Ασκήσεις Για Τον Επιμελή Μαθητή - 1

22/03/2015

Μαθηματικά Κατεύθυνσης Γ΄ Λυκείου

Ασκήσεις για τον επιμελή μαθητή

Μπάμπης Στεργίου Μάρτιος 2015

Λυμένες Ασκήσεις

1 Δίνονται οι μιγαδικοί αριθμοί α, β, γ που είναι διαφορετικοί μεταξύ τους ανά δύο με α = β = γ . Αν οι αριθμοί α + βγ , β + γα , γ +

είναι πραγ-

αβ

ματικοί, να αποδειχθεί ότι: α) , όπου 2αβγ(βγ +α) = ρ (βγ + αρ )

1.

2 ρ = α .

β) . 2 2αβγ(γ 1) = ρ (γ ρ )

γ) . αβγ = 1

Λύση α) Επειδή και α β α β γ , είναι αβγ 0 . Έτσι α β γ ρ 0 ,

οπότε:

2ρ

αα

, 2ρ

ββ

, 2ρ

γγ

.

2 2 2ρ ρ ρ

α βγ α βγ α βγ α βγ α βγ α βγα βγ

2 2 2 2ρ (βγ αρ ) αβγ(α βγ) αβγ(βγ α) ρ (βγ αρ ) . β) Έχουμε κυκλικά τις σχέσεις:

, 2 2αβγ(βγ α) ρ (βγ αρ ) 2 2αβγ(γα β) ρ (γα ρ β)

Σελίδα 1 από 33 Μπάμπης Στεργίου – Μάρτιος 2015

22/03/2015

Οι σχέσεις αυτές, με αφαίρεση κατά μέλη, δίνουν:

2 2 2αβγ(βγ α γα β) ρ (βγ α ρ γα ρ β)

2 2αβγ γ(β α) (β α) ρ γ(β α) ρ (β α)

2 2αβγ(β α)(γ 1) ρ (β α)(γ ρ )

2

2

2

(1) α β

2αβγ(γ 1) ρ (γ ρ ) γ) Εργαζόμενοι όπως στο (β) (ή κυκλικά) παίρνουμε:

(2) 2αβγ(α 1) ρ (α ρ )

Αφαιρούμε κατά μέλη τις (1), (2), οπότε:

2 2 2αβγ(γ 1 α 1) ρ (γ ρ α ρ )

(3) α γ

2αβγ(γ α) ρ (γ α) αβγ ρ

Η σχέση αυτή, παίρνοντας μέτρα, δίνει:

2 2 3αβγ ρ α β γ ρ ρ ρ 2

ρ 0

(ρ 0 ή ρ 1) ρ 1

Άρα, από τη σχέση (3) προκύπτει ότι αβγ 1 .

21. Δίνονται οι θετικοί αριθμοί a, b, c, η συνάρτηση , x > 0 , καθώς και οι διαφορετικοί μεταξύ

τους μιγαδικοί 1z , 2z , 3z που έχουν μέτρο 1 και ικανοποιούν τη σχέση:

3 3 3f(x) = x + a + b 3abx


22/03/2015

2 3 3 11 22 2 2

1 2 2 3 3 1

z z z zz z+ +

(z z ) (z z ) (z z )= 1

Να αποδειχθεί ότι:

α) 1 22 2

1 2 1 2

z z 1=

(z z ) z z

και

2 2 2 2 2 2

1 2 2 3 3 1 1 2 3 1 2 3z z + z z + z z = 3 z + z + z z + z + z 2 .

β) 2 2 2

1 2 2 3 3 1z z + z z + z z 9 .

γ) Η συνάρτηση έχει ελάχιστο, το οποίο είναι μάλιστα μη αρνητικό.

f

δ) και 3 3 3a + b + c 3abc 3x + y + z 3 xyz για κάθε x, y, z > , με

την ισότητα να ισχύει μόνο αν και αντίστοιχα.

0

a = b = c x = y = z

ε) Οι εικόνες των μιγαδικών , , σχηματίζουν ισόπλευρο

τρίγωνο. 1z 2z 3z

Λύση

α) Θέλουμε να αποδείξουμε ότι 1 22

1 2 1 2

z z 1

(z z ) z z

2 1z z w , οπότε αν ,

τότε:

1 2

1 2 1 2 1 21 2 1 12 2 2

1 1 1 11 11

z z z z z z1 1 1z z w w

w w w ww ww

1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 2 1z z (z z ) z z z z z z z z z z

που ισχύει αφού 1 2z z 1 .

Για το β σκέλος εκτελούμε τις πράξεις και στα δύο μέλη. Άλλος τρόπος

2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 21 2 1 2 1 1 2 2

1 2 1 2 2 1

(z z ) z z 2z z z z2 z z z z z z z z

z z z z z z

2

1 2 1 2 1 2(z z )(z z ) z z

Επομένως είναι:


22/03/2015

1 22 2

1 2 1 2

z z 1

(z z ) z z

β) Είναι:

2 2

1 2 2 3 3 1z z z z z z 2

2 2 2 2 2 2 2

1 2 3 1 2 3 1 2 33 z z z z z z 3 z z z 9

γ) Είναι , . Η f είναι παραγωγίσιμη με: 3 3 3f (x) x a b 3abx x 0

2f (x) 3x 3ab Επίσης:

f (x) 0 x ab , f (x) 0 x ab , f (x) 0 x ab

Άρα η συνάρτηση παρουσιάζει ελάχιστο στο f x a b το:

3 23 3f ab ab a b 3ab ab a a b b 0 δ) Λόγω του (γ) ισχύει ότι , με την ισότητα να ισχύει όταν:

3 3 3f (c) 0 a b c 3abc

a a b b και c a b , δηλαδή όταν a b c

Λόγω του προηγουμένου για 3a x , 3b y , 3c z , x, y, θα ισχύει ότι: z 0

3x y z 3 xyz

και η ισότητα ισχύει όταν x y z . ε) Λόγω του (α) η δοσμένη σχέση γράφεται ισοδύναμα:

2 2

1 2 2 3 3 1

1 1 11

z z z z z z2


22/03/2015

Θέτουμε 1 2a z z , 2 3b z z και 3 1c z z , οπότε οι αριθμοί a, b, c είναι

θετικοί και η σχέση γράφεται 2 2 2

1 1 11

a b c . Λόγω του (δ) τώρα παίρνουν:

32 2 2 2 2 2a b c 3 a b c και 32 2 2 2 2 2

1 1 1 13

a b c a b c

Επομένως:

32 2 2 2 2 2 2 2 232 2 2 2 2 2

1 1 1 1(a b c ) 3 a b c 3 a b c 9

a b c a b c

και αφού λόγω του (β) 2 2 2a b c 9 , τελικά θα είναι 2 2 2a b c 9 . Έχουμε επομένως ισότητα, δηλαδή a b c , που σημαίνει ότι το τρίγωνο ΑΒC είναι ισόπλευρο.

