν κάνω λάθος οι ευθείες ε1 και ε2 έχουν άξονα συμμετρίας την ευθεία χ=1.
Εδώ ζητείται η ε1 και ε3 που έχουν άξονα συμμετρίας τον άξονα των y. Πιστεύω να μην μπερδεύω τις αριθμήσεις των ευθειών.

Ξαναδές το και αν είναι το ξανακοιτάζω και εγώ.
Φιλικά
Μίλτος

Μίλτο έχεις απόλυτα δίκιο ότι κοίταζα τις ευθείες ε1 και ε2, όμως για κοίταξε κάτι άλλο !!!

Επειδή έχω βεβαιώσει ότι η εξίσωση της ε3 που βρήκα είναι σωστή (και αριθμητικά) οι ευθείες ε1, ε3 είναι βέβαιο ότι διέρχονται από το ίδιο σημείο Κ(0,6) όμως δεν έχουν αντίθετους συντελεστές διεύθυνσης για να είναι συμμετρικές ως προς τον y'y

Για ξαναδές το

Νομίζω (μπορεί να είναι πιό δύσκολο) ότι ας δοθεί η συμμετρία των ε1 και ε2 ως προς την ευθεία με εξίσωση x=1

Φιλικά

Στάθης

Ιστοσελίδα · #89

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:Για ξαναδές το

Στάθη έχεις δίκιο
Θα κοιτάξω αν μπορώ να το διορθώσω
Αν όχι θα το σβήσω αφού μου φαίνεται ότι η συμμετρία των ε1 και ε2 ξεφεύγει για μαθητές της Α
ευχαριστώ
Μίλτος

#90

pana1333 έγραψε:Δίνω και εγώ μια στις ευθείες.......Ελπίζω να αρέσει.....

Άσκηση 24

Δύο ποδηλάτες ο Μίλτος και Στάθης (τυχαίο;;;) έχουν να διανύσουν απο 10 διαδρομές ο καθένας. Ο Μίλτος τις διαδρομές $A_\lambda ,\,\,\,\lambda \in \left[ {1,10} \right]$ και ο Στάθης τις διαδρομές ${\rm B}_\lambda ,\,\,\lambda \in \left[ {1,10} \right]$ όπου λ φυσικός αριθμός. Αν "προσομοιώσουμε" τις διαδρομές $A_{\lambda ,} B_\lambda$
αντίστοιχα με τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων $f\left( x \right) = \left( {\lambda - 1} \right)^2x + \lambda - 1$ και $g\left( x \right) = \left( {\lambda ^2 - 7} \right)x + \lambda + 1$ να απαντήσετε στα εξής:

α) Για ποιές τιμές του λ οι διαδρομές $A_\lambda ,B_\lambda$ είναι ανηφορικές;

β) Για ποια τιμή του λ δε θα συναντηθούν ποτέ ο Μίλτος και ο Στάθης;

γ) Για ποιά τιμή του λ ο Μίλτος θα κουραστεί περισσότερο;

Υ.Γ αν θέλει κάποιος συνάδελφος να προσθέσει κάποιο ερώτημα ή να διορθώσει κάτι στην διατύπωση μπορεί να το κάνει.

Χρήστο καλησπέρα

Πρώτον θέλω να σου πω ότι είσαι καταπληκτικός!!!

Εδώ κάθομαι με τη γυναίκα μου και έχουμε ξεραθεί από τα γέλια

Δεν θα δώσω τη λύση της όμορφης άσκησης που βάζεις γιατί αναφέρεται σε μένα και στο Μίλτο.
Θα αφήσω να τη λύση ένας άλλος συνάδελφος που θα ήθελα να τον παρακαλέσω να την «περιποιηθεί δεόντως»

Θα ήθελα όμως να σου κάνω μερικές «παρατηρήσεις!!!» και θέλω εκτός άσκησης να τις θυμάσαι

