Ασκήσεις Θεωρίας Μέτρου

stranger · #21

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 12, 2020 3:22 pm

stranger έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 11, 2020 3:04 pm
Υπολογίστε το $\int_{0}^{\infty} \frac{1}{x^4+1} dx$ .
Υπόδειξη: Μιγαδική Ανάλυση
Δεν είναι η θέση της σε θρεντ Θεωρίας Μέτρου, ούτε η Μιγαδική Ανάλυση (όπως λέει η υπόδειξη) είναι απαραίτητη. Θα δείξω τρόπο χωρίς Μιγαδική διότι με Μιγαδική το εν λόγω παράδειγμα υπάρχει σε όλα τα σχετικά βιβλία, συχνά λυμένο.

Η αλλαγή μεταβλητής δείχνει ότι το δοθέν ολοκλήρωμα ικανοποιεί

$\displaystyle{I= \int_{0}^{\infty} \frac{x^2}{x^4+1} dx}$ . Άρα

$\displaystyle{2I = \int_{0}^{\infty} \frac{x^2+1}{x^4+1} dx= \int_{0}^{\infty} \frac{x^2-\sqrt 2x+ 1}{x^4+1} dx +\sqrt 2 \int_{0}^{\infty} \frac{ x}{x^4+1} dx}$

$\displaystyle{ = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{x^2-\sqrt 2x+ 1 } dx +\sqrt 2 \int_{0}^{\infty} \frac{ x}{x^4+1} dx}$

Τώρα το μεν πρώτο είναι άμεσο με τόξο εφαπτομένης και το δεύτερο με την αλλαγή μεταβλητής . Τα αφήνω ως άμεσα και γνωστά.

Ωραία λύνεται στοιχειωδώς.

6) Έστω $(X,M,\mu)$ ένας χώρος μέτρου και συναρτήσεις f_n

μετρήσιμες ώστε να υπάρχει

ολοκληρώσιμη με $f_n(x) \leq g(x) \forall x$ .
Δείξτε ότι $\limsup_{n \rightarrow \infty} \int_{X} f_n d\mu \leq \int_{X} \limsup_{n \rightarrow \infty} f_n d\mu$ .

Tolaso J Kos · #22

stranger έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 11, 2020 3:04 pm
Υπολογίστε το $\int_{0}^{\infty} \frac{1}{x^4+1} dx$ .
Υπόδειξη: Μιγαδική Ανάλυση

Μιγαδική; Σίγουρα όχι;

Έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_0^\infty \frac{\mathrm{d}x}{x^4+1} &=\int_0^\infty\int_0^\infty e^{-(x^4+1)t} \, \mathrm{d}t\, \mathrm{d}x\\ &=\int_0^\infty e^{-t}\int_0^\infty e^{-x^4 t} \, \mathrm{d}t\, \mathrm{d}x\\ &=\int_0^\infty e^{-t}\left(\int_0^\infty e^{-x^4 t}\, \mathrm{d}x\right)\, \mathrm{d}t \\ &=\frac14\int_0^\infty t^{-\frac14}e^{-t}\left(\int_0^\infty u^{\frac14-1} e^{-u}{\rm{d}}u\right)\, \mathrm{d}t\\ &=\frac14 \Gamma\left(1-\frac14\right)\Gamma\left(\frac14\right)\\ &=\frac{\pi}{4\sin \frac{\pi}{4}}\\ &= \frac{\pi}{2\sqrt{2}} \end{aligned} }$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #23