3 Δίνονται οι μιγαδικοί z με την ιδιότητα: (z 3 4i)(z 3 + 4i) + 3 z 3 4i = 4 1.

α) Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων Μ των παραπάνω μιγαδικών z. β) Να αποδειχθεί ότι 4 z 6 .

γ) Αν , είναι δύο από τους παραπάνω μιγαδικούς με 1z 2z 1 2z z = 2 ,

να βρεθούν τα μέτρα 1 2Δ = z + z και 1 2E = z + z 16i .

Λύση α) Με την πρώτη ματιά βλέπουμε ότι δεν είναι δόκιμο να θέσουμε z x . Παρατηρούμε λοιπόν ότι:

yi

2(z 3 4i)(z 3 4i) (z 3 4i)(z 3 4i) z 3 4i

Η δοσμένη σχέση γράφεται:

2z 3 4i 3 z 3 4i 4

2

z 3 4i 3 z 3 4i 4 0 (1)


22/03/2015

Θέτουμε z 3 4i ω 0 , οπότε η εξίσωση γράφεται:

2ω 3ω 4 0 (ω 1 ή ω 4)

Επειδή ω z 3 4i 0 , είναι ω 1 , δηλαδή z 3 4i 1 . Άρα ο

γεωμετρικός τόπος της εικόνας Μ του z είναι ο κύκλος με κέντρο Κ(3,4) και ακτίνα R 1 .

β) Επειδή 2 2OK 3 4 5 , γεωμετρικά προκύπτει ότι:

OK R z OK R, R 1

Η παραπάνω σχέση δίνει 4 z 6 .

Αλγεβρικά μπορούμε να εργαστούμε ως εξής: Από την τριγωνική ανισότητα παίρνουμε:

1 z 3 4i z (3 4i) z 3 4i z 5

. Αυτή δίνει:

1 z 5 z 6 .

1 z 3 4i z (3 4i) 3 4i z 5 z . Από την σχέση αυτή

παίρνουμε 1 5 z z 5 1 z 4 .


22/03/2015

γ) Επειδή 1 2z z 2 2R , οι εικόνες Α, Β

των , είναι αντιδιαμετρικά σημεία του

κύκλου C(K,R) με Κ(3,4) και 1z 2z

R 1 . Όμως ο έχει εικόνα την τέταρτη κορυφή του

παραλληλογράμμου ΟΑΣΒ και μάλιστα ισχύει ότι . Άρα:

1z 2z

OΣ 2ΟΚ

1 2Δ z z OΣ 2ΟΚ

2 ΟΚ 2 5 10

Για τον αριθμό Ε μπορούμε να γράψουμε:

1 21 2

z zΕ z z 16i 2 8i

2

2 (3 4i) 8i 2 3 4i 2 5 10

διότι ο μιγαδικός 1 2z z

2

έχει εικόνα το μέσο του ΑΒ, δηλαδή το Κ.

4 Δίνονται οι συναρτήσεις 2f(x) = x + 1 + x και xg(x) = e x 1 . α) Να μελετηθεί η g ως προς τη μονοτονία. β) Να λυθεί η εξίσωση . (f o g)(x) = 1

1.

Λύση α) Η g έχει πεδίο ορισμού το A . Είναι:

. x xg (x) (e x 1) e 1

. xg (x) 0 e 1 x 0

Όπως προκύπτει από τον πίνακα προσήμου της g, η g είναι γνησίως φθίνουσα στο και γνησίως αύξουσα στο

. ( , 0

]

[0, )


22/03/2015

Όταν έχουμε να λύσουμε μια

εξίσωση της μορφής , f g(x) ατότε: Αναζητούμε μια τιμή 0x του x,

ώστε 0f (x ) α .

Γράφουμε την εξίσωση στη μορ-

φή f g(x) f (x) , οπότε, αν η f

είναι 1-1, οδηγούμαστε στην

εξίσωση g(x) x .

β) Με μια προσεκτική παρατήρηση γίνεται φανερό ότι δεν είναι δόκιμο να βρούμε την

, θέτοντας στον τύπο της f όπου x το g(x). f g

Παρατηρούμε λοιπόν ότι 1 f (0) , οπότε:

f g(x) 1 f g(x) f (0)

Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι η f είναι 1-1, οπότε τότε θα πάρουμε ισοδύναμα

. g(x) 0Είναι:

22

2 2

2x x x 1f (x) x 1 x 1

2 x 1 x 1

2 2x x 1 x x x x x ( x) 0 , δηλαδή 2x x 1 0 για

κάθε x .

Άρα , οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα. Επομένως η f είναι 1-1, οπότε:

f (x) 0

f g(x) f (0) g(x) 0

Όμως από το ερώτημα (α) έχουμε ότι:

Για x 0 είναι: g . (x) g(0) g(x) 0

Για x 0 είναι: g . (x) g(0) g(x) 0 Άρα για κάθε g(x) 0 x και έτσι η μοναδική ρίζα της εξίσωσης g( είναι η . Η δοσμένη λοιπόν εξίσωση έχει μοναδική ρίζα την .

x) 0x 0x 0

Επισήμανση

Είναι 2

2

x+ x +1f (x)=

x +1 και 2f (x)= 0 x+ x +1 = 0 . Όμως:

x 0

2 2x+ x +1 = 0 x +1 = x 1= 0

, αδύνατη


22/03/2015

Άρα η f δεν έχει ρίζες, οπότε ως συνεχής θα διατηρεί πρόσημο. Επειδή f (0)= 1> 0 , είναι f (x)> 0 για κάθε x .