α) σου λέω λοιπόν σε ότι με αφορά και από τις εκτιμήσεις μου και σε ότι αφορά το Μίλτο ότι όχι για $\displaystyle{ \lambda \in {\rm N},\lambda \in \left\{ {3,4, \ldots ,10} \right\} }$ δεν πρόκειται οι διαδρομές μας να είναι ανηφορικές αλλά ούτε για κάθε $\displaystyle{ \lambda \in {\rm N},\lambda \geqslant 3 }$ θα είναι
β) Αν εννοείς ότι στην 4η άσκηση ( $\displaystyle{ \lambda = 4 }$ ) δεν θα συναντηθώ με το Μίλτο σου λέω ότι αν γυρίσεις το post στην 1η σελίδα θα δεις ότι στην 4η άσκηση (συγγραφέας είναι ο Μίλτος και λύτης εγώ) άρα έχουμε συναντηθεί

γ) Όσο για το αν θα κουραστεί ο Μίλτος περισσότερο (ανεξάρτητα από το αποτέλεσμα της άσκησης) νομίζω ότι είσαι γελασμένος ότι θα κουραστεί ποτέ

Μου άρεσε πολύ
Χρειαζόμαστε λίγο χιούμορ λίγο πριν έρθει η «Τρόικα» στη «χώρα» μας και μας ανακοινώσουν ότι το επόμενο δώρο του Πάσχα θα είναι ένας σκαντζόχοιρος

Φιλικά

Στάθης Κούτρας

Ιστοσελίδα · #91

Στάθη για δες το τώρα και πες μου
Μ.

#92

m.pαpαgrigorakis έγραψε:Στάθη για δες το τώρα και πες μου
Μ.

Πολύ καλό!!! Μίλτο
Δίνω αμέσω και τη λύση

Στάθης

Ιστοσελίδα · #93

pana1333 έγραψε:Δίνω και εγώ μια στις ευθείες.......Ελπίζω να αρέσει.....

Άσκηση 24

Δύο ποδηλάτες ο Μίλτος και Στάθης (τυχαίο;;;) έχουν να διανύσουν από 10 διαδρομές ο καθένας. Ο Μίλτος τις διαδρομές $A_\lambda ,\,\,\,\lambda \in \left[ {1,10} \right]$ και ο Στάθης τις διαδρομές ${\rm B}_\lambda ,\,\,\lambda \in \left[ {1,10} \right]$ όπου λ φυσικός αριθμός. Αν "προσομοιώσουμε" τις διαδρομές $A_{\lambda ,} B_\lambda$ αντίστοιχα με τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων $f\left( x \right) = \left( {\lambda - 1} \right)^2x + \lambda - 1$ και $g\left( x \right) = \left( {\lambda ^2 - 7} \right)x + \lambda + 1$ να απαντήσετε στα εξής:

Ο Χρήστος ξέρει ότι κουράζομαι εύκολα γι΄ αυτό και μου έδωσε τις ευκολότερες διαδρομές!!!

Μ

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:Πολύ καλό!!! Μίλτο

Χαίρομαι Στάθη που βγήκε κάτι καλό.
Μ.

pana1333 · #94

Στάθη ευχαριστώ πολύ για τα καλά σου λόγια.....και χαίρομαι που σου άρεσε η άσκηση και το διασκεδάσατε οικογενειακώς

.
Σας βλέπω ακούραστους και τους δύο απλά κάποιος έπρεπε να ""χάσει"" για το καλό της άσκησης

. Μίλτο συγχωρεσέ με!!!!! αν και τελικά τις μεγάλες ανηφόριες τις έχει ο Στάθης....

Στάθη κουράγιο.....

Χαιρετώ....

parmenides51 · #95

Ας προτείνω κι εγώ μια άσκηση με αδυναμία στις ανισώσεις.

