mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 11, 2010 8:07 pm**

Καλησπέρα φίλοι μου.
Σε λίγο θα αρχίσει η προετοιμασία των παιδιών που θα δώσουν εξετάσεις του χρόνου τέτοια εποχή.
Έχοντας πλέον την επιμέλεια του φακέλου ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΕ ΟΛΗ ΤΗΝ ΥΛΗ θα ήθελα να πούμε κάποια πράγματα για το φάκελλο αυτό.
Επειδή έχουμε όλο το χρόνο μπροστά μας μπορούμε να βρούμε ωραίες και περιεκτικές μικτές ασκήσεις ώστε να βοηθηθούμε όλοι στη προετοιμασία.
Θα παρακαλούσα οι προτεινόμενες ασκήσεις να είναι καλογραμμένες και οι λύσεις που θα δίνονται να είναι κάτι παραπάνω από πλήρεις.
Αυτές που είναι κατά τεκμήριο πολύ καλές, ουσιαστικές και χρήσιμες και που θα είναι πολλές, αφού τις επεξεργασθούμε θα τις συγκεντώνουμε και θα τις αξιοποιούμε έτσι ώστε τουλάχιστον όσοι προσφέρουν (είτε προτείνοντας είτε λύνοντας) τελικά να μπορούν και να τις αξιοποιήσουν. Το πως θα το βρούμε.
Υπάρχει περίπτωση κάποιες από αυτές να σας ζητηθούν να μου τις στείλεται γραμμένες σε word.
Αν κάποιο από τα θέματα που ήδη έχουν ζητηθεί και θεωρείται ότι πρέπει να ξανασυζητηθούν μπορείται να τα επαναφέρεται γιατί το ψάξιμο των αρχείων είναι πολύ επίπονη διαδικασία.

Νομίζω ότι όλοι οι καλοί φίλοι προπαρασκευαστές και όχι μόνον, θα φτιάξουμε έναν πολύ ωραίο χώρο αλληλοενημέρωσης και ουσιαστικής βοήθειας στη τόσο δύσκολη δουλειά μας.

Σαν αρχή ας δούμε ένα μικτό θέμα.

M.E.Θ 1 (Μικτό επαναληπτικό θέμα 1)

Δίνονται δυο μιγαδικοί αριθμοί z,w

, και η συνάρτηση f με τύπο $f(x) = \left| z \right| + \sqrt {x - \left| w \right|}$ , $x \in {\cal R}$ .
i. Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f.
ii. Να δειχθεί ότι η συνάρτηση f είναι 1-1.
iii. Να μελετηθεί η συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία.
iv. Αν είναι γνωστό ότι η εξίσωση $f(x) = {f^{ - 1}}(x)$ έχει μοναδική λύση, τότε:
1. να υπολογισθεί η διαφορά $\left| w \right| - \left| z \right|$ .
2. Να αποδειχθεί ότι $\left| {w + z} \right| \ge \frac{1}{4}$ .

Θωμάς

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 11, 2010 8:13 pm**

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς έγραψε:....
Υπάρχει περίπτωση κάποιες από αυτές να σας ζητηθούν να μου τις στείλεται γραμμένες σε word.
...

Καλησπέρα Θωμά,

Τι γίνεται όμως με όσους χρησιμοποιούν μόνο tex.

Π.χ. δεν έχω καν το word στον υπολογιστή μου κι έχω πάψει να το χρησιμοποιώ πάνω από δέκα χρόνια (αφού όλα τα διεθνή περιοδικά απαιτούν τα άρθρα/εργασίες να είναι σε tex).

Φαντάζομαι θα υπάρχουν κι άλλοι σαν κι εμένα.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 11, 2010 8:15 pm**

achilleas έγραψε:Φαντάζομαι θα υπάρχουν κι άλλοι σαν κι εμένα.

Εγώ π.χ.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 11, 2010 8:15 pm**

Αχιλλέα, καλησπέρα.
Θα τα μετατρέπει η αφεντιά μου.
Δεν υπάρχει πρόβλημα.
Υ.Γ
Ο γυιος μου υποσχέθηκε ότι θα με μάθει LATEX, θα δούμε.
Θωμάς

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 11, 2010 8:46 pm**

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς έγραψε: Ο γιος μου υποσχέθηκε ότι θα με μάθει LATEX, θα δούμε.

