Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Metal-Militiaman · 2009-09-19T16:31:37+0300

Αρχική Δημοσίευση από χρήστος17:
B)Η ειναι η εικονα του Ζ4 ,το Η ειναι ορθοκεντρο του ΑΒΓ αν και μονο αν

Re(Z4-Z1/Z2-Z3)=Re(Z4-Z2/Z3-Z1)=0

Σίγουρα δίνει μόνο αυτά τα στοιχεία? Μήπως σου διέφυγε καμιά τρίτη ισότητα?

Zorc · 2009-09-21T00:58:56+0300

Λογικα μια τριτη σχεση θ προκυπτει το συστημα των εξισωσεων που τεμνονται στο Μ(z4).

coheNakatos · 2009-09-21T07:49:53+0300

δειτε την , την εχω μεχρι σημερα το απογευμα :xixi:
Ασκηση : gof -> 1-1
f-> 1-1

νδο g -> 1-1

Zorc · 2009-09-21T11:35:06+0300

Δεν εχουμε μπει 1-1 συναρτησεις αλλα φανταζομαι οτι ειναι κατι σαν την συνεχεια. Εστω h(x)=f(x) + g(x) συνεχης. Αν f ασυνεχης ν.δ.ο και η g ασυνεχης.
Αρα μαλλον πρεπει να πας με ατοπο και να πεις εστω οτι δε ειναι 1-1.

riemann80 · 2009-09-21T18:53:19+0300

$g=\left( g\circ f\right)\circ f^{-1}$ και η συνθεση 1-1 συναρτησεων ειναι 1-1

χρηστοσ17 · 2009-09-22T13:32:35+0300

Αρχική Δημοσίευση από Metal-Militiaman:
Σίγουρα δίνει μόνο αυτά τα στοιχεία? Μήπως σου διέφυγε καμιά τρίτη ισότητα?

βασικα οχι μπορει να λυθει μονο με αυτα αλλα και αλλη διαφορα να παρεισ νομιζω το ιδιο βγαινει

Metal-Militiaman · 2009-09-22T17:29:45+0300

Αρχική Δημοσίευση από χρηστοσ17:
οποιοσ μπορει...

οι κορυφεσ Α,Β,Γ ενοσ τριγωνου ειναι οι εικονεσ των μιγαδικων Ζ1,Ζ2,Ζ3 αντιστοιχα
να δειχθει οτι

Α)το ΑΒΓ ειναι ορθογωνιο αν και μονο αν Re(Z1-Z2/Z2-Z3)=0

B)Η ειναι η εικονα του Ζ4 ,το Η ειναι ορθοκεντρο του ΑΒΓ αν και μονο αν

Re(Z4-Z1/Z2-Z3)=Re(Z4-Z2/Z3-Z1)=0

ευχαριστω!!

A)

Οι εικόνες του τριγώνου στο μιγαδικό επίπεδο είναι

$A({x}_{1},{y}_{1}),B({x}_{2},{y}_{2}),\Gamma ({x}_{3},{y}_{3})$ με
${z}_{1}={x}_{1}+{y}_{1}i$

${z}_{2}={x}_{2}+{y}_{2}i$

${z}_{3}={x}_{3}+{y}_{3}i$

$\frac{{z}_{1}-{z}_{2}}{{z}_{2}-{z}_{3}}=\frac{({x}_{1}-{x}_{2})+({y}_{1}-{y}_{2})i}{({x}_{2}-{x}_{3})+({y}_{2}-{y}_{3})i}=\frac{[({x}_{1}-{x}_{2})+({y}_{1}-{y}_{2})i][({x}_{2}-{x}_{3})-({y}_{2}-{y}_{3})i]}{[({x}_{2}-{x}_{3})+({y}_{2}-{y}_{3})i][({x}_{2}-{x}_{3})-({y}_{2}-{y}_{3})i]}=\frac{({x}_{1}-{x}_{2})({x}_{2}-{x}_{3})+({y}_{1}-{y}_{2})({y}_{2}-{y}_{3})}{{({x}_{2}-{x}_{3})}^{2}+{({y}_{2}-{y}_{3})}^{2}}+\frac{({y}_{1}-{y}_{2})({x}_{2}-{x}_{3})-({x}_{1}-{x}_{2})({y}_{2}-{y}_{3})}{{({x}_{2}-{x}_{3})}^{2}+{({y}_{2}-{y}_{3})}^{2}}i$