stranger έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 12, 2020 2:17 pm

stranger έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 10, 2020 5:03 pm
Έστω συνάρτηση $f: [0,1] \rightarrow \mathbb{R}$ ολοκληρώσιμη(Lebesgue) στο .
Δείξτε ότι για κάθε $\epsilon >0$ υπάρχει $\delta >0$ ώστε για κάθε μετρήσιμο σύνολο $E \subset [0,1]$ με $\lambda(E) < \delta$ ισχύει $|\int_{E} f d \lambda| < \epsilon$ .
Εδώ $\lambda$ είναι το μέτρο Lebesgue.
Εις άτοπον.
Έστω ότι υπάρχει $\epsilon >0$ ώστε για κάθε $\delta>0$ υπάρχει μετρήσιμο σύνολο με $\lambda(E)<\delta$ και $\int_{E}|f| d\lambda \geq \epsilon$ .
Για κάθε $n \in \mathbb{N}$ επιλέγουμε σύνολο μετρήσιμο με $\lambda(E_n)< \frac{1}{n^2}$ και $\int_{E_n}|f|d \lambda \geq \epsilon$ .
Έστω το σύνολο $E= \cap_{n=1}^{\infty} \cup_{k=n}^{\infty}E_k$ .
Τότε το είναι μετρήσιμο και $\lambda(E) \leq \lambda(\cup_{k=n}^{\infty}E_k)$ για κάθε $n \in \mathbb{N}$ .
Όμως $\lambda(\cup_{k=n}^{\infty}E_k) \leq \sum_{k=n}^{\infty} \lambda(E_k) \leq \sum_{k=n}^{\infty}\frac{1}{k^2} \rightarrow 0$ όταν $n \rightarrow \infty$ .
Άρα $\lambda(E)=0$ . Επίσης το $F \rightarrow \int_{F}|f| d\lambda$ είναι μέτρο.
Άρα αφού η είναι ολοκληρώσιμη έχουμε $\int_E |f| d\lambda = \lim_{n \rightarrow \infty}\int_{\cup_{k=n}^{\infty} E_k}|f| d \lambda \geq \limsup_{n \rightarrow \infty}\int_{E_n} |f| d\lambda \geq \epsilon$ .
Όμως $\int_{E} |f| d \lambda = 0$ επειδή $\lambda(E)=0$ το οποίο φέρνει το άτοπο.
Άρα τελικά $\forall \epsilon>0 \exists \delta>0 : \forall E \lambda(E)<\delta \implies |\int_{E}f d \lambda| \leq \int_{E}|f| d \lambda < \epsilon$ .

Θα περιγράψω την φυσιολογική απόδειξη που στα περισσότερα βιβλία είναι στην θεωρία.
1)βημα Υπάρχει $n\in \mathbb{N}$
ώστε αν
$A_{n}=\left \{ x:|f(x)|> n \right \}$
τότε
$\int _{A_{n}}|f|< \frac{\epsilon }{2}$
2)βήμα.Παίρνουμε $\delta <\frac{\epsilon }{2n}$
και για

με $|A|<\delta$
γράφουμε
$A=(A\cap A_{n})\cup (A\cap X- A_{n})$

Εβαλα

γιατί ισχύει γενικότερα με την ίδια απόδειξη.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #24

stranger έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 12, 2020 3:40 pm

6) Έστω $(X,M,\mu)$ ένας χώρος μέτρου και συναρτήσεις μετρήσιμες ώστε να υπάρχει ολοκληρώσιμη με $f_n(x) \leq g(x) \forall x$ .
Δείξτε ότι $\limsup_{n \rightarrow \infty} \int_{X} f_n d\mu \leq \int_{X} \limsup_{n \rightarrow \infty} f_n d\mu$ .