Άσκηση 25

Δίνεται η συνάρτηση $f\left( x\right)=\lambda x^{2}+2\left(\lambda -1 \right)x+\lambda +1$ με $\lambda\in R$ .
α. Να βρείτε το πλήθος των σημείων τομής της γραφικής παράστασης της $f\left( x\right)$ με τους άξονες για τις διάφορες τιμές του πραγματικού αριθμού $\lambda$ .
β. Να βρείτε τις πραγματικές τιμές του $\lambda$ ώστε η η εξίσωση $f\left( x\right)=0$ να έχει δυο άνισες πραγματικές ρίζες $\varrho _{1},\varrho _{2}$ με $\left| \varrho _{1}+\varrho _{2}\right|=-\varrho _{1}-\varrho _{2}$ .
γ. Αν ονομάσουμε $g\left( x\right)$ και $h\left( x\right)$ τις συναρτήσεις που προκύπτουν από την $f\left( x\right)$ για $\lambda=0$ και $\lambda=-1$ αντίστοιχα, να λυθεί η ανίσωση $\displaystyle{\frac{h\left(x \right)}{g\left(x \right)} \geq f\left(-1 \right)}$ .
δ.Για $\lambda=2$ να λυθεί η ανίσωση $f^{2}\left( x\right)\leq 8x^{3}+12x+29$ .
ε.Να βρείτε τα σημεία τομής των ευθειών $\left( \varepsilon_{1}\right):f\left(-1 \right)x+f\left(0\right)y=f\left(1 \right)$ και $\left( \varepsilon _{2}\right):f\left(0 \right)x-f\left(1\right)y=3f\left(-1 \right)$ όταν ισχύει ότι $f\left(1 \right)=f \left( -1 \right)$ .

edit. Πρόσθεσα το ερώτημα (ε) για να υπάρχει κάτι εύκολο.

pana1333 · #96

Μετά απο κάποιες διορθώσεις του Parmenides51 και την προσθήκη του (ε) έχουμε.....

Λύση 25

α) Για $\lambda \neq 0$ έχουμε:

Για x=0 είναι f(0) =λ+1 άρα μοναδικό σημείο τομής με τον άξονα των y καθώς το $\lambda \in R^*$ .

Για f(x)=y=0 έχουμε $\lambda x^2 +2 \left( {\lambda - 1} \right)x + \lambda+ 1=0$ . Είναι $\Delta = 4\left( {\lambda - 1} \right)^2 - 4\lambda \left( {\lambda + 1} \right) \Leftrightarrow \Delta = -12\lambda + 4$ .

Διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις.

1) Αν $\Delta > 0 \Leftrightarrow \lambda < \frac{1}{3}$ και επειδή $\lambda \neq 0$ τότε έχουμε δύο κοινά σημεία με τον άξονα των x για $\lambda \in \left( { - \infty ,0} \right) \cup \left( {0,\frac{1}{3}} \right)$ .

2)Αν $\Delta = 0 \Leftrightarrow \lambda = \frac{1}{3}$ τότε έχουμε ένα κοινό σημείο με τον άξονα των x

και 3) Αν $\Delta < 0 \Leftrightarrow \lambda = \frac{1}{3}$ τότε δεν έχουμε κανένα κοινό σημείο με τον άξονα των x.

Για λ=0 είναι $f\left(x \right)=-2x+1$ η οποία έχει ένα σημείο τομής με τον άξονα των x και ένα με τον άξονα των y.

β) Για να έχει η εξίσωση $f\left( x \right) = 0$ δύο πραγματικές και άνισες λύσεις πρέπει Δ>0 άρα $\lambda < \frac{1}{3}$ με $\lambda \ne 0$ και για να είναι $\left| {\rho _1 + \rho _2 } \right| = - \rho _1 - \rho _2$ πρέπει $\rho _1 + \rho _2 \le 0$ (διότι $\left| a \right| = - a \Leftrightarrow a \le 0$ ). Όμως απο τύπους Vieta είναι $\rho _1 + \rho _2 = \frac{{ - 2\left( {\lambda - 1} \right)}}{\lambda }$ . Άρα πρέπει και $\frac{{ - 2\left( {\lambda - 1} \right)}}{\lambda } \leq 0 \Leftrightarrow - 2\lambda \left( {\lambda - 1} \right) \leq 0 \Leftrightarrow$ $\lambda \in \left( { - \infty ,0} \right) \cup \left[ {1, + \infty } \right)$ . Επομένως $\left\{ \begin{array}{l} \lambda \in \left( { - \infty ,0} \right) \cup \left( {0,\frac{1}{3}} \right) \\ \lambda \in \left( { - \infty ,0} \right) \cup \left[ {1, + \infty } \right) \\ \end{array} \right\} \Rightarrow \lambda \in \left( { - \infty ,0} \right)$ .

γ) Για λ=0 είναι $g\left( x \right) = - 2x + 1$ και για λ=-1 είναι $h\left( x \right) = - x^2 - 4x$ ενώ $f\left( { - 1} \right) = 3$ .

