15η ανάρτηση

___________________________________________________________________________ 15η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17

α) Θεωρούμε τη συνάρτηση 2g x f 2lnx f lnx , x 0 . Έχουμε:

2 2 4g x 4 ln x lnx x 2g x x , x 0

2 2 2

2 2 2

2 2

g x 4 ln x 4ln x 2xg x x , x 0

g x 2xg x x ln x 4ln x 4, x 0

g x x ln x 2 , x 0

g x x lnx 2

Θεωρούμε τη συνάρτηση h x g x x, x 0 . Επομένως, h x lnx 2 (1).

Η f ως παραγωγίσιμη είναι και συνεχής. Η g είναι συνεχής ως αποτέλεσμα πράξεων

μεταξύ συνεχών συναρτήσεων. Ομοίως και η h . Από την (1) έχουμε:

2h x 0 lnx 2 0 lnx 2 x e . Οπότε, η h διατηρεί πρόσημο σε καθένα από τα

διαστήματα 20, e και 2e , . Αν h x 0 2x 0, e

η (1) h x lnx 2 h x lnx 2 , αφού 2lnx 2 0 lnx 2 0 x e .

Αν Αν h x 0 2x 0, e η (1) h x 2 lnx Οπότε, ή h x lnx 2 , 2x 0, e ή

h x 2 lnx , 2x 0, e . Ομοίως, βρίσκουμε ότι ή h x lnx 2 ,

2x e , ή

h x 2 lnx , 2x e , . Οπότε, οι δυνατοί τύποι της h είναι:

h x lnx 2, x 0 ή

h x 2 lnx, x 0 ή

2

2

ln x 2, 0 x eh x

2 ln x, x e ή

2

2

2 ln x, 0 x eh x

ln x 2, x e

Επομένως, οι δυνατοί τύποι της g είναι:

2g x x lnx 2, x 0 f lnx x lnx 2, x 0 ή

2g x x lnx 2, x 0 f lnx x lnx 2, x 0 ή

2 22

2 2

x lnx 2, 0 x e x lnx 2, 0 x eg x f lnx

x lnx 2, x e x lnx 2, x e ή

Λύνει ο Νίκος Ελευθερίου

http://lisari.blogspot.gr/


2 22

2 2

x lnx 2, 0 x e x lnx 2, 0 x eg x f lnx

x lnx 2, x e x lnx 2, x e

Αν στην σχέση 2f lnx x lnx 2, x 0 , θέσουμε y2y lnx x e έχουμε:

y y

f y e 2, y 02

. Άρα, x xf x e 2, x 0

2. Ομοίως εργαζόμαστε και για τα

υπόλοιπα. Άρα, οι δυνατοί τύποι της συνάρτησης f είναι:

x xf x e 2, x 0

2 ή

x xf x e 2, x 0

2 ή

x 2

x 2

xe 2, 0 x e

2f xx

e 2, x e2

ή

x 2

x 2

xe 2, 0 x e

2f xx

e 2, x e2

β) Θεωρούμε τη συνάρτηση

2

2 2

lne f x e f x 1 et x f x x ημx t x e 1

x ημx x ημx.

Είναι:

x 2limt x 0 . Οπότε

2 2

x 2 x 2 x 2limf x lim x ημx g x e 1 2 ημ2 0 e 1 limf x e 1 .

Όμως, η f ως παραγωγίσιμη είναι και συνεχής.

Επομένως,

x 2

f 2 limf x e 1 0 και αφού η f είναι συνεχής f x 0, 2x 0, e .

Επιπλέον, 4f 8 e 2 , 28 e και αφού η f είναι συνεχής f x 0, 2x e , .

Τέλος 2f e 0 . Οπότε f x 0, x 0 . Άρα, x xf x e 2, x 0

2.

i) Πρέπει να δείξουμε ότι η f αντιστρέφεται, δηλαδή ότι είναι 1-1. Αρκεί να δείξουμε ότι

είναι γνησίως μονότονη.

1 2

x , x 0, με 1 2

x x έχουμε:

x x

1 2 1 2

e : e 0x x x x e e e e και 1 2

x x

2 2.

Επομένως, 1 2x x1 2x x

e e2 2

1 2x x1 21 2

x xe 2 e 2 f x f x

2 2.