Χρειάζεται τίποτα περισσότερο από το να γραφεί
Εφαρμόζουμε το λήμμα του Fatou στις
$r_{n}(x)=g(x)-f_n(x)$ ;

Tolaso J Kos · #25

stranger έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 11, 2020 3:04 pm
Υπολογίστε το $\int_{0}^{\infty} \frac{1}{x^4+1} dx$ .
Υπόδειξη: Μιγαδική Ανάλυση

Θεωρούμε το contour $\mathcal{C}$ το οποίο είναι προσανατολισμένο counterclockwise με ακτίνα R>1

καθώς και τη συνάρτηση $\displaystyle f(z) = \frac{1}{z^4+1}$ .
$\displaystyle{\begin{tikzpicture} \draw[->] (-1,0) -- (4, 0) node[below]{x}; \draw[->] (0, -1) -- (0, 4) node[left]{y}; \draw[shift={(0,0)}, line width=1.6pt, cyan!60!black] plot[domain=0:1.57,variable=\t]({1*3*cos(\t r)+0*3*sin(\t r)},{0*3*cos(\t r)+1*3*sin(\t r)}); \draw[line width=1.6pt, red!60!black] (0, 3) -- (0, 0); \draw[line width=1.6pt, blue!60!black] (0, 0) -- (3, 0); \draw (1.5, 0) node[below]{\text{\gr γ}}; \draw (0, 1.5) node[left]{\text{\gr δ}}; \draw (2.5, 2) node[right]{\text{\gr ε}}; \draw (0, 0) node[below left]{0}; \end{tikzpicture}}$
Τότε,
$\displaystyle{\begin{aligned} \left |\int \limits_{\varepsilon} f(z) \, \mathrm{d}z \right | &= \left | \int \limits_{\varepsilon} \frac{\mathrm{d}z}{z^4+1} \right | \\ &\!\!\!\!\!\!\overset{z=Re^{i \varphi}}{=\! =\! =\! =\! =\!} \left | \int_{0}^{\pi/2} \frac{i R e^{i \varphi}}{1 + R^4 e^{4i \varphi}} \, \mathrm{d} \varphi \right | \\ &\leq \int_{0}^{\pi/2} \left| \frac{iRe^{i\phi}}{1+ R^4e^{4i\phi}} \, \mathrm{d} \varphi \right| \\ &= \int_{0}^{\pi/2} \frac{R}{\left | R^4-1 \right |} \, \mathrm{d} \varphi \\ &\!\!\!\!\overset{R>1}{=\! =\! =\!} \int_{0}^{\pi/2} \frac{R}{R^4-1} \, \mathrm{d} \varphi \\ &= \frac{\pi}{2} \cdot \frac{R}{R^4 - 1} \xrightarrow{R \rightarrow +\infty} 0 \end{aligned}}$
Όμοια,

$\displaystyle{\begin{aligned} \int \limits_{\delta} f(z) \, \mathrm{d}z &= \int \limits_{\delta} f(z) \, \mathrm{d}z \\ &= \int \limits_{\delta} \frac{\mathrm{d}z}{z^4+1} \\ &\!\!\!\!\!\overset{z=iy}{=\! =\! =\!=\!} \int_{R}^{0} \frac{i}{1 + \left ( iy \right )^4} \, \mathrm{d}y \\ &= -i \int_{0}^{R} \frac{\mathrm{d}y}{1+y^4} \xrightarrow{R \rightarrow +\infty} -i \int_{0}^{\infty} \frac{\mathrm{d}y}{1+y^4} \end{aligned}}$
Ο μόνος πόλος της

που βρίσκεται μέσα στο contour είναι ο $e^{i \pi/4}$ με residue $\displaystyle{\mathfrak{Res}\left ( f ; e^{i \pi/4} \right ) = -\frac{1+i}{4\sqrt{2}}}$ . Τότε,

$\displaystyle{\begin{aligned} \oint \limits_{\mathcal{C}} f(z) \, \mathrm{d}z = 2 \pi i \mathfrak{Res} \left ( f ; e^{i \pi/4} \right ) &\Leftrightarrow \int_{0}^{\infty} \frac{\mathrm{d}x}{1+z^4} - i \int_{0}^{\infty} \frac{\mathrm{d}x}{1 + x^4} = -2 \pi i \frac{1+i}{4\sqrt{2}} \\ &\Leftrightarrow \int_{0}^{\infty} \frac{\mathrm{d}x}{1+z^4} - i \int_{0}^{\infty} \frac{\mathrm{d}x}{1 + x^4} = \frac{\left ( 1-i \right ) \pi}{2 \sqrt{2}}\\ &\Leftrightarrow \left ( 1-i \right ) \int_{0}^{\infty} \frac{\mathrm{d}x}{1+x^4} = \frac{\left ( 1-i \right ) \pi}{2 \sqrt{2}}\\ &\Leftrightarrow \int_{0}^{\infty} \frac{\mathrm{d}x}{1+x^4} = \frac{\pi}{2\sqrt{2}} \end{aligned}}$