Βρε Θωμά λες μερικές φορές κάποια πετυχημένα...

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 11, 2010 9:00 pm**

i) Π.Ο. $x-\left|w \right|\geq 0\Leftrightarrow x\geq \left|w \right|$
ιι)Εύκολα $f\left(x_{1} \right)=f\left(x_{2} \right)\Leftrightarrow ....\Leftrightarrow x_{1}=x_{2}$
ιιι)για $x_{1},x_{2}\geq \left|w \right|$
$x_{1}\prec x_{2}\Leftrightarrow x_{1}-\left|w \right|\prec x_{2}-\left|w \right|\Leftrightarrow ...\Leftrightarrow f\left(x_{1} \right)\prec f\left(x_{2} \right)$
άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της
ιv) επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα η εξίσωση $f\left(x_ \right)=f^{-1}\left(x \right)$ ισοδυναμεί με την $f\left(x_ \right)=x$ οπότε
$f\left(x_ \right)=x\Leftrightarrow \left|z \right|+\sqrt{x-\left|w \right|}=x$
για $x-\left|z \right|\geq 0\Leftrightarrow x\geq \left|z \right|$ και
$x-\left|w \right|=\left(x- \left|z \right|\right)^{2}\Leftrightarrow x^{2}-\left(2\left|z \right|+1 \right)+\left|z \right|^{2}+\left|w \right|=0$ που είναι δευτεροβάθμια και για να έχει μοναδική λύση πρέπει Δ=0 άρα
$\left(2\left|z \right|+1 \right)^{2}-4\left(\left|z \right|^{2}+\left|w \right| \right)=0\Leftrightarrow \left|w \right|-\left|z \right|=\frac{1}{4}$
v) απο τριγωνική ανισότητα $\left|w+z \right|\geq \left|\left|w \right|-\left|z \right| \right|=\left|\frac{1}{4} \right|=\frac{1}{4}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 11, 2010 9:04 pm**

edit: Με πρόλαβε η Κική αλλά αφήνω το post γιατί στο iv) ερώτημα υπάρχει μια διαφορά.. Μπορούμε απευθείας να απαιτήσουμε Δ=0 αφού προηγουμένως υψώσαμε στο τετράγωνο;;

Γεια σας.

i) $D_f=[|w|, +\infty)$

ii,iii) Έστω $x_1,x_2\in D_f$ με $x_1<x_2 \Rightarrow x_1-|w|<x_2-|w|$

$\Rightarrow \sqrt{x_1-|w|}<\sqrt{x_2-|w|} \Rightarrow |z|+ \sqrt{x_1-|w|}<|z|+\sqrt{x_2-|w|}$

$\Rightarrow f(x_1)<f(x_2)$ άρα f γνησίως αύξουσα, άρα και 1-1

iv) $f(x)=f^{-1}(x) \Leftrightarrow f(x)=x \Leftrightarrow \sqrt{x-|w|}=x-|z|$

έτσι προφανώς αν x_o

η μοναδική ρίζα, τότε $x_o \geq |z|$

Η εξίσωση λοιπόν γράφεται ισοδύναμα: (υψώνοντας τη μια σχέση στο τετράγωνο)

$x^2-(1+2|z|)x+|z|^2+|w|=0, x \geq |z|$

$\Delta=1+4|z|-4|w| \geq 0$

οι πιθανές ρίζες είναι οι: $x_1=\frac{1+2|z|+\sqrt{1+4|z|-4|w|}}{2}$ ,

$x_2=\frac{1+2|z|-\sqrt{1+4|z|-4|w|}}{2}$

η x_1

σίγουρα ικανοποιεί τη συνθήκη $x_1 \geq |z|$ , άρα είναι η ζητούμενη ρίζα ( x_1=x_o

)