Οπότε, η f είναι γνησίως αύξουσα. Άρα, υπάρχει 1f .



ii) Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής έχει σύνολο τιμών

xx 0

f 0, lim f x , lim f x . Έχουμε:

x

x 0 x 0

xlim f x lim e 2 1 0 2 1

2

x

x x

xlim f x lim e 2 2

2

Οπότε f 0, 1, . Άρα, η f

C έχει με την ευθεία y α, α

κανένα κοινό σημείο α 1

μοναδικό κοινό σημείο α 1, αφού η f είναι 1-1

iii) Η 1f έχει πεδίο ορισμού το σύνολο τιμών της f .

Θα δείξουμε ότι η 1f και η f έχουν το ίδιο είδος μονοτονίας.

1 2

y , y 1, με 1 2

y y έχουμε:

f:

1 1 1 1

1 2 1 2f f y f f y f y f y .

Οπότε η 1f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής (υπόθεση). Έτσι, για το σύνολο τιμών της

θα ισχύει:

1 1 1

x 1 xf 1, limf x , lim f x 0, . Επομένως,

1

xlim f x .

Επιπλέον

1u

x

x u 0

1lim f limf u 1

x. Άρα, το ζητούμενο όριο γίνεται:

1

x

1 f x 1lim

1 31f 3

x

iv) Είναι: 4 24f 4 e 2 e

2. Ακόμη

x

x

e 1f ' x

22 e.

Οπότε,

4 4

24

e 1 e 1f ' 4

2 22e2 e 21

f ' 4 e 12

.

Άρα,

2 21ε : y f 4 f ' 4 x 4 ε : y e e 1 x 4

2 2 21ε : y e 1 x e 2

2.



α) Ισοδύναμα η αρχική σχέση γράφεται:

2 2

f(2lnx) x lnx 2 και με g(x) f(2lnx) x , h(x) lnx 2 γίνεται g(x) h(x) .

Η g ορίζεται στο 0, και η h έχει μόνη ρίζα το 2e .

Άρα η g διατηρεί πρόσημο στο καθένα από τα 20,e και 2e , ως συνεχής στο 0, με

μόνη ρίζα το 2e .

Ι) Αν g(x) 0στα 20,e και 2e , τότε είναι:

2

2

2 lnx, 0 < x < eg(x) lnx 2lnx 2, x e

Για uu 2lnx x e η προηγούμενη σχέση γράφεται:

u x

u 4 x 4f(u) e f(x) e ,x 0

2 2

ΙΙ) Αν g(x) 0στα 20,e και 2e , τότε είναι:

2

2

lnx 2, 0 < x < eg(x) lnx 22 lnx, x e

Για uu 2lnx x e η προηγούμενη σχέση γράφεται:

u x

u 4 x 4f(u) e f(x) e ,x 0

2 2

ΙΙΙ) Αν g(x) 0στο 20,e και g(x) 0στο 2e , τότε είναι:

g(x) 2 lnx , x 0και με uu 2lnx x e γράφεται x xf(x) e 2

2, x 0

ΙV) Αν g(x) 0 στο 20,e και g(x) 0στο 2e , τότε είναι:

g(x) lnx 2 , x 0 και με uu 2lnx x e γράφεται x xf(x) e 2

2, x 0

β) Από τις 4 πιθανές συναρτήσεις η μόνη που ικανοποιεί και τις 2 συνθήκες του

ερωτήματος β) είναι η x xf(x) e 2

2, x 0 (απλές πράξεις).

i) H f αντιστρέφεται στο 0, ως .

ii) To Σ.Τ. της f είναι 1, από γνωστό θεώρημα. Άρα αν a 1η εξίσωση f(x) a

αδύνατη και αν a 1έχει μία λύση θετικό.

iii) Θέτω x xx

1 x 2φ(x) 1

2e ee, x 0και είναι

xlim φ(x) 1 .

Άρα για μεγάλα x είναι

Λύνει ο Κώστας Δεββές



x

x x x x xx

x x x

1 x 2 e x 2φ(x) 0 1 1

2e e e 2e ee

x e 2 e f(x) e lnf(x) x

2

(με x το 1f (x)) 1lnx f (x) .

Επειδή

xlim lnx θα είναι

1

xlim f (x) .