stranger · #26

ΛΑΘΟΣ.

stranger · #27

7) Έστω $(X,M,\mu)$ ένας χώρος πεπερασμένου μέτρου και

μια συνάρτηση

μετρήσιμη με $\int_{X}|f| d\mu < \infty$ .
Έστω $F \subset M$ μια $\sigma$ -άλγεβρα.
Δείξτε ότι υπάρχει συνάρτηση

η οποία είναι

-μετρήσιμη ώστε για κάθε $E \in F$ ισχύει $\int_{E}f d\mu = \int_{E}g d \mu$ .

stranger · #28

8) Σωστό η λάθος;
Σε ένα χώρο πεπερασμένου μέτρου κάθε θετική μετρήσιμη συνάρτηση είναι ολοκληρώσιμη.

stranger · #29

9) Έστω $f:(0,1) \rightarrow \mathbb{R}$ με $f(x) = [x^{-1}]^{-1} \chi(x)$ όπου $\chi$ η χαρακτηριστική συνάρτηση των αρρήτων στο $\mathbb{R}$ .
Δείξτε ότι η

είναι Lebesgue μετρήσιμη. Είναι ολοκληρώσιμη;

stranger · #30

10) Βρείτε το όριο $\lim_{n \rightarrow \infty} \int_{0}^{n}(1+ \frac{x}{n})^n e^{-2x} dx$ .

#31

stranger έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 20, 2020 1:16 am
10) Βρείτε το όριο $\lim_{n \rightarrow \infty} \int_{0}^{n}(1+ \frac{x}{n})^n e^{-2x} dx$ .

Είναι $\displaystyle{ \int_{0}^{n} \left (1+ \frac{x}{n}\right )^n e^{-2x} dx= \int_{0}^{\infty}\left (1+ \frac{x}{n}\right )^n\chi [0,n] e^{-2x} dx}$ . To ζητούμενο είναι τώρα άμεσο είτε από Θεώρημα Κυριαρχιμένης Σύγκλισης είτε, εξ ίσου καλά, από το Θεώρημα Μονότονης Σύγκλισης και τις ιδιότητες

α) η ακολουθία $\displaystyle{\left (1+ \frac{x}{n}\right )^n\chi [0,n] e^{-2x} }$ θετική, αύξουσα, φραγμένη και $\displaystyle{\left (1+ \frac{x}{n}\right )^n\chi [0,n] e^{-2x} \to e^xe^{-2x}=e^{-x}}$ .

β) Το όριο είναι $\displaystyle{ \int_{0}^{\infty}e^{-x}dx=1}$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #32

stranger έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 09, 2020 11:32 pm
Έστω $f:[0,1] \rightarrow \mathbb{R}$ .
Δείξτε ότι η είναι Lipshitz με σταθερά αν και μόνο αν είναι απόλυτα συνεχής και $|f^{\prime}(x)| \leq M$ σχεδόν παντού για στο .
Σημείωση: H είναι Lipshitz με σταθερά ανν $|f(x)-f(y)| \leq M|x-y|$ για κάθε .