η

πρέπει είτε να απορριφθεί είτε να ισχύει x_1=x_2

(διπλή ρίζα), άρα

είτε α) x_2<|z|

είτε β) $\Delta=0$

από αυτές τις συνθήκες παίρνουμε ότι είτε α) |z|>|w|

είτε β) $|w|-|z|=\frac{1}{4}$

τώρα το α) μπορεί να απορριφθεί;

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 29, 2010 12:14 pm**

Για να υπολογισθεί η διαφορά $\left|w \right|-\left|z \right|$ έχω την άποψη ότι πρέπει στην
υπόθεση να προστεθεί η συνθήκη $\displaystyle{0<\left|w \right|-\left|z \right|<\frac{1}{2}}$ ,
ώστε να αποκλεισθεί η περίπτωση Δ>0.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Δεκ 30, 2010 12:23 am**

Μια δική μου "εύκολη" αλλά πιστεύω χρήσιμη

M.E.Θ 2 (Μικτό επαναληπτικό θέμα 2)

Δίνεται η συνεχής στο 1 συνάρτηση f με τύπο $f\left(x \right)=\begin{Bmatrix} ln\left(x^{2}+x+\alpha \right),x\epsilon (0,1) & \\ ln2,x=1& \\ ln\left(x^{2}-5x+\beta \right),x\epsilon (1,2)& \end{Bmatrix}$ .

α) Να βρεθούν οι πραγματικοί α,β και να μελετηθεί η συνάρτηση ως προς την συνέχεια.
β) Να βρεθεί η παράγωγος της f
γ) Να μελετηθεί η f ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα
δ) Να βρεθεί το σύνολο τιμών της f
ε) Να βρεθεί η αντίστροφη της f
στ) Να λυθεί η εξίσωση f(x)=0
z) Να βρεθούν οι ασύμπτωτες της συνάρτησης.
η) Να υπολογίσετε τα $\int ln\left(x^{2}+x \right)dx$ και $\int ln\left(x^{2}-5x+6 \right)dx$

Υ.Σ1
Θα μπορούσα να προσθέσω και άλλα ερώτηματα (Αν θέλει κάποιος συνάδελφος ας το κάνει), αλλά νομίζω είναι υπερ' αρκετά ειδικά για Latex

Υ.Σ2
Έχει ένα "ωραίο" εμβαδόν αλλά δεν το έβαλα λόγω πολλών πράξεων.....αλλά
Πρόσθεσα το ερώτημα (η), που είναι εκτός ύλης αλλά.....ΥΣ5

Υ.Σ3
Θωμά ευκαιρία για εξάσκηση

....σε LATEX

Υ.Σ4
Μπορώ να βοηθήσω και εγώ στην επεξεργασία σε word

Υ.Σ5
ΑΝ ΚΑΙ ΝΟΜΙΖΩ ΠΩΣ ΞΕΡΩ ΤΗΝ ΑΠΑΝΤΗΣΗ ΤΕΛΙΚΑ ΣΥΝΑΔΕΛΦΟΙ ΕΡΩΤΗΜΑΤΑ ΣΑΝ ΤΟ (η) ΕΙΝΑΙ ΕΚΤΟΣ ΥΛΗΣ ΓΙΑ ΤΟ ΑΟΡΙΣΤΟ ΑΛΛΑ ΕΝΤΟΣ ΓΙΑ ΤΟ ΟΡΙΣΜΕΝΟ;;;;;

. Ε αν είναι έτσι κάντε τα $\int_{\frac{1}{2}}^{1}{ln\left(x^{2}+x \right)}dx$ και $\int_{1}^{\frac{3}{2}}ln\left( {x^{2}-5x+6}\right)dx$ να τελειώνουμε....ρε τι τράβαμε...τα "υπουργεία" μου μέσα

Υ.Σ6
Λόγω της επισήμανσης του Λευτέρη (Πρωτοπαππά) για την συνέχεια διόρθωσα την αρχική εκφώνηση.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Δεκ 30, 2010 10:30 am**

Καταρχήν διευκρινίζω ότι θα προχωρήσω στη λύση θεωρώντας δεδομένο ότι η f είναι συνεχής στο 1 σε όλα τα ερωτήματα. Αν ο Χρήστος θέλει κάτι διαφορετικό, θα επανέλθω διακρίνοντας περιπτώσεις.