Άρα

1

xlim(1 f (x)) και με

1u

xτο

x u 0

1lim f( ) 3 limf(u) 3 2

x.

Τελικά το ζητούμενο όριο είναι

iv) Mετά τις πράξεις η ζητούμενη εφαπτομένη γίνεται:

2

2e 1y x e 2

2.



α) Η σχέση της υπόθεσης είναι : για κάθε x 0

2 2 4 2f (2lnx) 4 ln x lnx 2xf(2lnx) x 2 2f (2lnx) 2xf(2lnx) x = 24 ln x 4lnx

2(f(2lnx) x) = 2(lnx 2) .

Θέτω u

2u

2lnx u lnx x e2

οπότε έχω για u R , u

22(f(u) e ) = 2u( 2)

2(1).

Αν τώρα g(x) x

2(f(x) e ) , x R η σχέση (1) γράφεται: 2g (x)= 2x( 2)2

.

Γιά x 0 g(x) 0 x

22

=0 x 4 και επειδή g συνεχής ως άθροισμα παραγωγίσιμων, θα

διατηρεί πρόσημο στα διαστήματα 0,4 , 4, .

Δηλαδή x

g(x) 22

και διακρίνοντας περιπτώσεις έχω:

i) g(x) 0 x 0,4 , g(x) 0 x 4, τότε από σχέση (1)

x

g(x) 22

x

2(f(x) e ) = x

22

x

2f(x) e + x

22

, x 0 .

ii) g(x) 0 x 0,4 , g(x) 0 x 4, τότε από σχέση (1)

x

g(x) 22

x

2(f(x) e ) =- x

22

x

2f(x) e - x

22

, x 0 .

iii) g(x) 0 x 0,4 , g(x) 0 x 4, τότε από σχέση (1)

x

g(x) 22

x

2(f(x) e ) = x

22

x

2f(x) e + x

22

, x 0 .

iv) g(x) 0 x 0,4 , g(x) 0 x 4, τότε από σχέση (1)

x

g(x) 22

x

2(f(x) e ) = x

22

x

2f(x) e - x

22

, x 0 .

β)Αν φ(x)

2

lne f(x) e

x ημx

2

1 f(x) e

x ημx τότε

x 2limφ(x) 0 και 2f(x) x φ(x)ημx e 1επόμενα

επειδή f συνεχής ,

x 2

f(2) limf(x) e 1, g(2) f(2) e =-1<0, g(8) 4f(8) e =2>0 συνεπώς από

περίπτωση iii) προκύπτει ότι

x

2f(x) e + x

22

, x 0 .

Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς



i) Η f είναι παραγωγίσιμη με

x

2e 1f (́x) 0

2 x 0 συνεπώς f γνήσια αύξουσα στο

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

ii) Είναι

x 0lim f(x)

x 0lim (

x

2e + x

22

)=-1,

x lim f(x)

x lim (

x

2e + x

22

)=και επειδή f γνήσια

αύξουσα στο 0, θα είναι f 0, 1, . Επόμενα:

Αν α 1, τότε α f 0, , άρα η γραφική παράσταση της f και η ευθεία y=α

δεν έχουν κανένα κοινό σημείο.

Αν α 1, τότε α f 0, , άρα η γραφική παράσταση της f και η ευθεία y=α

έχουν μοναδικό κοινό σημείο λόγω μονοτονίας της f .

iii) Από δ) έχω ότι f 0, 1, = 1fD . Τώρα έστω

1 2y ,y f 0, 1, = 1f

D με

1 2

y y 1 1

1 2f(f (y )) f(f (y )) 1 1

1 2f (y ) f (y )

διότι f γνήσια αύξουσα στο 0, . Επόμενα 1f γνήσια αύξουσα στο 1, . Συνεπώς

1f 1,

1 1

xx 1( lim f (x), lim f (x)) = 0, οπότε

1

x lim f (x) . Τώρα το ζητούμενο όριο

είναι:

1

x

1 f (x)lim

1f( ) 3

x

1

1x2x

1 f (x)lim

1e 1

2x

1

1x2x

1lim[ 1 f (x) ]

1e 1

2x

, διότι

1

x lim (1 f (x)) και

1x

2x

1 1lim

21e 1

2x

.

iv) Η εφαπτόμενη στο 4,f(4) είναι: y f(4) f (́4)(x 4) . ΄Όμως 2f 4 e

2e 1

f΄ 42

, οπότε (ε):

22 e 1

y e (x 4)2

22e 1

y x e 22

.