οπότε

$Re\left(\frac{{z}_{1}-{z}_{2}}{{z}_{2}-{z}_{3}} \right)=0\Leftrightarrow \frac{({x}_{1}-{x}_{2})({x}_{2}-{x}_{3})+({y}_{1}-{y}_{2})({y}_{2}-{y}_{3})}{{({x}_{2}-{x}_{3})}^{2}+{({y}_{2}-{y}_{3})}^{2}}=0\Leftrightarrow ({x}_{1}-{x}_{2})({x}_{2}-{x}_{3})+({y}_{1}-{y}_{2})({y}_{2}-{y}_{3})=0\Leftrightarrow$

$({x}_{2}-{x}_{1})({x}_{3}-{x}_{2})+({y}_{2}-{y}_{1})({y}_{3}-{y}_{2})=0\Leftrightarrow \vec{AB}\cdot \vec{B\Gamma }=0\Leftrightarrow \vec{AB}\perp \vec{B\Gamma }$

Άρα το τρίγωνο $AB\Gamma$ είναι ορθογώνιο.

Β)
Οι εικόνες του τριγώνου στο μιγαδικό επίπεδο είναι
$A({x}_{1},{y}_{1}),B({x}_{2},{y}_{2}),\Gamma ({x}_{3},{y}_{3})$ με
${z}_{1}={x}_{1}+{y}_{1}i$

${z}_{2}={x}_{2}+{y}_{2}i$

${z}_{3}={x}_{3}+{y}_{3}i$

θα δείξουμε ότι η εικόνα $H({z}_{4})$ είναι ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ.
θέτουμε ${z}_{4}={x}_{4}+{y}_{4}i$

i)

$\frac{{z}_{4}-{z}_{1}}{{z}_{2}-{z}_{3}}=\frac{({x}_{4}-{x}_{1})+({y}_{4}-{y}_{1})i}{({x}_{2}-{x}_{3})+({y}_{2}-{y}_{3})i}=\frac{[({x}_{4}-{x}_{1})+({y}_{4}-{y}_{1})i][({x}_{2}-{x}_{3})-({y}_{2}-{y}_{3})i]}{[({x}_{2}-{x}_{3})+({y}_{2}-{y}_{3})i][({x}_{2}-{x}_{3})-({y}_{2}-{y}_{3})i]}=\frac{({x}_{4}-{x}_{1})({x}_{2}-{x}_{3})+({y}_{4}-{y}_{1})({y}_{2}-{y}_{3})}{{({x}_{2}-{x}_{3})}^{2}+{({y}_{2}-{y}_{3})}^{2}}+\frac{({y}_{4}-{y}_{1})({x}_{2}-{x}_{3})-({x}_{4}-{x}_{1})({y}_{2}-{y}_{3})}{{({x}_{2}-{x}_{3})}^{2}+{({y}_{2}-{y}_{3})}^{2}}i$

οπότε

$Re\left(\frac{{z}_{4}-{z}_{1}}{{z}_{2}-{z}_{3}} \right)=0\Leftrightarrow \frac{({x}_{4}-{x}_{1})({x}_{2}-{x}_{3})+({y}_{4}-{y}_{1})({y}_{2}-{y}_{3})}{{({x}_{2}-{x}_{3})}^{2}+{({y}_{2}-{y}_{3})}^{2}}=0\Leftrightarrow ({x}_{4}-{x}_{1})({x}_{2}-{x}_{3})+({y}_{4}-{y}_{1})({y}_{2}-{y}_{3})=0\Leftrightarrow$ $({x}_{1}-{x}_{4})({x}_{3}-{x}_{2})+({y}_{1}-{y}_{4})({y}_{3}-{y}_{2})=0\Leftrightarrow \vec{HA}\cdot \vec{B\Gamma }=0\Leftrightarrow \vec{HA}\perp \vec{B\Gamma }$ δηλαδή οι φορείς των δυο διανυσμάτων τέμνονται κάθετα $(1)$

ii)