α) * Για κάθε $x \in (0,1)$ έχουμε ότι: $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 1^{-}}f(x) =ln(2+a)}$ .

* Για κάθε $x \in (1,2)$ έχουμε ότι: $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 1^{+}}f(x) =ln(-4+\beta)}$ .

Η

είναι συνεχής στο 1 αν και μόνο αν $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 1^{-}}f(x)=\lim_{x\rightarrow 1^{+}}f(x)=f(1) \Leftrightarrow}$

$\displaystyle{\Leftrightarrow ln(2+a)=ln2\ \kappa \alpha \iota \ln(-4+\beta)=ln2 \Leftrightarrow 2+a=2\ \kappa \alpha \iota -4+\beta=2 \Leftrightarrow a=0 \ \kappa \alpha \iota \beta=6 }$ .

* Για κάθε $x \in (0,1)$ έχουμε ότι η

είναι συνεχής ως σύνθεση των συνεχών συναρτήσεων lnx, x^2+x

.

* Για κάθε $x \in (1,2)$ έχουμε ότι η

είναι συνεχής ως σύνθεση των συνεχών συναρτήσεων lnx, x^2-5x+6

.

β) * Για κάθε $x \in (0,1)$ η

είναι παραγωγίσμη ως σύνθεση των παραγωγίσιμων lnx, x^2+x

, με:
$\displaystyle{f{'}(x)=\frac{2x+1}{x^2+x}, \ x \in \(0,1)}$ .

* Για κάθε $x \in (1,2)$ η

είναι παραγωγίσμη ως σύνθεση των παραγωγίσιμων lnx, x^2-5x+6

, με:
$\displaystyle{f{'}(x)=\frac{2x-5}{x^2-5x+6}, \ x \in \(1,2)}$ .

Για κάθε $x \in (0,1)$ , έχουμε ότι: $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 1^-}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\rightarrow 1^-}\frac{ln(x^2+x)-ln2}{x-1}=\lim_{x\rightarrow 1^-}\frac{\frac{2x+1}{x^2+x}}{1}=\frac{3}{2}}$ .

Για κάθε $x \in (1,2)$ , έχουμε ότι: $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 1^+}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\rightarrow 1^+}\frac{ln(x^2-5x+6)-ln2}{x-1}=\lim_{x\rightarrow 1^+}\frac{\frac{2x-5}{x^2-5x+6}}{1}=-\frac{3}{2}}$ .

Αφού $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 1^-}\frac{f(x)-f(1)}{x-1} \neq \lim_{x\rightarrow 1^+}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}}$ ,
η συνάρτηση

δεν είναι παραγωγίσιμη στο 1.

Συνεπώς: $\displaystyle{f{'}(x)=\left\{\begin{matrix} \frac{2x+1}{x^2+x},\ x \in (0,1)\\ \frac{2x-5}{x^2-5x+6},\ x \in (1,2) \end{matrix}\right.}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Δεκ 30, 2010 10:51 am**

γ) Για $x \in (0,1)$ , έχουμε: $f{'}(x)=\frac{2x+1}{x^2+x}=\frac{2x+1}{x(x+1)}>0$ ,
άρα η

έιναι γνησίως αύξουσα στο (0,1]

.

Για $x \in (1,2)$ , έχουμε: $f{'}(x)=\frac{2x-5}{x^2-5x+6}=\frac{2x-5}{(x-2)(x-3)}<0$ ,
άρα η

έιναι γνησίως φθίνουσα στο [1,2)

.

Επομένως η f παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο (το οποίο είναι και ολικό) για x=1

το

.

δ) Υπολογίζω αρχικά κάποια βοηθητικά όρια.

Για $x \in (0,1)$ έχουμε ότι: $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 0^+}(x^2+x)=0}$ και x^2+x=x(x+1)>0

,

άρα $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 0^+}f(x)=\lim_{x\rightarrow 0^+}ln(x^2+x)=\lim_{u\rightarrow 0^+}lnu=-\infty}$ .