2 2 4

2 2 2

2 2

u

2

2u22

f : , παραγωγίσιμη

f (2 ln x) 4 ln x ln x x 2f(2ln x) x ,(1) για κάθε x>0

f (2 ln x) 2xf(2 ln x) x ln x 4ln x 4,x 0

(f(2 ln x) x) (ln x 2) ,x 0.

Θέτω u=2lnx, x>0 x e

(u 4)(f(u) e ) ,u .

4

α)

u

2

22

Θέτω g(u)=f(u)-e ,u

u 4(u 4)g (u) ,u g(u) ,u (2)

4 2 g(u) 0 u 4

u 4 για κάθε u 4 είναι 0 g(u) 0 g(u) 0,g συνεχής στο , άρα η

2g διατηρεί σταθερό πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα (- , 4) κ

u 4,u 4

24 u

,u 42

4 u,u 4

2u 4

,u 42

x

2f

αι (4, + ). Ετσι

4 ug(u) ,u , ή g(u)= {

2

4 uή g(u)={ ή g(u)= ,u .

2

1Kατά συνέπεια, και επειδή D (0, ), f(x)=e x 2,x 0

2

x x

2 2

x x

2 2

1 1 xe x 2,x 4 e x 2,x 4

2 2 2

1 1e x 2,0 x 4 e x 2,0 x 4

2 2

4

2 2x 2

(a) ή

1f(x) { (β) ή f(x)={ (γ) ή f(x)=e x 2,x 0 (δ) .

2

lne f(x) e 1 f(x) e Αν lim 0,f(8) e 2, έστω h(x) ,

x ημx x ημx

β)

x 2

2 2

x 2 x 2

0

x 2

άρα lim h(x) 0

και f(x) h(x)x ημx e 1 lim f(x) lim(h(x)x ημx e 1) 0 4 ημ2 e 1 e 1.

H f είναι παραγωγίσιμη, άρα και συνεχής στο (0, + ).

Αρα η f είναι συνεχής και στο χ 2,

οπότε f(2)= lim f(x) f(

4

x

2

2) e 1.

Eίναι και f(8)=e 2, άρα ο τύπος της f είναι ο (δ), δηλ.

xf(x) e 2,x 0.

2

Λύνει η Ντίνα Ψαθά



x

2

1

f

1 1 Για κάθε x 0,f '(x) e 0 f γνησίως αύξουσα στο (0,+ ) f 1 1, άρα

2 2

υπάρχει η f (είναι συνάρτηση).

Οι τετμημένες των κοινών σημείων των C και ε: y = α, α είναι οι λύσεις της

εξίσωσης f(x

i)

ii)

xx 0

f

) = α, α .

Α (0, ).

lim f(x)= 1, lim f(x) ,f συνεχής και γνησιως αύξουσα στο Α, f(A) ( 1, ).

Αρα, αν α -1, τότε οι C , ε , δεν εχουν κοινά σημεία.

Αν α > -1, τότε υπάρχει ένα ακ

1 1 fριβώς x 0, ώστε f(x ) α, οπότε οι C και ε , έχουν ένα

ακριβώς κοινό σημείο.

1f

1 1

1 2 1 2 1 2

1 1

1 2

1 1 1 1

1 2 1 2 1 2

D f(A) ( 1, ).

Για καθε y ,y ( 1, ) με y y είναι f(f (y )) f(f (y )),

f γν αυξουσα f (y ) f (y ),

(γιατί αν ήταν f (y ) f (y ), f γν. αυξ f(f (y )) f(f (y )) y y , άτοπο).

Αρα

iii)

1

1 1

1

x

1

x

1

2x

x x

η f είναι γνησίως αύξουσα στο (-1,+ ).

Η f είναι και συνεχής, άρα f (( 1, )) (0, ).

Aρα lim f (x) .

Ετσι lim (1-f (x)) 1 ( ) .