5 Δίνεται η συνάρτηση 2f(x) = x + 1 + x . α) Να μελετηθεί η f ως προς τη μονοτονία και να βρεθεί το σύνολο τιμών της.

β) Να λυθεί η ανίσωση . 2

x

xf(t)dt 0

γ) Να λυθεί η ανίσωση . 2

2

x+4 x +2

x+2 xf(t)dt > f(t)dt

δ) Να αποδειχθεί ότι . 2 2

2 2

α +3 α +7

α α +4f(t)dt < f(t)dt

1.

Λύση Πρόκειται για κορυφαίας σημασίας θέμα για κάθε υποψήφιο. α) Η f έχει πεδίο ορισμού το fD , είναι συνεχής και παραγωγίσιμη με:

22

2 2 2

2x x x x 1f (x) x 1 x 1 1

2 x 1 x 1 x 1

.

x 0

2 2 2 2f (x) 0 x x 1 0 x 1 x x 1 x 1 0 , αδύνατη.

Η f λοιπόν δεν έχει ρίζες και επειδή είναι συνεχής, διατηρεί πρόσημο. Επειδή f (0) 1 0 , είναι f (x) 0 για κάθε x και έτσι η f είναι γνησίως αύξουσα.

Το πρόσημο της f προκύπτει και από την ανισότητα x x , ως εξής:

2 2x x 1 x x x x x ( x) 0

Είναι επομένως 2x x 1 0 , οπότε f (x) 0 για κάθε x . Για να βρούμε το σύνολο τιμών της f παρατηρούμε ότι:

Η f είναι συνεχής.

Η f είναι γνησίως μονότονη.


22/03/2015

22 2

2

2 2x x x x

x 1 x 1lim f (x) lim x 1 x lim lim 0,

x 1 x x 1 x

διότι 2

xlim x 1 x

.

2

x xlim f (x) lim x 1 x

.

Επομένως το σύνολο τιμών της f είναι το ff (D ) (0, ) .

β) Πρόκειται για βασικό τρόπο επίλυσης τέτοιων ανισώσεων. Όπως έχουμε ήδη αποδείξει είναι:

2 2f (x) x 1 x x x x x x x 0

δηλαδή για κάθε f (x) 0 x . Επειδή για κάθε α, β με α β είναι

(και αντιστρόφως), παίρνουμε: β

αf (x) dx 0

2

x 2

xf (t)dt 0 x x x(x 1) 0 x [0, 1 ]

γ) Εδώ πρόκειται για την άλλη βασική μέθοδο επίλυσης ανισώσεων. Παρατηρούμε λοιπόν ότι τα άκρα ολοκλήρωσης διαφέρουν κατά 2. Για το

λόγο αυτό θεωρούμε τη συνάρτηση , xx 2

xg(x) f (t)dt

. Είναι τότε:

. x 2 x 2 x

x 0 0g(x) f (t)dt f (t)dt f (t)dt

. x 2 x

0 0g (x) f (t)dt f (t)dt f (x 2)(x 2) f (x) f (x 2) f (x)

Επειδή όμως x 2 x και η f είναι γνησίως αύξουσα, συμπεραίνουμε ότι . Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα. Έχουμε λοιπόν: g (x) 0

2

2

x 4 x 2 2

x 2 xf (t)dt f (t)dt g(x 2) g(x )

g

2 2 2x 2 x x x 2 x x 2 0 x ( 1, 2)


22/03/2015

γ) Εργαζόμαστε όπως στο προηγούμενο ερώτημα βασιζόμενοι στη μονοτονία της g. Η ανισότητα γράφεται:

2 2 2 2g(α ) g(α 4) α α 4

η οποία όμως ισχύει. Θα μπορούσαμε βέβαια να εργαστούμε και με το Θ.Μ.Τ. ως εξής: Έστω F μια αρχική της f.

Η F είναι συνεχής στα διαστήματα 2 2α , α 3 , 2 2α 4, α 7 .

Η F είναι παραγωγίσιμη στα αντίστοιχα ανοικτά διαστήματα.

Από το Θ.Μ.Τ. υπάρχουν 2 21ξ α , α 3 και 2 2

2ξ α 4, α 7 τέτοια, ώστε:

2

2

2 2 2 2 α 3

1 2 2 α

F(α 3) F(α ) F(α 3) F(α ) 1F (ξ ) f (t dt

)

3 3α 3 α

2

2

2 2 2 2 α 7

2 2 2 α 4

F(α 7) F(α 4) F(α 7) F(α 4) 1F (ξ ) f (t)dt

.

3 3(α 7) (α 4)

2Αλλά , οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα. Επειδή F (x) f (x) 1ξ ξ (καθόσον

παίρνουμε 2 2α 4) α 3 1F (ξ ) F (ξ )2 , οπότε προκύπτει η ζητούμενη

ανισότητα.

6 Δίνεται η συνάρτηση 2x 4 . f(x) = 1 + e

α) Να οριστεί, αν υπάρχει, η 1f .

β) Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα

3

1

1dx

f(x).

1.

Λύση

α) Η f έχει πεδίο ορισμού το fD . Είναι 2x 4 2x 4f (x) 1 e 2e 0 ,

, οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα. Επομένως η f είναι και 1-1, οπότε ορίζεται η . Η x

1f 1f έχει πεδίο ορισμού το σύνολο τιμών της f. Όμως:

Η f είναι συνεχής στο .


22/03/2015

Η f είναι γνησίως μονότονη.

2x 4

x xlim f (x) lim 1 e

και 2x 4

x xlim f (x) lim 1 e 1

.

Άρα η f έχει σύνολο τιμών (1, ) , οπότε το πεδίο ορισμού της 1f είναι το

.

1fD

(1, ) β) Ονομάζουμε Ι το δοσμένο ολοκλήρωμα. Είναι δηλαδή:

3 3

2x 411

1 1I dx

f (x) 1 e

dx

Θέτουμε , οπότε: x 1 3 u 4 u

31 3 2u 4

2(4 u) 4 4 2u 2u 43 1 1

1 1I ( du) du

ed

1 e 1 e e

u

1

3 2x 4 3 3

2x 4 2x 4 111

1 e2I I I du 1dx x 3 1 2

e 1 e

.