$\Rightarrow$

Είναι εύκολο να δούμε (είναι ; ) ότι κάθε Lipshitz είναι
φραγμένης κύμανσης.
Ετσι έχει παράγωγο εκτός από ένα αριθμήσιμο σύνολο.
Προφανώς όπου υπάρχει η παράγωγος είναι
$|f^{\prime}(x)| \leq M$ .
Με αυτές τις προυποθέσεις ισχύει το θεώρημα του Απειροστικού
(Η συνάρτηση είναι ολοκλήρωμα της παραγώγου)
Αρα είναι και απόλυτα συνεχής.

$\Leftarrow$

Αφού $\displaystyle f(x)-f(y)=\int_{y}^{x}f'(t)dt$
και
$|f^{\prime}(x)| \leq M$ .
προκύπτει άμεσα.

Χρησιμοποίησα ότι τον ορισμό για την απόλυτη συνέχεια που λέει
Η

είναι απόλυτα συνεχής αν η παράγωγος της είναι ολοκληρώσιμη
και αυτή είναι το ολοκλήρωμα της παραγώγου.
Θα μπορούσαμε να πάμε και με τον άλλο ισοδύναμο ορισμό για την απόλυτη συνέχεια.
Δηλαδή
Η $f:[a,b]\rightarrow \mathbb{R}$
είναι απόλυτα συνεχής
αν για $\epsilon >0$
υπάρχει $\delta > 0$
ώστε για
$a\leq a_{1}< b_{1}\leq a_{2}< b_{2}\leq ...\leq a_{n}< b_{n}\leq b$
με
$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}(b_{k}-a_{k})< \delta$
είναι
$\displaystyle |\sum_{k=1}^{n}(f(b_{k})-f(a_{k}))|< \epsilon$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #33

stranger έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 14, 2020 10:52 pm
7) Έστω $(X,M,\mu)$ ένας χώρος πεπερασμένου μέτρου και μια συνάρτηση μετρήσιμη με $\int_{X}|f| d\mu < \infty$ .
Έστω $F \subset M$ μια $\sigma$ -άλγεβρα.
Δείξτε ότι υπάρχει συνάρτηση η οποία είναι -μετρήσιμη ώστε για κάθε $E \in F$ ισχύει $\int_{E}f d\mu = \int_{E}g d \mu$ .

Θέτουμε
$r(E)=\int _{E}fd\mu$ για $E \in F$ .

Αυτό είναι μέτρο απόλυτα συνεχές ως προς $(X,F,\mu)$
Το θεώρημα Radon-Nikodym
μας δίνει το ζητούμενο.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #34

stranger έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 20, 2020 1:12 am
9) Έστω $f:(0,1) \rightarrow \mathbb{R}$ με $f(x) = [x^{-1}]^{-1} \chi(x)$ όπου $\chi$ η χαρακτηριστική συνάρτηση των αρρήτων στο $\mathbb{R}$ .
Δείξτε ότι η είναι Lebesgue μετρήσιμη. Είναι ολοκληρώσιμη;

Η $g:(0,1) \rightarrow \mathbb{R}$
με
$\displaystyle g(x) = [x^{-1}]^{-1}$
είναι μετρήσιμη.
(μπορούμε να το δούμε με διάφορους τρόπους)

Το συνολο που διαφέρει από την

εχει μέτρο

.

Αρα και η

είναι μετρήσιμη.

Σαφώς έχουνε και τα ίδια ολοκληρώματα.

Για $\frac{1}{n+1}< x\leq \frac{1}{n}$
είναι
$g(x)=\frac{1}{n}$

Ετσι

$\displaystyle \int_{0}^{1}g=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{2}(n+1)}< +\infty$

stranger · #35

Ευχαριστούμε πολύ Σταύρο.

stranger · #36

11) Έστω

και

δύο $\sigma$ -άλγεβρες με στοιχεία υποσύνολα των X,T

αντίστοιχα.
Έστω $\nu$ ένα πεπερασμένο μέτρο στον (T,B)

. Έστω ότι για κάθε $t \in T$ έχουμε ένα πεπερασμένο μέτρο $\mu_t$ στο (X,A)