1 1Eπίσης lim (f( ) 3) lim(e 1) 1 0 1 2,

x 2x

ά

1

x

f

2 22 2

1 f (x) 1ρα lim ( ) .

1 2f( ) 3

x Η εξίσωση της ευθείας ε , που εφάπτεται της C , στο σημείο (4,f(4)) είναι η

e 1 e 1ε : y-f(4)=f΄(4)(χ-4). Είναι f(4)=e , f '(4)= , άρα ε: y-e (x 4), δηλ

2 2

iv)

22

αδή

e 1ε: y= x (e 2).

2



α) Για κάθε x > 0 ισχύει:

2 2 4

2 2 2

2 2

2 2

f 2 ln x 4 ln x ln x x 2f 2ln x x

f 2ln x 2xf 2ln x x ln x 4ln x 4

f 2ln x x ln x 2

f 2ln x x ln x 2

f 2ln x x ln x 2 1

Θέτουμε

2

g x f 2ln x x

1 g x ln x 2

g x 0 g x 0 ln x 2 0 ln x 2 0 ln x 2 x e

Η f είναι παραγωγίσιμη στο άρα και συνεχής .

Η g είναι είναι συνεχής στο 0, ως πράξεις συνεχών και έχει μοναδική ρίζα

το 2e , άρα διατηρεί σταθερό πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα 2 20,e και e ,

στα οποία η ρίζα της χωρίζει το 0,

Αν

2 2

2

2

g x 0 x 0,e e ,

2 ln x ,0 x eΤότε g x ln x 2

ln x 2 ,x e

Αν

2 2

2

2

g x 0 x 0,e e ,

ln x 2,0 x eΤότε g x ln x 2

2 ln x, x e

Αν

2 2

2 2

2 2

g x 0 x 0,e και g x 0 x e ,

ln x 2 , 0 x e 2 ln x , 0 x eτότε g x 2 ln x x 0,

ln x 2 , x e 2 ln x , x e

Αν

Λύνει ο Τρύφωνας Ζωϊτσάκος



2 2

2 2

2 2

g x 0 x 0,e και g x 0 x e ,

ln x 2 , 0 x e ln x 2 , 0 x eτότε g x ln x 2 x 0,

ln x 2 , x e ln x 2 , x e

Δηλαδή

2

2

2 ln x ,0 x ef 2ln x x

ln x 2 ,x e

2

2

ln x 2,0 x ef 2ln x x

2 ln x, x e

f 2lnx x 2 lnx x 0,

f 2lnx x lnx 2 x 0,

Θέτουμε u

2u

2lnx u lnx x e2

Οπότε οι δυνατοί τύποι της f στο 0, είναι:

u

2u

2 22u

2

u2 e , 0 u 4

u2f u αφού 0 x e 0 e e 2 u 42u

2 e , u 42

u

2

u

2

u2 e , 0 u 4

2f uu

2 e , u 42

u

2u

f u 2 e u 02

u

2u

f u 2 e u 02

β) H f είναι συνεχής στο 2 άρα x 2limf x f 2

Είναι

2x 2

lne f x e 1 f 2 elim 0 0 1 f 2 e 0 f 2 e 1

4ημ2x ημχ

και

4f 8 e 2

Οι τιμές αυτές δίνονται μόνο από τον τελευταίο τύπο u

2u

f u 2 e u 02

Άρα ο τύπος της f στο 0, είναι: x

2x

f x 2 e x 02



γ) x

21 1

x 0 είναι f x e 0 άρα f στο 0, οπότε 1 1 και αντιστρέψιμη.2 2

δ)

x

2

x 0 x 0

x

2

x x

xlim f x lim 2 e 0 2 1 1

2

xlim f x lim 2 e 2

2

H f είναι συνεχής και xx 0

στο 0, άρα f 0, lim f x , lim f x 1,

Το πλήθος των κοινών σημείων της f

C με την ευθεία ψ = α,α εξαρτάται από το

πλήθος των ριζών της εξίσωσης f x α

Αν α 1 τότε α f 0, άρα η εξίσωση είναι αδύνατη και η f

C δεν έχει κοινά

σημεία με την ψ = α.

Αν α 1 τότε α f 0, και η εξίσωση f x α έχει μοναδική λύση στο 0,

αφού f οπότε η f

C έχει μοναδικό κοινό σημείο με την ψ = α.