Επομένως , δηλαδή 2I 2 I 1 . Άλλος τρόπος Είναι:

333 2x 4 2x 4

2x 4 2x 4 2x 41 1 1

1 e 1 e 1I dx dx

21 e e 1 e 1

dx

32x 4 2 2

11 1 1

ln e 1 ln(e 1) ln(e 1)2 2 2

2 2

2 22 2

2

1 1 e 1 1 e 1 1 1ln ln(e 1) ln ln e 2 1

2 2 2 2 2e 1 e

e

71. Έστω παραγωγίσιμη συνάρτηση με την ιδιότητα: f :


22/03/2015

2f (x) + 2xf(x) = x (3 f (x))

για κάθε x και 1

f(1) =2

. Να αποδειχθεί ότι:

α) 3

2

xf(x) =

x +1, x .

β) 1

0

1f(t)dt = (1 ln2)

2 .

γ) Υπάρχει ένα τουλάχιστον α (0, 1) τέτοιο, ώστε:

3α α 2 3

0f(t)dt = α(3α 1)f(α α )

Λύση α) Από τα δεδομένα της άσκησης έχουμε:

2 2f (x) 2xf (x) x (3 f (x)) f (x) 2xf (x) 3x x f (x) 2

2 2 2 2 3f (x) x f (x) x f (x) 3x f (x) x f (x) x

(1) 2 3f (x) x f (x) x c

Όμως 1

f (1)2

, οπότε η (1) για x 1 δίνει:

1

f (1) f (1) 1 c 2 1 c c 02

Άρα, πάλι από την (1) προκύπτει ότι:

2 3 2 3f (x) x f (x) x (1 x )f (x) x

3

2

xf (x)

1 x

,

x β) Παρατηρούμε ότι:


22/03/2015

3 3 2

2 2 2 2

x

x 1 .

x (x x) x x(x 1) xx

x 1 x 1 x 1

111 2 21 2

2 20 00 0

x 1 (x 1) x 1f (x)dx x dx x dx ln(x 1)

2 2 2x 1 x 1

1 ln 2

2

.

γ) Παρατηρούμε ότι 3

2

xf ( x) f (x)

x 1

, οπότε 3 3f (α α ) f (α α) . Έτσι:

3α α 2 3

0f (t)dt α(3α 1)f (α α )

(1) 3α α 2 3

0f (t)dt α(3α 1)f (α α) 0

Αν θέσουμε x αντί του α, η σχέση (1) γράφεται:

3x x 2 3

0f (t)dt x(3x 1)f (x x) 0

3x x 3 3

0x f (t)dt xf (x x)(x x) 0

3 3 3x x x x x x

0 0 0x f (t)dt x f (t)dt 0 x f (t)dt 0

Θεωρούμε λοιπόν τη συνάρτηση , 3x x

0h(x) x f (t)dt

x .

Η h είναι συνεχής στο [0,1] ως γινόμενο συνεχών συναρτήσεων, αφού η

συνάρτηση 3

έχει παράγωγο 2x x

0φ(x) f (t)dt

3f (x x)(3x 1) , οπότε

είναι συνεχής.


22/03/2015

Η h είναι παραγωγίσιμη με 3x x 2 3

0h (x) f (t)dt x(3x 1)f (x x)

(2).

. h(0) 0 h(1)

Σύμφωνα λοιπόν με το θεώρημα Rolle υπάρχει α (0, 1) τέτοιο, ώστε:

3(2) α α 2 3

0h (α) 0 f (t)dt α(3α 1)f (α α) 0

που είναι η ζητούμενη σχέση (1).

8 Δίνεται η συνάρτηση 2f , x > 0 . (x) = ln2x ln(x +1)α) Να μελετηθεί η f ως προς τη μονοτονία και να βρεθεί το πρόσημό της.

β) Να αποδειχθεί ότι η συνάρτηση είναι γνησίως

φθίνουσα και να βρεθεί το πρόσημό της.

x

1F(x) = f(t)dt

γ) Αν , να αποδειχθεί ότι η εξίσωση: α > 1

5 2F(α) + (1 α)f(α) x (α 1)(x +1)+ =

x 1 x 3

1.

0

έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (1,3).

Λύση α) Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο A (0, ) με:

22

1 1f (x) ln 2x ln(x 1) 2 2x

2x x 1

2 2

2 2 2

1 2x x 1 2x 1 x

x x 1 x(x 1) x(x 1)

2

Έτσι, η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0,1] και γνησίως φθίνουσα στο [1, ) . Το

είναι ολικό μέγιστο, οπότε f (f (1) 0 x) 0 για κάθε . Πιο συγκεκριμένα, είναι για

x (0, ) ) 0f (x x (0, 1) (1, ) και


22/03/2015

f (1) 0 . β) Η F έχει πεδίο ορισμού το A (0, ) αφού fD (0, ) και . Είναι: f1 D

x

1F (x) f (t)dt f (x)

, x 0

Είναι F ( για κάθε x) f (x) 0 x (0, 1) (1, ) και η F είναι συνεχής στο 1. Έτσι η F είναι γνησίως φθίνουσα. Αλλά

, οπότε το πρόσημο της F φαίνεται στο διπλανό πίνακα. F(1) 0

γ) Επειδή η εξίσωση δεν ορίζεται στα άκρα 1, 3 του διαστήματος [1,3], απαλείφουμε πρώτα τους παρονομαστές και οδηγούμαστε στη συνάρτηση:

5 2g(x) (x 3) F(α) (1 α)f (α) x (x 1)(α 1)(x 1) , x 0

Η g είναι συνεχής στο [1,3] ως πολυωνυμική.

, αφού α 1 . 23) 2(α 1) 3 18(α 1) 0 g(

g(1) 2 F(α) (1 α)f (α) . Επειδή F(α) 0 , 1 α 0 και f (α) 0 το πρόσημο της παρένθεσης δεν είναι προφανές. Για το λόγο αυτό επικαλούμαστε το Θ.Μ.Τ. Η F είναι συνεχής στο [1,α] και παραγωγίσιμη στο (1,α). Σύμφωνα λοιπόν με το Θ.Μ.Τ. υπάρχει ξ (1, α) τέτοιο ώστε:

F(α) F(1) F(α)

F ( ξ)α 1 α 1

(1)

Όμως F (ξ) f (ξ) και η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [1, ) . Έτσι, αφού 1 παίρνουμε: ξ α

(1) α 1F(α)

f (ξ) f (α) f (α) F(α) (α 1)f (α) 0α 1


22/03/2015

F(α) (1 α)f (α) 0

Είναι λοιπόν g(1) 0 , οπότε από το θεώρημα Bolzano συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση , άρα και η αρχική εξίσωση, έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (1,3).

g(x) 0

9 Έστω συνάρτηση f : (0, + ) με συνεχή παράγωγο που

ικανοποιεί τη σχέση

xf(x) f(t)

1

1 12f(x) + x + e = e f (t) t + dt + 2

x t, για

κάθε x > 0 . Να αποδειχθεί ότι:

α) 2

2xf(x) = ln

x +1, . x > 0

β) Να μελετηθεί η f ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα.