$\frac{{z}_{4}-{z}_{2}}{{z}_{3}-{z}_{1}}=\frac{({x}_{4}-{x}_{2})+({y}_{4}-{y}_{2})i}{({x}_{3}-{x}_{1})+({y}_{3}-{y}_{1})i}=\frac{[({x}_{4}-{x}_{2})+({y}_{4}-{y}_{2})i][({x}_{3}-{x}_{1})-({y}_{3}-{y}_{1})i]}{[({x}_{3}-{x}_{1})+({y}_{3}-{y}_{1})i][({x}_{3}-{x}_{1})-({y}_{3}-{y}_{1})i]}=\frac{({x}_{4}-{x}_{2})({x}_{3}-{x}_{1})+({y}_{4}-{y}_{2})({y}_{3}-{y}_{1})}{{({x}_{3}-{x}_{1})}^{2}+{({y}_{3}-{y}_{1})}^{2}}+\frac{({y}_{4}-{y}_{2})({x}_{3}-{x}_{1})-({x}_{4}-{x}_{2})({y}_{3}-{y}_{1})}{{({x}_{3}-{x}_{1})}^{2}+{({y}_{3}-{y}_{1})}^{2}}i$

οπότε

$Re\left(\frac{{z}_{4}-{z}_{2}}{{z}_{3}-{z}_{1}} \right)=0\Leftrightarrow \frac{({x}_{4}-{x}_{2})({x}_{3}-{x}_{1})+({y}_{4}-{y}_{2})({y}_{3}-{y}_{1})}{{({x}_{3}-{x}_{1})}^{2}+{({y}_{3}-{y}_{1})}^{2}}=0\Leftrightarrow ({x}_{4}-{x}_{2})({x}_{3}-{x}_{1})+({y}_{4}-{y}_{2})({y}_{3}-{y}_{1})=0\Leftrightarrow$ $({x}_{2}-{x}_{4})({x}_{1}-{x}_{3})+({y}_{2}-{y}_{4})({y}_{1}-{y}_{3})=0\Leftrightarrow\vec{HB}\cdot \vec{\Gamma A}=0\Leftrightarrow \vec{HB}\perp \vec{\Gamma A}$ δηλαδή οι φορείς των δυο διανυσμάτων τέμνονται κάθετα $(2)$

iii)

Ξέρουμε οτί:

$\begin{cases}({x}_{1}-{x}_{4})({x}_{3}-{x}_{2})+({y}_{1}-{y}_{4})({y}_{3}-{y}_{2})=0 & \\({x}_{2}-{x}_{4})({x}_{1}-{x}_{3})+({y}_{2}-{y}_{4})({y}_{1}-{y}_{3})=0&\end{cases}$ $\Leftrightarrow (-)\begin{cases}{x}_{1}{x}_{3}-{x}_{1}{x}_{2}-{x}_{3}{x}_{4}+{x}_{2}{x}_{4}+{y}_{1}{y}_{3}-{y}_{1}{y}_{2}-{y}_{3}{y}_{4}+{y}_{2}{y}_{4}=0&\\{x}_{1}{x}_{2}-{x}_{2}{x}_{3}-{x}_{1}{x}_{4}+{x}_{3}{x}_{4}+{y}_{1}{y}_{2}-{y}_{3}{y}_{4}-{y}_{1}{y}_{4}+{y}_{3}{y}_{4}=0&\end{cases}$

$\Leftrightarrow {x}_{3}({x}_{1}-{x}_{2})-{x}_{4}({x}_{1}-{x}_{2})+{y}_{3}({y}_{1}-{y}_{2})-{y}_{4}({y}_{1}-{y}_{2})=0\Leftrightarrow$

$({x}_{1}-{x}_{2})({x}_{3}-{x}_{4})+({y}_{1}-{y}_{2})({y}_{3}-{y}_{4})=0\Leftrightarrow \vec{H\Gamma }\cdot \vec{BA}=0\Leftrightarrow \vec{H\Gamma }\perp \vec{BA}$ δηλαδή οι φορείς των δυο διανυσμάτων τέμνονται κάθετα $(3)$

Από $(1),(2),(3)$ προκύπτει ότι η εικόνα $H({z}_{4})$ είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου $AB\Gamma$ .