ε) Η 1f έχει π.ο το f 0, 1, και σύνολο τιμών το π.ο της f το 0,

Δηλαδή 1f 1, 0,

Η 1f στο 0, f στο 1, (με απόδειξη) είναι και συνεχής οπότε

1 1 1 1

x xx 1f 1, lim f x , lim f x 0, lim f x

1u

x

x x xu 0

1

x

1lim f lim f u 1

x

1 f x 1Άρα lim

1 3 21f 3

x

στ) 2 21f 4 e , f 4 e 1

2

Η εφαπτομένη της f

C στο A 4,f 4 έχει εξίσωση:

2 2 2 21 1y f 4 f 4 x 4 y e e 1 x 4 y e 1 x e 2

2 2



α)

Έχουμε: 2 2 4f 2lnx - 4 = ln x - lnx + x 2f 2lnx - x , x > 0 .

Θέτουμε y 2lnx και έχουμε:

2 2y y2

y2 2 2y y

f y 4 2y 2e f y e f y e 2 ,με y 04 2

.

Θέτουμε αρχικά όπου y το x και στην συνέχεια x

2g x f x e ,μ εx 0 , οπότε έχουμε:

2

2 xg x 2

2

.

Παρατηρούμε ότι η g μηδενίζεται στο 4, και διατηρεί πρόσημο στα διαστήματα

0,4 , 4, . Επίσης αφού g συνεχής (πράξεις συνεχών) , συνοπτικά για αυτήν έχουμε:

x 0 4

g(x) + +

g(x) + -

g(x) - +

g(x) - -

Έτσι οι πιθανοί τύποι της f είναι:

1. x

2x

f x e 2, x 0,2

,

2. x

2x

f x e 2 , x 0,2

,

3.

x

2

x

2

xe 2, 0 x 4

2f xx

e 2 , x 42

,

4.

x

2

x

2

xe 2 , 0 x 4

2f xx

e 2, x 42

.

β)

Από την σχέση 4f 8 e 2 , οι τύποι 2,3 απορρίπτονται, ενώ απο το όριο:

Λύνει ο Κώστας Τσόλκας



2x 2

lne f x elim

x ημx

, με την χρήση βοηθητικής συνάρτησης , υπολογίζουμε το όριο:

x 2limf x e 1

, το οποίο απορρίπτει τον πιθανό τύπο 4.

Άρα ο τύπος της f είναι ο 1 , δηλαδή x

2x

f x e 2 , x 02

.

β) i)

Έχουμε για την παραγωγίσιμη f:

x

' x 21 1

f e 0 2 2

, για κάθε x 0 . Άρα η f είναι ¨1-1¨ ως γνησίως αύξουσα για x 0 , άρα

υπάρχει η αντίστροφή της, η 1 f .

β) ii)

Επειδή f : συνεχής, γνησίως αύξουσα στο 0, το σύνολο τιμών της είναι το:

xx 0

f A f 0, lim f x , lim f x 1,

. (Τα όρια είναι εύκολα να υπολογιστούν)

Οπότε αν α f A α 1 , η f x α έχει ακριβώς μία ρίζα.( μονοτονία της f ),

ενώ αν α 1 δεν έχει ρίζες.

β) iii)

Επειδή η 1 f έιναι συνεχής και γνησιώς αύξουσα στο 1, (αφου η f είναι γνησίως

μονότονη στο Α , η 1 f είναι γνησίως μονότονη με το ίδιο είδος μονοτονίας στο f A ,

*Ευκολη απόδειξη με άτοπο) , απο το σύνολο τιμων της 1 f που είναι το 0, (πεδίο

ορισμού της f ) , έχουμε ότι :

1

xlim f x

.

Επίσης 1

2x1 1

f e 2 x 2x

, συνεχής στο 0, , με

x

1lim f 1 0 2 1

x

,

οπότε το ζητούμενο όριο έιναι της μορφής 1

και είναι ίσο με – .

β) iv)

Έχουμε 2f 4 e , 21f 4 e 1

2, οπότε η εφαπτομένη της

fC στο 4,f 4 έιναι η ευθεία :

2 21y e 1 x e 2

2 .


15η ανάρτηση

Education

Transcript of 15η ανάρτηση