Για $x \in (1,2)$ έχουμε ότι: $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 2^-}(x^2-5x+6)=\lim_{x\rightarrow 2^-}(x-2)(x-3)=0}$ και x^2-5x+6=(x-2)(x-3)>0

,

άρα $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 2^-}f(x)=\lim_{x\rightarrow 2^-}ln(x^2-5x+6)=\lim_{u\rightarrow 0^+}lnu=-\infty}$ .

*Έστω A_1=(0,1)

στο οποίο η

είναι γνησίως αύξουσα,
οπότε $\displaystyle{f(A_1)=\left(\lim_{x\rightarrow 0^+},\lim_{x\rightarrow 1^-} \right)=(-\infty,ln2)}$ .

*Έστω A_2=[1,2)

στο οποίο η

είναι γνησίως φθίνουσα,
οπότε $\displaystyle{f(A_)=\left(\lim_{x\rightarrow 2^-},\lim_{x\rightarrow 1^+} \right]=(-\infty,ln2]$ .

Συνεπώς: $f(A)=f(A_1) \cup f(A_2)=(-\infty,ln2]$ .

Επειδή θα φύγω σταματώ εδώ. Όταν επιστρέψω συνεχίζω ...

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Δεκ 30, 2010 3:07 pm**

ε) Έχουμε ότι: $\displaystyle{f\left(\frac{1}{2} \right)=ln\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{2} \right)=ln\frac{3}{4}}$

και $\displaystyle{{f\left(\frac{3}{2} \right)=ln\left(\frac{9}{4}-5\frac{3}{2} +6\right)=ln\frac{9-30+24}{4}=ln\frac{3}{4}}$ .

Συνεπώς: $\displaystyle{{f\left(\frac{3}{2} \right)={f\left(\frac{1}{2} \right)}$ , ενώ $\displaystyle{\frac{1}{2} \neq \frac{3}{2}}$ ,

οπότε η f δεν είναι 1-1, άρα δεν αντιστρέφεται.

στ) * Για $x \in (0,1)$ έχουμε: $f(x)=0 \Leftrightarrow ln(x^2+x)=ln1 \Leftrightarrow x^2+x-1=0 \Leftrightarrow x=\frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}}$ .
Όμως η λύση $\displaystyle{x=\frac{-1 -\sqrt{5}}{2}<0}$ , οπότε απορρίπτεται,
Αντιθέτως η λύση $\displaystyle{x=\frac{-1 +\sqrt{5}}{2}}$ , είναι δεκτή,
αφού ισχύει ότι: $\displaystyle{0<\frac{-1 +\sqrt{5}}{2}<1 \Leftrightarrow 0<-1 + \sqrt{5} <2 \Leftrightarrow 1 < \sqrt{5}<3 \Leftrightarrow 1^2<\sqrt{5}^2<3^2}$ .

* Για x=0

έχουμε ότι $f(1)=ln2 \neq 0$ .

* Για $x \in (1,2)$ έχουμε: $f(x)=0 \Leftrightarrow ln(x^2-5x+6)=ln1 \Leftrightarrow x^2-5x+5=0 \Leftrightarrow x=\frac{5 \pm \sqrt{5}}{2}}$ .
H λύση $\displaystyle{x=\frac{5 +\sqrt{5}}{2}}$ , απορρίπτεται,
αφού ισχύει ότι: $\displaystyle{\frac{5 +\sqrt{5}}{2}>2 \Leftrightarrow 5+\sqrt{5}>4 \Leftrightarrow \sqrt{5}>-1$ .

H λύση $\displaystyle{x=\frac{5 -\sqrt{5}}{2}}$ , είναι δεκτή,
αφού ισχύει ότι: $\displaystyle{1<\frac{5 -\sqrt{5}}{2}<2 \Leftrightarrow 2<5- \sqrt{5} <4 \Leftrightarrow -3 < -\sqrt{5}<1}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Δεκ 30, 2010 4:11 pm**

Λευτέρη καλησπέρα. Είμαι σίγουρος πως σε ταλαιπώρησα . Ευχαριστώ παρα πολύ για την λύση σου. Ναι είναι όπως λες συνεχής στο 1 σε όλα τα ερωτήματα....