γ)

2xx

1x

tf dt tf(t)dt

x , για κάθε .

1.

x > 0

Λύση α) Από τη δοσμένη σχέση, παραγωγίζοντας παίρνουμε:

f (x) f (x) f (x)1 12f (x) x e x e f (x) e f (x) x

x x

1

x

f (x) f (x)1 12f (x) x e 0 2f (x)e x 0

x x

2

f (x) f (x)1 1 x 1f (x)e x e

2 x 2x

2

f (x) x 1e c

2x

(1)

Για η δοσμένη σχέση δίνει: x 1


22/03/2015

(2) f (1) f (1)2f (1) 2e 2 f (1) e 1

Αν , τότε xg(x) x e 1 xg (x) 1 e 0 , οπότε η g είναι γνησίως αύξουσα. Άρα η g είναι 1-1. Επομένως από την (2) έχουμε:

f (1) f (1)f (1) e 1 f (1) e 1 0

g f (1) 0 g f (1) g(0) f (1) 0

Η σχέση (1) για x 1 δίνει:

f (1)e 1 c 1 1 c c 0

Άρα από τη σχέση (1) προκύπτει ότι:

2

f (x) f (x)2

x 1 2xe e

2x x 1

2

2xf (x) ln

x 1

,

x 0

β) Η 2

2xf (x) ln

x 1

είναι παραγωγίσιμη στο A (0, ) με:

2

2 2

2x x 1 2xf (x) ln

2xx 1 x 1

2 2 2

2 2 2 2

x 1 2(x 1) 2x 2x 2 2x 1 x

2x (x 1) 2x(x 1) x(x 1)

2

Είναι f ( . Το πρόσημο της f (x) ταυτίζεται με το πρόσημο του

x) 0 x 1 21 x

και φαίνεται στον διπλανό πίνακα. Έτσι η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0,1], γνησίως


22/03/2015

φθίνουσα στο [1, ) και το f (1) ln1 0 είναι ολικό μέγιστο της f. γ) Θέλουμε να αποδείξουμε ότι:

2x

x

x

1t tf (t)dt x

t

x

0f d , (3)

Θέτουμε t

, οπότε t xux u και dt . Έτσι: xdu

2x

x

1x

tf dt xf

x

(u)du

t)dt

Η σχέση λοιπόν (3) γίνεται ισοδύναμα:

x x

1 1x f u du tf (

x f

x x

1 1(u)du tf (t)dt 0 (4)

Θεωρούμε τη συνάρτηση , . Η h είναι

παραγωγίσιμη με:

x x

1 1h(x u tf (t)dt x 0) x f (u)d

x x x x

1 1 1 1h (x) x f (u)du f (u)du xf (x) xf (x) f (u)du tf (t)dt

h (1) 0

.

, x 0 . h (x) f (x)

Αλλά f ( με την ισότητα μόνο για

. Άρα η h είναι γνησίως φθίνουσα. Έτσι:

x) f (1) 0

x 1

Για x 1 είναι h (x)

h (1) 0

, δηλαδή h (x) 0 .

Για x 1 είναι h (x) , δηλαδή h (x) 0 .

Άρα η h παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο 0x 1 , οπότε:


22/03/2015

x x

1 1h(x) h(1) x f (u)du tf (t)dt 0

10 Έστω f συνεχής και γνησίως αύξουσα συνάρτηση με πεδίο ορισμού το , f(0) = 1 και f(x) 0 για κάθε x . Το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη fC , τον άξονα των τετμημένων και τις ευθείες x = t , x = t είναι ίσο με tf(t) e για κάθε t . α) Να αποδειχθεί ότι f( , xex) = x .


1 2

1

3xI = dx

f(x) +1

.

γ) Αν g(x) = f x , να υπολογιστεί το εμβαδόν του χωρίου που ορίζει

ο άξονα xx, η γραφική παράσταση της g και οι ευθείες , . x = 0 x = 1

1.

Λύση α) Η f είναι συνεχής και f (x) 0 για κάθε x , οπότε διατηρεί σταθερό πρόσημο και αφού f (0) 1 0 , θα είναι για κάθε f (x) 0 x .

Η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα στο . Πράγματι: Για κάθε

με προκύπτει και . Έτσι,

πολλαπλασιάζοντας τις ανισότητες αυτές κατά μέλη (αφού όλοι οι όροι είναι θετικοί) παίρνουμε:

xg(x) f (x)e

1 2x x1 2x , x 1f (x ) f (x ) 22

2

1x xe e

1 2x x1 2 1f (x )e f (x )e g(x ) g(x )

Έτσι για έχουμε: x 0

x xg(x) g(0) f (x)e 1 f (x) e και για έχουμε: x 0

x xg(x) g(0) f (x)e 1 f (x) e

Αν t 0 , τότε το εμβαδόν είναι ίσο με t

tx

και αφού tf (t) e ,

θα έχουμε

E f (x)d t t

tf (x)dx f (t) e

για κάθε t 0 .