Mixalis-t · 2009-09-23T13:55:21+0300

Αρχική Δημοσίευση από ledzeppelinick:
A) Αρχικα εστω οτι:
$z_1=x_1+y_1i$
$z_2=x_2+y_2i$
$z_3=x_3+y_3i$
Οι πλευρες ΑΒ και ΒΓ και ειναι καθετες μεταξυ τους οταν ${lambda }_{AB}times {lambda }_{BGamma }=-1$ οπου λ οι συντελεστες διευθυνσης των δυο πλευρων και οριζονται στην προκειμενη περιπτωση ως εξης:
${lambda }_{AB}=frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}$
και
${lambda }_{AGamma }=frac{y_3-y_2}{x_3-x_2}$
Επομενως για να ειναι ορθογωνιο το τριγωνο πρεπει:
$frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}times frac{y_3-y_2}{x_3-x_2}=-1Leftrightarrow frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=-frac{x_3-x_2}{y_3-y_2}Leftrightarrow (y_2-y_1)(y_3-y_2)=-(x_2-x_1)(x_3-x_2)Leftrightarrow (y_2-y_1)(y_3-y_2)+(x_2-x_1)(x_3-x_2)=0$ (1)

Εχουμε:
$frac{z_1-z_2}{z_2-z_3}$ τον οποιο προσπαθουμε να φερουμε στη μορφη α+βi..
ετσι:
$frac{z_1-z_2}{z_2-z_3}=frac{x_1+y_1i-x_2-y_2i}{x_2+y_2i-x_3-y_3i}=frac{(x_1-x_2)+(y_1-y_2)i}{(x_2-x_3)+(y_2-y_3)i}$
και εδω πολ/ζουμε με το συζυγη του παρονομαστη:
$frac{(x_1-x_2)+(y_1-y_2)i}{(x_2-x_3)+(y_2-y_3)i}=frac{left[(x_1-x_2)+(y_1-y_2)i right]left[(x_2-x_3)-(y_2-y_3)i right]}{(x_2-x_3)^2+(y_2-y_3)^2}= frac{(x_1-x_2)(x_2-x_3)-(x_1-x_2)(y_2-y_3)i+(x_2-x_3)(y_1-y_2)i+(y_1-y_2)(y_2-y_3)}{(x_2-x_3)^2+(y_2-y_3)^2}= frac{(x_1-x_2)(x_2-x_3)+(y_1-y_2)(y_2-y_3)}{(x_2-x_3)^2+(y_2-y_3)^2}+frac{(x_2-x_3)(y_1-y_2)-(x_1-x_2)(y_2-y_3)}{(x_2-x_3)^2+(y_2-y_3)^2}i$
Και εχουμε $Releft( frac{z_1-z_2}{z_2-z_3}right)=frac{(x_1-x_2)(x_2-x_3)+(y_1-y_2)(y_2-y_3)}{(x_2-x_3)^2+(y_2-y_3)^2}$
και απο σχεση (1) βλεπουμε πως για να ειναι ορθογωνιο το τριγωνο πρεπει
$Releft( frac{z_1-z_2}{z_2-z_3}right)=0$

Ετσι είναι σαν να λες ότι ντε και καλα είναι ο z2 η κορυφη που αντιστιχεί στην ορθη γωνία. Κατι εδω δε μου καθεται καλα

ledzeppelinick · 2009-09-23T15:41:03+0300

Αρχική Δημοσίευση από Mixalis-t:
Ετσι είναι σαν να λες ότι ντε και καλα είναι ο z2 η κορυφη που αντιστιχεί στην ορθη γωνία. Κατι εδω δε μου καθεται καλα

Αμα παρεις και διαφορετικος συντελεστες διευθυνσης που πρεπει να εχουν γινομενο -1 τοτε βγαινει το ιδιο πραγμα!!

Mixalis-t · 2009-09-23T15:49:49+0300

Αρχική Δημοσίευση από ledzeppelinick:
Αμα παρεις και διαφορετικος συντελεστες διευθυνσης που πρεπει να εχουν γινομενο -1 τοτε βγαινει το ιδιο πραγμα!!

A ok tote

undead127 · 2009-09-26T22:04:26+0300

Αρχική Δημοσίευση από tirovlaxos:
να ρωτήσω κάτι? αφού είναι εκτός ύλης οι πολυωνυμικές στο C είναι εκτός... ή αυτή δεν ανάγεται σε πολυωνυμική?