Άρα η ανίσωση $x \ne \frac{1}{2}$ γίνεται $\frac{{h\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} \ge f\left( { - 1} \right) \Leftrightarrow \frac{{ - x^2 - 4x}}{{ - 2x + 1}} \ge 3 \Leftrightarrow \frac{{ - x^2 - 4x}}{{ - 2x + 1}} - 3 \ge 0 \Leftrightarrow \frac{{ - x^2 - 4x + 6x - 3}}{{ - 2x + 1}} \ge 0 \Leftrightarrow$ \displaystyle{\left( { - x^2 + 2x - 3} \right)\left( { - 2x + 1} \right) \ge 0 \Leftrightarrow x \in \left( {\frac{1}{2}, + \infty } \right) .

δ) Για λ=2 είναι

f\left( x \right) = 2x^2 + 2x + 3 Άρα η ανίσωση γίνεται

f^2 \left( x \right) \le 8x^3 + 12x + 29 \Leftrightarrow 4x^4 + 4x^2 + 9 + 8x^3 + 12x^2 + 12x \le 8x^3 + 12x + 29} $\Leftrightarrow x^4 + 4x^2 - 5 \le 0$ .

Θέτουμε $x^2 = \omega \ge 0$ και βρίσκουμε $\omega _1 = 1$ δεκτή ή $\omega _2 = - 5$ .

Επομένως η ανίσωση γίνεται $\left( {x^2 - 1} \right)\left( {x^2 + 5} \right) \le 0 \Leftrightarrow x \in \left[ { - 1,1} \right]$ .

ε) Είναι $f\left(-1 \right)=3,f\left(0 \right)=\lambda +1, f\left(1 \right)=4\lambda -1$ και επειδή $f\left(1 \right)=f\left(-1 \right)\Leftrightarrow \lambda =1$ άρα $f\left(-1 \right)=3,f\left(0 \right)=2,f\left(1 \right)=3$ .

Για να βρούμε τα σημεία τομής των $(\epsilon _{1}),(\epsilon _{2})$ λύνουμε το σύστημα $\left\{ \begin{array}{l} 3x + 2y = 3 \\ 2x - 3y = 9 \\ \end{array} \right\}\mathop \Leftrightarrow \limits_{ \cdot - 3}^{ \cdot 2} \left\{ \begin{array}{l} 6x + 4y = 6 \\ - 6x + 9y = - 27 \\ \end{array} \right\}\mathop \Leftrightarrow \limits^{\left( + \right)} \left\{ \begin{array}{l} 13y = - 21 \\ 3x + 2y = 3 \\ \end{array} \right\} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y = - \frac{{21}}{{13}} \\ x = \frac{{81}}{{39}} \\ \end{array} \right\}$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y = \frac{{ - 21}}{{13}} \\ x = \frac{{27}}{{13}} \\ \end{array} \right\}$

irakleios · #97

Xαίρομαι που σας άρεσε η άσκσησή μου , ευχαριστώ για τα καλά λόγια! Βλέπω και οι ασκήσεις που ακολουθούν είναι πανέμορφες!!!
Είναι να θαυμάσει τελικά κανείς τα μέλη του

parmenides51 · #98

Άσκηση 24

Δύο ποδηλάτες ο Μίλτος και ο Στάθης έχουν να διανύσουν από 5 διαδρομές ο καθένας. Ο Μίλτος τις διαδρομές $A_\lambda$ και ο Στάθης τις διαδρομές $B_\lambda$ όπου $\lambda \in \left\{ {1,2,3,4,5} \right\}$ . Αν "προσομοιώσουμε" τις διαδρομές $A_{\lambda ,} B_\lambda$ αντίστοιχα με τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων $f\left( x \right) = \frac{\left( {\lambda - 1} \right)^2x + \lambda - 1}{20}$ και $g\left( x \right) = \frac{\left( {\lambda ^2 - 7} \right)x + \lambda + 1}{20}$ όπου , να απαντήσετε στα εξής:
α) Για ποιές τιμές του λ οι διαδρομές $A_\lambda ,B_\lambda$ είναι ανηφορικές;
β) Για ποια τιμή του λ δε θα συναντηθούν ποτέ ο Μίλτος και ο Στάθης;
γ) Για ποιά τιμή του λ ο Μίλτος θα κουραστεί περισσότερο από το Στάθη;
δ) Αν οι δυο μας φίλοι θέλουν να ξεδιψάσουν στην μοναδική πηγή που βρίσκεται στο σημείο $\left(1,\frac{6}{20} \right)$ ποια διαδρομή πρέπει να ακολουθήσει ο καθένας;
ε) Αν ο Μίλτος ακολουθήσει τη διαδρομή και ο Στάθης τη διαδρομή ποιο θα είναι το σημείο συνάντησης τους;
Παρατηρήσεις: οι αποστάσεις (x) εκφράζονται σε χιλιόμετρα και το (-) δηλώνει αντίθετη κατεύθυνση.

α. Επειδή οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f(x) ,g(x) είναι ευθείες, θα είναι ανηφορικές εάν είναι γνησίως αύξουσες σαν συναρτήσεις, εαν δηλαδή έχουν θετικό συντελεστή διεύθυνσης οπότε:
Ο μεν Μίλτος ανηφορίζει όταν $\frac{\left( \lambda - 1 \right)^2}{20}>0\Leftrightarrow \left( \lambda - 1 \right)^2>0\Leftrightarrow \lambda -1\neq 0\Leftrightarrow \lambda \neq 1$ κι επειδή $\lambda \in \left\{ {1,2,3,4,5} \right\}$ άρα όταν $\lambda \in \left\{ {2,3,4,5} \right\}$ .
Ο δε Στάθης ανηφορίζει όταν $\frac{\left \lambda ^2 - 7 \right}{20}>0\Leftrightarrow \lambda ^2 - 7>0\Leftrightarrow \lambda ^2 > 7\Leftrightarrow \left| \lambda\right| >\sqrt{7}>\sqrt{4}=2$ κι επειδή $\lambda \in \left\{ {1,2,3,4,5} \right\}$ άρα όταν $\lambda \in \left\{ {3,4,5} \right\}$ .

β. Ο Μίλτος κι ο Στάθης που κινούνται πάνω σε ευθείες δεν θα συναντηθούν εφόσον οι ευθείες που κινούνται είναι παράλληλες, όταν δηλαδή έχουν τον ίδιο συντελεστή διεύθυνσης, οπότε :
$\frac{\left( \lambda - 1 \right)^2}{20}= \frac{\left \lambda ^2 - 7 \right}{20}\Leftrightarrow \left( \lambda - 1 \right)^2=\left \lambda ^2 - 7\Leftrightarrow \lambda ^{2}-2\lambda +1=\lambda^{2} -7\Leftrightarrow -2\lambda =-8\Leftrightarrow \lambda =4$ δεκτή λύση.
Δηλαδή όσο κινείται ο Μίλτος στη A_4

και ο Στάθης στην B_4

, οι τροχιές των κινήσεων τους ποτέ δεν συναντιούνται.

γ.Ο Μίλτος θα κουραστεί περισσότερο από τον Στάθη όταν για την ίδια απόσταση διανύει πιο ανηφορικές διαδρομές, δηλαδή διαδρομές με μεγαλύτερη κλίση οπότε όταν
$\frac{(\lambda - 1 )^2 }{20}> \frac{ \lambda ^2- 7 }{20}\Leftrightarrow (\lambda - 1 )^2>\lambda ^2- 7 \Leftrightarrow \lambda ^2-2\lambda +1>\lambda ^2-7$
$\Leftrightarrow -2\lambda >-1-8\Leftrightarrow \lambda <4$ κι επειδή $\lambda \in \left\{ {1,2,3,4,5} \right\}$ τότε $\lambda \in \left\{ {1,2,3,} \right\}$ .
Άρα σε καθεμία από τα διαδρομές A_1,A_2,A_3