ώστε η απεικόνιση $t \rightarrow \mu_t(S)$ είναι

- μετρήσιμη για κάθε $S \in A$ .
Δείξτε ότι
α) Η απεικόνιση $\mu(S) = \int_{T} \mu_t(S) d \nu(t)$ είναι μέτρο.
β) Αν μια απεικόνιση

είναι $\mu$ - ολοκληρώσιμη τότε $\int_{X}f d \mu = \int_{T} \int_{X} f(x) d\mu_t(x) d \nu(t)$ .

stranger · #37

12) Έστω $(X,M,\mu)$ ένας χώρος μέτρου και μια συνάρτηση

που είναι $\mu$ - ολοκληρώσιμη. Έστω ότι για κάθε $\epsilon>0$ το σύνολο $\{x \in X : f(x)> \epsilon\}$ έχει πεπερασμένο μέτρο.
Τι έχουμε για το $\{x \in X : f(x)>0\}$ ;

#38

stranger έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 21, 2020 11:37 pm
12) Έστω $(X,M,\mu)$ ένας χώρος μέτρου και μια συνάρτηση που είναι $\mu$ - ολοκληρώσιμη. Έστω ότι για κάθε $\epsilon>0$ το σύνολο $\{x \in X : f(x)> \epsilon\}$ έχει πεπερασμένο μέτρο.
Τι έχουμε για το $\{x \in X : f(x)>0\}$ ;

Αφού $\displaystyle{\{x \in X : f(x)>0\} = \cup_{n} \{x \in X : f(x)> \frac {1}{n}\}}$ , το μέτρο είναι σ-πεπερασμένο.

Πρόκειται για αποτέλεσμα που υπάρχει ως απλή παρατήρηση σε όλα τα βιβλία Θεωρίας Μέτρου.

stranger · #39

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 22, 2020 2:26 am

stranger έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 21, 2020 11:37 pm
12) Έστω $(X,M,\mu)$ ένας χώρος μέτρου και μια συνάρτηση που είναι $\mu$ - ολοκληρώσιμη. Έστω ότι για κάθε $\epsilon>0$ το σύνολο $\{x \in X : f(x)> \epsilon\}$ έχει πεπερασμένο μέτρο.
Τι έχουμε για το $\{x \in X : f(x)>0\}$ ;
Αφού $\displaystyle{\{x \in X : f(x)>0\} = \cup_{n} \{x \in X : f(x)> \frac {1}{n}\}}$ , το μέτρο είναι σ-πεπερασμένο.

Πρόκειται για αποτέλεσμα που υπάρχει ως απλή παρατήρηση σε όλα τα βιβλία Θεωρίας Μέτρου.

Πρέπει να δοθεί παράδειγμα που το $\{x: f(x)>0\}$ δεν έχει πεπερασμένο μέτρο.

#40

stranger έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 22, 2020 2:20 pm
Πρέπει να δοθεί παράδειγμα που το $\{x: f(x)>0\}$ δεν έχει πεπερασμένο μέτρο.

Και αυτό είναι άμεσο και υπάρχει σε όλα τα βιβλία. Το απλούστερο παράδειγμα είναι το $\mathbb R$ . Οπότε οποιαδήποτε φραγμένη, θετική συνάρτηση με πεπερασμένο ολοκλήρωμα μας κάνει. Π.χ. οι $\displaystyle{e^{-x^2},\, \frac {1}{1+x^2}}$ , και λοιπά.

Ασκήσεις Θεωρίας Μέτρου

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Μέτρου

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Μέτρου

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Μέτρου

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Μέτρου

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Μέτρου

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Μέτρου

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Μέτρου

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Μέτρου

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Μέτρου

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Μέτρου

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Μέτρου

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Μέτρου

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Μέτρου

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Μέτρου

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Μέτρου

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Μέτρου

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Μέτρου

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Μέτρου

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Μέτρου

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Μέτρου

Μέλη σε σύνδεση