Θα θέσεις το Ζ^2 και θα βρεις Ζ....οπότε και το Ζ^200΄))

Rania. · 2009-09-27T21:51:13+0300

Γραφω μια που ελυσα σημερα και μου πηρε περιπου 20 λεπτα να δω αυτο το ''κατι'' που ηθελε.

Δινεται η συνεχης f: [-π/2, π/2]->R με f(0)=1 για την οποια ισχυει:
f'(x)συνx=f(x)(συνx-ημx) για καθε χ που ανηκει στο (-π/2, π/2).
α)Να δειξετε οτι f(x)= ${e}^{x}$ συνx για καθε χ που ανηκει στο (-π/2, π/2).
β)νταξ το β ηταν ευκολο, δεν το γραφω.
:p

blacksheep · 2009-09-27T21:52:56+0300

ευκολουτσικη ειναι μωρε σιγα.

Rania. · 2009-09-27T21:54:15+0300

Ο,τι πεις Αλμπερτ.

blacksheep · 2009-09-27T21:56:46+0300

ενταξει,κυριε καραθεοδωρη.

Metal-Militiaman · 2009-09-28T04:14:07+0300

Αρχική Δημοσίευση από Rania.:
Γραφω μια που ελυσα σημερα και μου πηρε περιπου 20 λεπτα να δω αυτο το ''κατι'' που ηθελε.

Δινεται η συνεχης f: [-π/2, π/2]->R με f(0)=1 για την οποια ισχυει:
f'(x)συνx=f(x)(συνx-ημx) για καθε χ που ανηκει στο (-π/2, π/2).
α)Να δειξετε οτι f(x)= ${e}^{x}$ συνx για καθε χ που ανηκει στο (-π/2, π/2).
β)νταξ το β ηταν ευκολο, δεν το γραφω.
:p

Εγώ τη θεωρώ εύκολη άσκηση για τον εξής απλό λόγο:
Μπορούμε εύκολα να φέρουμε τη σχέση $f ' (x)\sigma \upsilon \nu (x)=f(x)(\sigma \upsilon \nu (x)-\eta \mu (x))$
από τη μορφή $f ' (x)+g(x)f(x)=0$ στη $f ' (x){e}^{G(x)}+g(x){e}^{G(x)}f(x)=0$ όπου $G$ μια αρχική της $g$ .

$\sigma \upsilon \nu (x)\neq 0$ για κάθε $x\in (-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})$ .

οπότε

$f ' (x)\sigma \upsilon \nu (x)=f(x)(\sigma \upsilon \nu (x)-\eta \mu (x))$ $\Leftrightarrow f ' (x)=f(x)(1-\varepsilon \phi (x)) \Leftrightarrow f ' (x)+f(x)(\varepsilon \phi (x)-1)=0$

όμως

$({-x-ln\sigma \upsilon \nu (x)})^{ '}=\varepsilon \phi (x)-1$ ή
$\int \varepsilon \phi (x)-1dx={-x-ln\sigma \upsilon \nu (x)}+c$

με $\sigma \upsilon \nu (x)>0$ επειδή $x\in (-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})$

πολλαπλασιάζουμε με ${e}^{{-x-ln\sigma \upsilon \nu (x)}}$

${e}^{{-x-ln\sigma \upsilon \nu (x)}}f ' (x)+{({-x-ln\sigma \upsilon \nu (x)})}^{ '}f(x){e}^{{-x-ln\sigma \upsilon \nu (x)}}=0 \Leftrightarrow {(\frac{f(x)}{{e}^{{x+ln\sigma \upsilon \nu (x)}}})}^{ '}=0\Leftrightarrow \frac{f(x)}{{e}^{{x+ln\sigma \upsilon \nu (x)}}}=c$

για $x=0$ , $c=\frac{f(0)}{{e}^{0}}=1$

Άρα

$f(x)={e}^{x+ln\sigma \upsilon \nu (x)}={e}^{x}\sigma \upsilon \nu (x)$

Αν πρόσφατα διδάκτηκες τις συνέπεις του Θ.Μ.Τ. τότε είναι φυσιολογικό που σου πήρε 20 λεπτά για να βρεις αυτο το ''κάτι''. Θα δεις όμως προς τον Απρίλιο ,όταν πλέον έχεις διδακτεί τον στοιχειώδη Ολοκληρωτικό Λογισμό, πως αυτή η άσκηση θα σου φαίνεται παιχνιδάκι και αυτό το ''κάτι'' θα σου είναι τετριμμένο .

galois01 · 2009-09-28T16:54:32+0300

Αρχική Δημοσίευση από Rania.:
Γραφω μια που ελυσα σημερα και μου πηρε περιπου 20 λεπτα να δω αυτο το ''κατι'' που ηθελε.