22/03/2015

Αν t 0 , τότε το εμβαδόν είναι ίσο με t

dx

και αφού tf (t) e ,

θα έχουμε

tE f (x)

t

tf (x)dx f (t) e

t t t

tf (x)dx e f (t)

για κάθε t 0

Έτσι t t

tf (x)dx f (t) e

για κάθε t . Επομένως, η παραπάνω σχέση

δίνει:

t t tt t

t 0 0f (t) f (x)dx e f (t) f (x)dx f (x)dx e

για κάθε t 0

και αφού το 2ο μέλος είναι παραγωγίσιμη συνάρτηση, η f είναι παραγωγίσιμη. Άρα:

tf (t) f (t) f ( t) e (1)

για κάθε . Επομένως είναι και: t

tf ( t) f ( t) f (t) e

για κάθε . Αφαιρώντας κατά μέλη παίρνουμε: t

t t t tf (t) f ( t) e e f (t) f ( t) e e

Έτσι, υπάρχει σταθερά c , ώστε:

t tf (t) f ( t) e e c

για κάθε . Αυτή δίνει tf (0) 1

f (0) f ( 0) 2 c c 0

, δηλαδή τελικά:

tf (t) f ( t) e e t για κάθε t .

Επομένως από την (1) έχουμε:

t t tf (t) e e e e t

Έτσι υπάρχει 1c , ώστε t1f (t) e c και αφού f (0) 0 , είναι για

κάθε . Αποδείξαμε επομένως ότι

tf (t) e

t xf (x) e για κάθε x .


22/03/2015

β) Θέλουμε να υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα 1 2

x1

3xI

e 1

dx

x

. Θέτουμε

, οπότε u dx du . Για x 1 έχουμε u 1 και για x 1 είναι . Άρα:

u 1

11 1 12 2 2

x u u1 1 1

u1

3x 3( u) 3u 3u eI dx du du

2 u

1e 1 e 1 e1e

du1

1 2 x

x1

3x edx J

e 1

.

1 1 12 2 x 2 x 11 2 3

1x x x 11 1 1

3x 3x e 3x (e 1)I J dx dx dx 3x dx x 2.

e 1 e 1 e 1

Άρα , οπότε 2I 2 I J 1 .

γ) Είναι xg(x) e 0 , οπότε 1 x

1 0E e d x . Θέτουμε 2u x x u ,

, , dx 2udu x 0 u 0 x 1 u 1 . Άρα:

τ.μ. 1 11 1u u u u0 01 0 0

E 2ue du 2ue 2e du 2e 2e 2

Σχόλια α) Η συνάρτηση tg(t)= f(t) e είναι γνησίως αύξουσα (με τον ορισμό), οπότε βρίσκεται το πρόσημό της , αφού g(0)= 0 .

β) Στη σχέση t t

tf(x)dx = f(t) e

() μπορούμε να εναλλάξουμε το t με το

και να πάρουμε: t

t tt t

t tf(x)dx = f( t) e f(x)dx = f( t) e

t t

tf(x)dx = f( t) e

()

Οι σχέσεις (),() δίνουν:

t t t tf(t) e = f( t) e f(t)+ f( t)= e +e (2)


22/03/2015

Αλλά από την (1) έχουμε: tf(t)+ f( t)= f (t)+e Από αυτή και την (2) παίρνουμε: t t t tf (t) e = e +e f (t)= e , κ.λπ.

11 Έστω f : όχι σταθερή πολυωνυμική συνάρτηση με f (1) = 0 .

Η συνάρτηση g(x) = f(x)f (x) είναι γνησίως αύξουσα και το εμβαδόν

του χωρίου που περικλείεται από τη fC , τον άξονα xx και τις ευθείες

x = 1 , x = t είναι ίσο με 1

g(t)6

για κάθε t .

α) Να αποδειχθεί ότι , 2f(x) = (x 1) x .


2

x2

f xA = dx

2 +1

.

1.

Λύση α) Επειδή και η συνάρτηση g(1) 0 g(x) f (x)f (x) είναι γνησίως αύξουσα, είναι για και g(g(x) 0 x 1 x) 0 για x 1 . Έτσι το εμβαδόν του δοσμένου χωρίου δίνεται από τις σχέσεις:

t

1

1 1f (x)dx g(t) f (x)f (x)

6 6 , t 1

(1)

1

t

1 1f (x)dx g(t) f (t)f (t)

6 6 , t 1 (2).

Η δεύτερη σχέση δίνει:

t

1

1f (x)dx f (t)f (t)

6

t

1

1f (x)dx f (t)f (t)

6 , t 1 (3)

Έτσι από τις σχέσεις (1) και (3) παίρνουμε ότι:


22/03/2015

t

1

1f (x)dx f (t)f (t)

6 για κάθε (4) t

Η συνάρτηση f δεν είναι σταθερή, οπότε ας είναι ν ο βαθμός του πολυωνύμου f(t). Το πολυώνυμο f (t) έχει βαθμό ν 1 και έτσι το πολυώνυμο

έχει βαθμό g(t) f (t)f (t) ν (ν 1) 12ν . Από την άλλη, το πολυώνυμο

έχει βαθμό t

1f (x)dx ν 1 , οπότε από την (4) πρέπει ν 1 2ν 1 ν 2 .

Άρα , 2f (x) αx βx γ α 0 και επειδή f (x) 2αx β , η (4) δίνει:

t3 2

2

1

αx βx 1γx (αt βt γ)(2αt β)

3 2 6

3 2

2 3 2 2 2αt βt α β 1γ γ (2α t αβt 2αβt β t 2αγt βγ)

3 2 3 2 6

3 2 2 3 2 22αt 3βt 6γt (2α 3β 6γ) 2α t 3αβt (β 2αγ)t βγ

2

α 02

2

2α 2αα 1

3β 3αββ 4γ

6γ β 2αγ3β 6γ 2 βγ

2α 3β 6γ βγ

Επειδή 2β

γ4

, η τελευταία δίνει:

2 2β β

3β 6 2 β 04 4


22/03/2015

3 2 3β 6β 12β 8 0 (β 2) 0 β 2

Επομένως , βα 1 2 και 2β

γ 14

, οπότε 2 2f (x) x 2x 1 (x 1) .

β) Επειδή είναι 2f (x) (x 1) 2f x x 1 . Θέτουμε x u , οπότε:

2 22 u x

u u x

x 2dx .

2 2 2

f u f u 2 fA ( du) du

2 1 1 2 1 2

2 22 x x

x x x2 2 2

f x 2 f x (1 2 )f x2A A A dx dx dx

1 2 1 2 1 2

2 0 2 0 2

2 2 0 2f x dx f x dx f x dx (x 2x 1)dx

0 23 32 2 2 2

02 0

x x 8(x 2x 1)dx x x x x 0 4 2

3 3 3

8 8 84 2 0 2 2

3 3 3

16

3.

Άρα 16

2A3

, οπότε τελικά θα είναι 8

A3

.

12 Δίνονται οι συνεχείς συναρτήσεις με την g θετική και

την f γνησίως αύξουσα στο .

f, g :

α) Να αποδειχθεί ότι για κάθε . x

0g(t)dt > 0 x > 0

β) Να αποδειχθεί ότι η συνάρτηση

x

x 0

0

1h(x) = f(t)g(t)dt

g(t)dt, ,

είναι γνησίως αύξουσα στα διαστήματα (0

1.

x 0

, + ) και ( , 0) . γ) Αν , να συγκριθούν οι αριθμοί h(α) και h(β). α < 0 < β

Λύση


22/03/2015

α) Θεωρούμε τη συνάρτηση , x

0G(x) g(t)dt x . Η G είναι παραγωγίσιμη

στο , διότι η g είναι συνεχής στο . Επομένως:

, G (x) g(x) 0 x

Άρα η G είναι γνησίως αύξουσα. Αυτό μας εξασφαλίζει ότι με , θα ισχύει:

x 0

x

0G(x) G(0) g(t)dt 0

β) Επειδή οι συναρτήσεις f, g είναι συνεχείς, οι συναρτήσεις και

είναι παραγωγίσιμες στο . Έτσι η συνάρτηση h(x) είναι

παραγωγίσιμη στο

x

0f (t)g(t)dt

x

0g(t)dt

με:

x x

0 02x

0

f (x)g(x) g(t)dt g(x) f (t)g(t)dth (x)

g(t)dt

x

2 0x

0

g(x)f (x)g(t) f (t)g(t) dt

g(t)dt

x

2 0x

0

g(x)g(t) f (x) f (t) dt

g(t)dt

(1)

i) Έστω . Η f είναι γνησίως αύξουσα, οπότε με 0 tx 0 x παίρνουμε:

f (t) f (x) f (x) f (t) 0

Επιπλέον για κάθε g(t) 0 t και έτσι για τη συνάρτηση

ισχύει ότι: ) f (x) f φ(t) g(t (t)

η φ είναι συνεχής στο [0,x].

φ(t) 0 για κάθε t [0, x) .


22/03/2015

φ(t) 0 για κάθε t [0, x] .

Επειδή λοιπόν στο [0,x] και η φ δεν είναι παντού ίση με μηδέν στο

[0,x], θα είναι για κάθε . Επομένως η σχέση (1) μας δίνει

για κάθε , δηλαδή η h είναι γνησίως αύξουσα στο (0 .

φ(t) 0x

0φ(t)dtx

0

0

0

x 0

h (x) 0 , )ii) Έστω . Με ανάλογο τρόπο βρίσκουμε ότι αν x x t 0 , τότε:

και f (x) f (t) 0 g(t) f (x) f (t) 0

δηλαδή . Άρα, όπως και στην πρώτη περίπτωση συμπεραίνουμε ότι: φ(t) 0

0 x

x 0φ(t)dt 0 φ(t)dt 0

x

0φ(t)dt 0

και έτσι στο ( ,h (x) 0 0) . Επομένως η h είναι γνησίως αύξουσα και στο . ( , 0 )

γ) Η h είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στα ( , 0) και (0, ) . Επομένως:

Για x 0 είναι

x 0

00xx 0 x 0 x 0

0

f (t)g(t)dt f (x)g(x)h(x) lim h(x) lim lim

g(x)g(t)dt

x 0lim f (x) f (0)

, διότι οι όροι του κλάσματος είναι συνεχείς, ως

παραγωγίσιμες συναρτήσεις, οπότε έχουμε απροσδιοριστία 0

0

και η f

είναι συνεχής στο 0, οπότε x 0lim f (x) f (0)

.

Για x 0 είναι . x 0 x 0

h(x) lim h(x) lim f (x) f (0)

Άρα με α είναι 0 h(α) f (0) και με 0 β είναι f (0) h(β) . Επομένως έχουμε . h(α) h (β)


22/03/2015

13 Έστω f : συνεχής και περιττή συνάρτηση. Να αποδειχθεί ότι:

1 1f(x) 2

1 0f(x)ln 1 + e dx = f (x)dx

1.

Λύση Αφού η f είναι περιττή συνάρτηση, θα ισχύει f ( x) f (x) , x (1) Έστω:

1 f (x)

1I f (x) ln 1 e

dx

u

Θέτουμε , οπότε x dx du . Έτσι:

1 1f (x) f ( u)

1 1I f (x) ln 1 e dx f ( u) ln 1 e ( du)

1 f (x)1 f (u)

f (x)11

1 ef (u)ln 1 e du f (x) ln dx

e

1 1f (x) f (x) 2

1 1f (x) ln e 1 dx f (x) ln e dx I f (x)dx

1

1Έτσι έχουμε οδηγηθεί στη σχέση:

1 1 12 2

1 1 1

1I I f (x)dx 2I f (x)dx I f (x)dx

2 2

u

(2)

Στο σημείο αυτό γράφουμε:

(3) 1 0 12 2 2

1 1 0A f (x)dx f (x)dx f (x)dx

Θέτουμε στο α ολοκλήρωμα x , οπότε:

0 02 2

1 1f (x)dx f ( u)d( u)


22/03/2015

1 12 2

0 0f (u) du f (x)dx

Έτσι, από τη σχέση (3) παίρνουμε:

0 12 2

1 0A f (x)dx f (x)dx

1 1 12 2 2

0 0 0f (x)dx f (x)dx 2 f (x)dx

Άρα, τελικά, η σχέση (2) δίνει:

1 1 12 2

1 0 0

1 1I f (x)dx 2 f (x)dx f (x)

2 2 2 dx

Σημειώνουμε ότι με παρόμοιο τρόπο αποδεικνύουμε γενικά ότι:

Αν η f είναι άρτια, τότε . α α

α 0f (x)dx 2 f (x)dx

Αν η f είναι περιττή, τότε α

αf (x)dx 0

.

Αναφέρουμε επίσης ότι στο α σκέλος θα μπορούσαμε να χρησιμοποιήσουμε τη γνωστή – βασική μέθοδο:

1 f (x)1 f (x)

f (x)11

1 e2I Ι Ι f (x) ln 1 e dx f (x) ln dx

e

1 f (x)

f (x)f (x)

1

1 ef (x) ln 1 e ln dx

e

1 f (x) f (x)

f (x)1

e 1 ef (x)ln dx

1 e

1 1f (x) 2

1 1f (x) ln e dx f (x)dx


22/03/2015

14 Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : [0, + ) με f(0) = 1 , f (x) > 0

και:

2x 2f(x) + lnf (x) = e + x + ln2x , για κάθε x > 0

α) Να αποδειχθεί ότι , . 2xf(x) = e x 0

β) Να μελετηθεί η f ως προς τα ακρότατα, τα κοίλα και να βρεθεί το σύνολο τιμών της. γ) Να αποδειχθεί ότι:

i) f(α) 1 f(β) 1

<α β

1.

για κάθε α, β με α . > 0 < β

ii)

x

1

1dt <

f(t) 2e

1x > 1 για κάθε .

δ) Να υπολογιστεί το όριο +x 0

1A = lim xf

x.

ε) Να αποδειχθεί ότι για κάθε . α

02 f(t)dt α 1 + f(α)

2

2

α 0

Λύση

α) 2 2x 2 f (x) x 2f (x) ln f (x) e x ln 2x ln e ln f (x) e x ln 2x

22 xf (x) x 2 f (x) e x ln 2xln e f (x) e x ln 2x e e

2 2x 2 x 2 xf (x) e x f (x) e x ee e e 2x e e e e

c

2xf (x) ee e

Η f είναι συνεχής στο 0, οπότε:

2xf (x) e f (0)

x 0 x 0lim e lim e c e e c c 0

Άρα , , αφού αυτή δίνει f (2xf (x) e x 0 0) 1 , τιμή που είναι δοσμένη.


22/03/2015

β) Είναι . Η f είναι γνησίως αύξουσα και το είναι ολικό ελάχιστο.

2xf (x) 2xe f (0) 1

Είναι 2 2 2x 2 x x 2f (x) 2e 4x e 2e (1 2x ) 0 . Άρα η f είναι κυρτή.

Το σύνολο τιμών είναι το f (A) [1, ) , όπου A [0, ) .

γ) i) Έστω f (x) 1

g(x)x

. Είναι:

2 2

xf (x) f (x) f (0)xf (x) f (x) 1g (x)

x x

2

xf (x) f (ξ)(x 0) f (x) f (ξ)0

xx

διότι και η f είναι ξ (0, x) . (Ή με μελέτη της h(x) xf (x) f (x) 1.) Άρα:

α β g(α) g(β)

ii) Επειδή , είναι 2t 2t 1 2t2t 1e e . Έτσι:

2 xx xt 1 2t 1 2t1

1 1

1e dt e dt e

2

1 2x 1 2x1 1 1 1 1 1e e

2 e 2 e 2 e

1

2e

Άλλος τρόπος

Για είναι x 12 2 2x xt t x

1 1

1 1 1e dt te dt e

2 e 2e

.

δ) 2

2 2

2

11 1x1 x x3

x

x 0 x 0 x 0 x 0 x 02

2e

1 e xA lim xf lim xe lim lim 2 lim1 1x xx x

e

2

1

x

x 0

12 lim e ( ) ( )

x

.


22/03/2015

ε) Είναι:

(ΔΑ): f (α) f (0)

y f (0) (x 0)α 0

f (α) 1y 1 x

α

.

ΔA

f (α) 1f (x) y f (x) 1 x

α

, x [0, α] . Άρα:

αα 2α

0 00

f (α) 1 f (α) 1 tf (t)dt 1 t dt α

α α 2

2 α f (α) 1f (α) 1 αα α

α 2 2

2α αf (α) α α αf (α) α1 f (α)

2 2 2

15 Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f : (0, + ) με την ιδιότητα:

x

1f(t)dt

f(x) = e

, x > 0

Να αποδειχθεί ότι: α) η f είναι παραγωγίσιμη.

β) , για κάθε x > . 2f (x) = f (x) 0

γ) 1

f(x) =x

, για κάθε . x > 0

Έστω ότι η εφαπτομένη της στο μεταβλητό της σημείο Μ τέμνει τους άξονες στα σημεία Α και Β. Να αποδειχθεί ότι:

fC

δ) MA . = MBε) Το τρίγωνο OAB έχει σταθερό εμβαδόν, ανεξάρτητο δηλαδή από τη θέση του σημείου Μ.

1.

Λύση α) Η συνάρτηση του δευτέρου μέλους είναι συνεχής, ως σύνθεση συνεχών, αφού η f(t) μέσα στο ολοκλήρωμα είναι συνεχής, οπότε η f(x) είναι παραγωγίσιμη.


22/03/2015


(x)

β) Παραγωγίζοντας έχουμε:

(1) x

1f (t)dt 2f (x) e f (x) f (x) f (x)

αφού . x

1f (t)dt

e f

γ) Από τη δοσμένη σχέση προκύπτει ότι f (x) 0 , και από την (1) έχουμε:

x 0

2

f (x) 1 11 x

f (x) f (x)f (x)

x c (2)

Από την αρχική παίρνουμε f (1) 1 . Με x 1 η (2) δίνει c 0, οπότε:

1

f (x)x

, x 0

δ) Είναι 2

1f (x)

x . Η εφαπτομένη της C στο σημείο f 0

0

1M x ,

x

με

έχει εξίσωση:

0x 0

02 20 00 0

1 1 1y (x x ) y x

x xx x

2

Με είναι y 0 0x 2x . Έτσι . Με 0A(2x , 0) x 0 είναι 0

2y

x , έτσι

0

2B 0,

x

. Είναι 2

0 20

1(MA) x

x και 2

0 20

1(MB) x

x MA MB, οπότε .

(Καλύτερα είναι όμως να διαπιστώσουμε ότι το μέσο του ΑΒ είναι το Μ, αφού

A BM 0

x xx x

2

, A B

M0

y y 1y

2 x

.)

ε) 00

1 1(OAB) (OA) (OB) 2x 2

2 2

2

x τ.μ. σταθερό 0(x 0).

Ασκήσεις Για Τον Επιμελή Μαθητή - 1

Documents

Transcript of Ασκήσεις Για Τον Επιμελή Μαθητή - 1