κουράζεται περισσότερο ο Μίλτος σε σχέση με τον Στάθη στις διαδρομές B_1,B_2,B_3

αντίστοιχα,

δ.Για να ξεδιψάσουν στην πηγή στο σημείο $\left(1,\frac{6}{20} \right)$ θα πρέπει οι συντεταγμένες της πηγής να επαληθεύουν τις γραφικές παραστάσεις των διαδρομών των ποδηλατών.
Ο Μίλτος :
$\left(1,\frac{6}{20} \right)\in C_{f}\Leftrightarrow f(1)=6\Leftrightarrow \frac{(\lambda - 1 )^2 + \lambda - 1}{20}=6$
$\Leftrightarrow \frac{\lambda ^2 -2\lambda +1+ \lambda - 1}{20}=\frac{6}{20} \Leftrightarrow \lambda ^2-\lambda -6=0\Leftrightarrow\lambda =-2$ ή $\lambda =3$
κι επειδή $\lambda \in \left\{ {1,2,3,4,5} \right\}$ τότε $\lambda =3$ .
Ο Στάθης:
$\left(1,\frac{6}{20} \right)\in C_{g}\Leftrightarrow g(1)=\frac{6}{20}\Leftrightarrow \frac{\lambda ^2 -7+ \lambda - 1}{20}=\frac{6}{20}$
$\Leftrightarrow \lambda ^2+\lambda -12=0 \Leftrightarrow\lambda =3$ ή $\lambda =-4$
κι επειδή $\lambda \in \left\{ {1,2,3,4,5} \right\}$ τότε $\lambda =3$ .

ε. Αν ο Μίλτος ακολουθήσει την διαδρομή A_2

τότε θα κινείται στην ευθεία
$f\left( x \right) = \frac{\left( {2 - 1} \right)^2x + 2 - 1} {20}= \frac{x+1}{20}$ .
Αν ο Στάθης ακολουθήσει την διαδρομή B_3

τότε θα κινείται στην ευθεία
$g\left( x \right) = \frac{\left( {3 ^2 - 7} \right)x + 3 + 1}{20}=\frac{2x+4}{20}$ .
Οι δύο ποδηλάτες συναντιούνται όταν οι διαδρομές τους συναντιούνται, όταν $f\left( x \right) =g\left( x \right)$
$\Leftrightarrow \frac{x+1}{20}=\frac{2x+4}{20} \Leftrightarrow x+1= 2x+4 \Leftrightarrow x=-3$ δεκτή λύση.
$f\left(-3 \right)=\frac{-3+1}{20}=-\frac{2}{20}=- \frac{1}{10}$
Το σημείο συνάντησης τους είναι το σημείο $\left( -3,f\left(-3 \right)\right)=\left( -3,-\frac{1}{10}\right)$ .

edit1: Διορθώθηκε η λανθασμένη λύση στο (γ) ερώτημα μετά την υπόδειξη του απόλυτα συνεργάσιμου και υπομονετικού pana1333
edit2: Μετέφερα τα ενδιάμεσα σχόλια στα υστερόγραφα

ΥΓ.1.Με βάση την απάντηση στο ερωτημα (α):
Πρώτη αδικία για τον Μίλτο: 4/5 οι ανηφόρες γι΄ αυτόν ενώ 3/5 οι ανηφόρες για τον Στάθη.
ΥΓ.2.Με βάση την απάντηση στο ερωτημα (γ):
Δεύτερη αδικία για τον Μίλτο: 3/5 οι διαδρομές που κουράζεται περισσότερο από τον Στάθη.
ΥΓ.3.Με βάση την απάντηση στο ερωτημα (δ):
Παραδόξως πάνε και οι δυο ποδηλάτες στην πηγη, το μόνο σημείο δικαιοσύνης στην άσκηση.
ΥΓ.4.Με βάση τα υστερόγραφα (1) και (2):
Ο θείος Χρήστος κάνει διακρίσεις καθώς ευνοεί επανειλημμένα τον Στάθη.Άρα η ζωή είναι άδικη

pana1333 · #99

Ευχαριστώ τον parmenides51 για τη λύση του και την άψογη συνεργασία του....

pana1333 · #100

Προτείνω μιας και οι ασκήσεις έγιναν 25 και για να μη """κουράζουμε""" το Μιχάλη να σταματήσουμε εδώ......

Και επίσης αν φυσικά θέλει (χωρίς να θέλω να τον φέρω σε δύσκολη θέση) ο parmenides21 να δώσει το όνομα του ώστε να προσθεθεί στο υπέροχο φυλλάδιο του Μιχάλη....

Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Μέλη σε σύνδεση