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Δεκ 30, 2010 4:56 pm**

Χρήστο καλησπέρα. εγώ επέλεξα να ταλαιπωρηθώ.

Να την τελειώσω ...

ζ) Έχουμε ήδη υπολογίσει ότι: $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 0^+}f(x)=-\infty}$ και $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 2^-}f(x)=-\infty}$ , οπότε οι ευθείες x=0, x=2

είναι κατακόρυφες ασύμπτωτες.

Επίσης αφού $x \in (0,2)$ δεν έχει πλάγιες ασύμπτωτες (δηλαδή, ούτε και οριζόντιες).

στ) Για να είμαστε εντός ύλης λοιπόν, έχουμε ότι:
$\displaystyle{\int_{\frac{1}{2}}^{1} ln(x^2+x)dx=\int_{\frac{1}{2}}^{1}(x){'}ln(x^2+x)dx=\left[ xln(x^2+x)\right]_{\frac{1}{2}}^{1}-\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{x(2x+1)}{x^2+x}dx=}$

$\displaystyle{=\left[ xln(x^2+x)\right]_{\frac{1}{2}}^{1}-\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{2x^2+x}{x^2+x}dx=\left[ xln(x^2+x)\right]_{\frac{1}{2}}^{1}-\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{2x^2+2x-x}{x^2+x}dx=\left[ xln(x^2+x)-2x\right]_{\frac{1}{2}}^{1}+\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{x}{x^2+x}dx=}$

$\displaystyle{=\left[ xln(x^2+x)-2x\right]_{\frac{1}{2}}^{1}+\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{x}{x^2+x}dx=\left[ xln(x^2+x)-2x\right]_{\frac{1}{2}}^{1}+\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{1}{x+1}dx=\left[ xln(x^2+x)-2x+ln|x+1|\right]_{\frac{1}{2}}^{1}=}$

$\displaystyle{= 1 \cdot ln(1^2+1)-2 \cdot1+ln|1+1|\right- \frac{1}{2}ln\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{2} \right)-2\frac{1}{2}+ln\left|\frac{1}{2}+1 \right|\right]=}$

$\displaystyle{=ln2-2+ln2-\frac{1}{2}ln\frac{3}{4}+1-ln\frac{3}{2}=}$

$\displaystyle{=ln2-2+ln2-\frac{1}{2}ln3+\frac{1}{2}ln4+1-ln3+ln2=ln2-2+ln2-\frac{1}{2}ln3+\frac{1}{2}ln2^2+1-ln3+ln2=$

$\displaystyle{=ln2-2+ln2-\frac{1}{2}ln3+ln2+1-ln3+ln2=4ln2-\frac{3}{2}ln3-1}$ .

Ομοίως:
$\displaystyle{\int_{1}^{\frac{3}{2}}ln(x^2-5x+6)dx=\ ... = 4ln2-1-\frac{3}{2}ln3}}$

mathematica.gr

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΕ ΟΛΗ ΤΗΝ ΥΛΗ

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΕ ΟΛΗ ΤΗΝ ΥΛΗ

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΕ ΟΛΗ ΤΗΝ ΥΛΗ

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΕ ΟΛΗ ΤΗΝ ΥΛΗ

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΕ ΟΛΗ ΤΗΝ ΥΛΗ

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΕ ΟΛΗ ΤΗΝ ΥΛΗ

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΕ ΟΛΗ ΤΗΝ ΥΛΗ

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΕ ΟΛΗ ΤΗΝ ΥΛΗ

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΕ ΟΛΗ ΤΗΝ ΥΛΗ

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΕ ΟΛΗ ΤΗΝ ΥΛΗ

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΕ ΟΛΗ ΤΗΝ ΥΛΗ

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΕ ΟΛΗ ΤΗΝ ΥΛΗ

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΕ ΟΛΗ ΤΗΝ ΥΛΗ

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΕ ΟΛΗ ΤΗΝ ΥΛΗ

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΕ ΟΛΗ ΤΗΝ ΥΛΗ