Δινεται η συνεχης f: [-π/2, π/2]->R με f(0)=1 για την οποια ισχυει:
f'(x)συνx=f(x)(συνx-ημx) για καθε χ που ανηκει στο (-π/2, π/2).
α)Να δειξετε οτι f(x)= ${e}^{x}$ συνx για καθε χ που ανηκει στο (-π/2, π/2).
β)νταξ το β ηταν ευκολο, δεν το γραφω.
:p

Να μια λύση και απο μένα, πιο σύντομη από αυτή του Metal-Militiaman.

$f'(x)cosx=f(x)cosx-f(x)sinx\Longleftrightarrow f'(x)cosx+f(x)sinx=f(x)cosx\Longleftrightarrow$

$\frac{f'(x)cosx+f(x)sinx}{cox^{2}x}=\frac{f(x)}{cosx}\Longleftrightarrow$

$(\frac{f(x)}{cosx})^{'}=\frac{f(x)}{cosx}$ Θέτουμε $g(x)=\frac{f(x)}{cosx}$ με $x\in(-\pi/2,\pi/2)$

Οπότε $g'(x)=g(x)\Longleftrightarrow g(x)=ce^{x}$ (εφαρμογή σχολικού βιβλίου)

Επομένως

$\frac{f(x)}{cosx}=ce^{x}\Longleftrightarrow$ $f(x)=cosxe^{x}c$ για κάθε χ στο (-π/2,π/2)

και για χ=0 στην τελευταία παίρνουμε

$f(x)=e^{x}cosx$ για κάθε χ ανήκει στο (-π/2,π/2)

Κώστας

stratos_man · 2009-09-28T17:13:43+0300

εστω συναρτηση f με ΠΟ (0,+00) ώστε f(x^2)=x^3 για καθε (0,+00) να βεθει το f'(9) ξερω πως λυνονται αλλα εδω μπερδευομαι στο θετω...

ledzeppelinick · 2009-09-28T17:32:02+0300

Αρχική Δημοσίευση από stratos_man:
εστω συναρτηση f με ΠΟ (0,+00) ώστε f(x^2)=x^3 για καθε (0,+00) να βεθει το f'(9) ξερω πως λυνονται αλλα εδω μπερδευομαι στο θετω...

Α' Τρόπος:
Παραγωγιζουμε τη δοθεισα σχεση κατα μελη:

$\left( f(x^2)\right)'=\left( x^3\right)'\Leftrightarrow 2xf'(x^2)=3x^2\Leftrightarrow x>0\Leftrightarrow 2f'(x^2)=3x\Leftrightarrow x=3>0\Leftrightarrow 2f'(3^2)=3\times 3\Leftrightarrow f'(9)=\frac{9}{2}$

(το πεδιο ορισμου χ>0 το δινει για να παρεις μονο για χ=3 και οχι χ=-3)

Β'Τρόπος:
θετω $x^2=\omega \Leftrightarrow x^3={\omega }^{\frac{3}{2}}$ οπότε εχουμε
$f(\omega )={\omega }^{\frac{3}{2}}$ και παραγωγιζουμε:
$f'(\omega )=\left( {\omega }^{\frac{3}{2}}\right)'=\frac{3}{2}{\omega }^{\frac{1}{2}}=\frac{3}{2}\sqrt{\omega }$ και
για ω=9 εχουμε f'(ω)=9/2

blacksheep · 2009-09-28T17:33:14+0300

αυτο εκανα και γω στην ιδια ασκηση παλι με αντιγραφεις.

κοιτα το τοπικ αποριες σε ασκησεις.
παλιοκλεφτη

:lol:

Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Νεοφερμένο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος