ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

M.S.Vovos · #121

Παρακαλώ, οι λύσεις να είναι, όσο το δυνατόν, πιο αναλυτικές.

Ευχαριστώ,
Μάριος

#122

dennys έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 14

Έστω η δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:(0,+\infty)\rightarrow R$ ,με συνεχή και για την οποία ισχύει:
• $f(x)+\int_{2}^{x+1}tf''(t-1)dt=x-ln2,x>0$
• f'(1)=1/2,f(1)=1-ln2
• Δίνονται και οι συναρτήσεις : και για κάθε χ>0
• Δίνεται και η συνάρτηση ,για κάθε x>0
1) Να αποδείξετε ότι :
2) Αποδείξτε ότι: $0<f(x)<\cfrac{x^2}{x+1},$ : και ότι

ΛΥΣΗ

1) Είναι $f(x)+\int_{2}^{x+1}tf''(t-1)dt=x-ln2,x>0$ και εφαρμόζοντας την παραγοντική μέθοδο ολοκλήρωσης έχουμε

$f(x)+\left[ t{f}'(t-1) \right]_{2}^{x+1}-\int\limits_{2}^{x+1}{{f}'(t-1)dt}=x-ln2,\,\,\,x>0$ και

$f(x)+(x+1){f}'(x)-2{f}'(1)-\left[ f(t-1) \right]_{2}^{x+1}=x-ln2,\,\,\,x>0$ και

$f(x)+(x+1){f}'(x)-2{f}'(1)-f(x)+f(1)=x-ln2,\,\,\,x>0$ και λόγω υπόθεσης

$f(x)+(x+1){f}'(x)-1-f(x)+1-\ln 2=x-ln2,\,\,\,x>0$ άρα

$(x+1){f}'(x)=x,\,\,\,x>0$ ή ${f}'(x)=\frac{x}{x+1},\,\,\,x>0$ ή ${f}'(x)=\frac{x+1-1}{x+1},\,\,\,x>0$ ή

${f}'(x)=1-\frac{1}{x+1},\,\,\,x>0$ ή ${f}'(x)=(x-\ln (x+1){)}'\,\,\,\,\,x>0$ επομένως $f(x)=x-\ln (x+1)+c,\,\,\,\,x>0$

και επειδή $f(1)=1-\ln (2)$ προκύπτει ότι c=0

άρα $f(x)=x-\ln (x+1),\,\,\,\,x>0$

2) Θέλουμε $0<f(x)<\cfrac{x^2}{x+1},$ ή

$0<x-\ln (x+1)<\frac{{{x}^{2}}}{x+1}\Leftrightarrow -x<-ln(x+1)<\frac{{{x}^{2}}}{x+1}-x\Leftrightarrow -x<-\ln (x+1)<-\frac{x}{x+1}$

$x>\ln (x+1)>\frac{x}{x+1}\overset{x>0}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,\frac{1}{x+1}<\frac{\ln (x+1)}{(x+1)-1}<1$ (1)

Γι αυτό επειδή η συνάρτηση $g(t)=\ln t,\,\,t>0$ είναι παραγωγίσιμη στο $[1,\,\,x+1]$ σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ. υπάρχει

$\xi \in (1,\,\,x+1)$ που ${g}'(\xi )=\frac{1}{\xi }=\frac{\ln (x+1)}{(x+1)-1}$ έτσι από (1) θέλουμε

$\frac{1}{x+1}<\frac{1}{\xi }<1\Leftrightarrow 1<\xi <x+1$ που ισχύει.

Ακόμη θέλουμε $f(x)+{f}'(x)<{{e}^{x}}\Leftrightarrow x-\ln (x+1)+1-\frac{1}{x+1}<{{e}^{x}},\,\,\,\,x>0$ ή

$-\ln (x+1)-\frac{1}{x+1}<{{e}^{x}}-x-1,\,\,\,\,x>0$ που ισχύει αφού για

$x>0\Leftrightarrow x+1>1\Leftrightarrow \ln (x+1)>0$ οπότε $-\ln (x+1)-\frac{1}{x+1}<0$ και από την γνωστή εφαρμογή

$\ln x<x-1,x>0,\,\,\,x\ne 1$ με όπου

το ${{e}^{x}},\,\,\,\,x\ne 0$ ισχύει ότι $0<{{e}^{x}}-x-1,x>0$

(...γιά το (3)

και γιά το (4) ποιά είναι η συνάρτηση φ.....)

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

M.S.Vovos · #123

ΑΣΚΗΣΗ 38

Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle f:\left [ 0,\frac{\pi }{2} \right ]\rightarrow \mathbb{R}$ , με:

$\displaystyle f'(x)\sigma \upsilon \nu x+f(x)\eta \mu x=\frac{\sigma \upsilon \nu x}{x}f(x),\forall x\in \left ( 0,\frac{\pi }{2} \right )$

$\displaystyle \lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{3}}\frac{3x-\pi }{x-2f(x)}=\frac{3\sqrt{3}}{\pi }$

A. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση $\displaystyle g:\left ( 0,\frac{\pi }{2} \right )\rightarrow \mathbb{R}$ με $\displaystyle g(x)=\frac{f(x)}{x\sigma \upsilon \nu x}$ είναι σταθερή και να βρείτε το τύπο της

.

Β. Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό $\displaystyle x_{0}\in \left ( 0,\frac{\pi }{2} \right )$ με $f'\left ( x_{0} \right )=0$ και $\displaystyle x_{0}> \frac{\pi }{4}$ .

Γ. Να αποδείξετε ότι $\displaystyle x\sigma \upsilon \nu x< \frac{\sqrt{2}}{2}$ , για κάθε $\displaystyle x\in \left ( 0,\frac{\pi }{2} \right )$ .

Δ. Να αποδείξετε ότι $\displaystyle \left | \beta \sigma \upsilon \nu \beta -\alpha \sigma\upsilon \nu \alpha \right |\leq \frac{\pi }{2}\left | \beta -\alpha \right |$ , για κάθε $\displaystyle \alpha ,\beta \in \left ( 0,\frac{\pi }{2} \right )$ .

Πηγή: Παύλος Τρύφων

dennys · #124

Bασίλη καλημέρα
Πάντα ξενύχτης στο

.Διόρθωσα είναι η συνάρτηση m.Σε φρέναρα άσκοπα.
Γα το β ερώτημα μπορούμε και απο την γνωστή $lnx\leq x-1$ να θέσουμε διαδοχικά όπου $x \rightarrow (x+1), \cfrac{1}{x+1}$

καλή χρονιά φίλε
Διονυσης Βουτσάς

dennys · #125

H σχέση που δίνεται $\displaystyle x\left [ f(c)+f(1) \right ]=\int_{0}^{c}f(x)dx+cf(x), για κάθε x\in \mathbb{R} και c>0,$

για χ=0,δίνει $\int_{0}^{c}f(x)dx=0$ , με c>0. $\Rightarrow f(x)=0,\forall x\in R$
\......αρα κ. Μάριε ξαναδέστην, γιατί βγαίνει η σταθερή μηδενική.

tdsotm111 · #126

Άσκηση 38
α) στη σχέση που δίνεται, για $c=\frac{1}{2}$ και x=1

, έχουμε $f(\frac{1}{2})=0$ . Επίσης δίνεται και f(0)=0

, άρα με Rolle στο (0,1/2) (υποσύνολο του (0,1)) υπάρχει $\alpha \in (0,1)$ με $f \prime (\alpha)=0$

M.S.Vovos · #127

tdsotm111 έγραψε:Άσκηση 38
α) στη σχέση που δίνεται, για $c=\frac{1}{2}$ και , έχουμε $f(\frac{1}{2})=0$ . Επίσης δίνεται και , άρα με Rolle στο (0,1/2) (υποσύνολο του (0,1)) υπάρχει $\alpha \in (0,1)$ με $f \prime (\alpha)=0$

Η λύση δεν είναι σωστή. Για ποιο λόγο το

να είναι

;

Φιλικά,
Μάριος

M.S.Vovos · #128

dennys έγραψε:H σχέση που δίνεται $\displaystyle x\left [ f(c)+f(1) \right ]=\int_{0}^{c}f(x)dx+cf(x), για κάθε x\in \mathbb{R} και c>0,$

για χ=0,δίνει $\int_{0}^{c}f(x)dx=0$ , me c>0.......αρα κ. Μάριε ξαναδέστην.

Νομίζω ότι τώρα είναι εντάξει.

Grosrouvre · #129

M.S.Vovos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 38

Θεωρούμε τη παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ , για την οποία ισχύει:

$\displaystyle x\left [ f(c)+f(1) \right ]+1=\int_{0}^{c}f(x)dx+cf(x)$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ και ,

$f'(x)\neq f(2)+c,\forall x\in \mathbb{R}$

A. Να δείξετε ότι υπάρχει, τουλάχιστον ένα, $\alpha \in (0,1)$ , τέτοιο ώστε η εφαπτομένη της $C_{f}$ , στο σημείο $M(\alpha ,f(\alpha ))$ , να είναι παράλληλη στον άξονα των τετμημένων.

Υπάρχει πρόβλημα

Παραγωγίζοντας ως προς

τη δοθείσα, προκύπτει ότι

$\displaystyle{f{'}(x) = \frac{f(c) + f(1)}{c}} = const.$ για κάθε $x \in \mathbb{R}$ .

Επομένως, εάν υπάρχει τέτοιος $\alpha$ , τότε η συνάρτηση θα είναι σταθερή και συγκεκριμένα η μηδενική για κάθε $x \in \mathbb{R}$ καθώς f(0) = 0

. Άτοπο, διότι η μηδενική συνάρτηση δεν πληρεί την υπόθεση, 1 = 0

.

M.S.Vovos · #130

Καλημέρα, σε όλους και όλες!

Αποσύρω την άσκηση 38, λόγω εμφανών προβλημάτων. Η κατασκευή στράβωσε...

Υ.Γ. Θα αντικατασταθεί με άλλη.

Φιλικά,
Μάριος

#131

M.S.Vovos έγραψε:Καλημέρα, σε όλους και όλες!

Αποσύρω την άσκηση 38, λόγω εμφανών προβλημάτων. Η κατασκευή στράβωσε...

Υ.Γ. Θα αντικατασταθεί με άλλη.

Φιλικά,
Μάριος

Δες και το τρίτο ποστ εδώ.

M.S.Vovos · #132

K. Μιχάλη, τώρα το είδα το post σας.

Σε κάποια σημεία διαφωνώ. Μόλις προλάβω και αν έχετε όρεξη, να το συζητήσουμε.

Φιλικά,
Μάριος

M.S.Vovos · #133

M.S.Vovos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 37

Θεωρούμε τη δύο φορές παραγωγίσιμη και κυρτή συνάρτηση , με πεδίο ορισμού το $[0,+\infty )$ , για την οποία ισχύουν οι σχέσεις:

,

$\displaystyle x^{2}f'(x)+xf(x)> -1,\forall x\geq 0$

Να δείξετε ότι:

B. Υπάρχει, τουλάχιστον ένα, $x_{0}\in (0,+\infty )$ , τέτοιο ώστε $\displaystyle f(x_{0})> x_{0}f(1)-\frac{1}{x_{0}}-x_{0}f(2)$ .

* Η συνάρτηση

είναι συνεχής στο διάστημα [1,2]

* Η συνάρτηση

είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα (1,2)

Άρα, η

ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής στο διάστημα [1,2]

, επομένως υπάρχει, $x_{0}\in (1,2)$ , τέτοιο ώστε να ισχύει $\displaystyle f'(x_{0})=\frac{f(2)-f(1)}{2-1}=f(2)-f(1)$ .

Αν θέσουμε στην δοθείσα σχέση, όπου

το $x_{0}$ , θα έχουμε ότι:

$\displaystyle x_{0}^{2}f'(x_{0})+xf(x_{0})> -1\overset{x_{0}> 0}{\Leftrightarrow}$

$\displaystyle f(x_{0})>x_{0}f(2)-\frac{1}{x_{0}}-x_{0}f(1)$ .

Σχόλιο: Το $x_{0}$ ανήκει στο $(1,2)\subseteq \left ( 0,+\infty \right )$ .

alexandrosvets · #134

M.S.Vovos έγραψε:
M.S.Vovos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 37

Θεωρούμε τη δύο φορές παραγωγίσιμη και κυρτή συνάρτηση , με πεδίο ορισμού το $[0,+\infty )$ , για την οποία ισχύουν οι σχέσεις:

,

$\displaystyle x^{2}f'(x)+xf(x)> -1,\forall x\geq 0$

Να δείξετε ότι:

B. Υπάρχει, τουλάχιστον ένα, $x_{0}\in (0,+\infty )$ , τέτοιο ώστε $\displaystyle f(x_{0})> x_{0}f(1)-\frac{1}{x_{0}}-x_{0}f(2)$ .
* Η συνάρτηση είναι συνεχής στο διάστημα

* Η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα

Άρα, η ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής στο διάστημα , επομένως υπάρχει, $x_{0}\in (1,2)$ , τέτοιο ώστε να ισχύει $\displaystyle f'(x_{0})=\frac{f(2)-f(1)}{2-1}=f(2)-f(1)$ .

Αν θέσουμε στην δοθείσα σχέση, όπου το $x_{0}$ , θα έχουμε ότι:

$\displaystyle x_{0}^{2}f'(x_{0})+xf(x_{0})> -1\overset{x_{0}> 0}{\Leftrightarrow}$

$\displaystyle f(x_{0})>x_{0}f(2)-\frac{1}{x_{0}}-x_{0}f(1)$ .

Σχόλιο: Το $x_{0}$ ανήκει στο $(1,2)\subseteq \left ( 0,+\infty \right )$ .

Καλησπέρα Μάριε.

Άμα πολλαπλασιάσουμε την ζητούμενη με το x_0>0

, έχουμε $x_{0}^{2}(f(2)-f(1))+x_0f(x_0)>0>-1.$
Άρα ισχύει για κάθε x>0.

Φιλικά,
Αλέξανδρος.

M.S.Vovos · #135

alexandrosvets έγραψε:
M.S.Vovos έγραψε:
M.S.Vovos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 37

Θεωρούμε τη δύο φορές παραγωγίσιμη και κυρτή συνάρτηση , με πεδίο ορισμού το $[0,+\infty )$ , για την οποία ισχύουν οι σχέσεις:

,

$\displaystyle x^{2}f'(x)+xf(x)> -1,\forall x\geq 0$

Να δείξετε ότι:

B. Υπάρχει, τουλάχιστον ένα, $x_{0}\in (0,+\infty )$ , τέτοιο ώστε $\displaystyle f(x_{0})> x_{0}f(1)-\frac{1}{x_{0}}-x_{0}f(2)$ .
* Η συνάρτηση είναι συνεχής στο διάστημα

* Η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα

Άρα, η ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής στο διάστημα , επομένως υπάρχει, $x_{0}\in (1,2)$ , τέτοιο ώστε να ισχύει $\displaystyle f'(x_{0})=\frac{f(2)-f(1)}{2-1}=f(2)-f(1)$ .

Αν θέσουμε στην δοθείσα σχέση, όπου το $x_{0}$ , θα έχουμε ότι:

$\displaystyle x_{0}^{2}f'(x_{0})+xf(x_{0})> -1\overset{x_{0}> 0}{\Leftrightarrow}$

$\displaystyle f(x_{0})>x_{0}f(2)-\frac{1}{x_{0}}-x_{0}f(1)$ .

Σχόλιο: Το $x_{0}$ ανήκει στο $(1,2)\subseteq \left ( 0,+\infty \right )$ .
Καλησπέρα Μάριε.

Άμα πολλαπλασιάσουμε την ζητούμενη με το , έχουμε $x_{0}^{2}(f(2)-f(1))+x_0f(x_0)>0>-1.$
Άρα ισχύει για κάθε x>0.

Φιλικά,
Αλέξανδρος.

Αλέξανδρε, δε κατάλαβα το σχόλιο σου. Μάλλον, φταίει το γεγονός ότι έχω πήξει στα μαθηματικά γενικής και δε μπορώ να σκεφτώ, με όλες αυτές τις πράξεις!

Φιλικά,
Μάριος

alexandrosvets · #136

M.S.Vovos έγραψε:
alexandrosvets έγραψε:
M.S.Vovos έγραψε:
M.S.Vovos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 37

Θεωρούμε τη δύο φορές παραγωγίσιμη και κυρτή συνάρτηση , με πεδίο ορισμού το $[0,+\infty )$ , για την οποία ισχύουν οι σχέσεις:

,

$\displaystyle x^{2}f'(x)+xf(x)> -1,\forall x\geq 0$

Να δείξετε ότι:

B. Υπάρχει, τουλάχιστον ένα, $x_{0}\in (0,+\infty )$ , τέτοιο ώστε $\displaystyle f(x_{0})> x_{0}f(1)-\frac{1}{x_{0}}-x_{0}f(2)$ .
* Η συνάρτηση είναι συνεχής στο διάστημα

* Η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα

Άρα, η ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής στο διάστημα , επομένως υπάρχει, $x_{0}\in (1,2)$ , τέτοιο ώστε να ισχύει $\displaystyle f'(x_{0})=\frac{f(2)-f(1)}{2-1}=f(2)-f(1)$ .

Αν θέσουμε στην δοθείσα σχέση, όπου το $x_{0}$ , θα έχουμε ότι:

$\displaystyle x_{0}^{2}f'(x_{0})+xf(x_{0})> -1\overset{x_{0}> 0}{\Leftrightarrow}$

$\displaystyle f(x_{0})>x_{0}f(2)-\frac{1}{x_{0}}-x_{0}f(1)$ .

Σχόλιο: Το $x_{0}$ ανήκει στο $(1,2)\subseteq \left ( 0,+\infty \right )$ .
Καλησπέρα Μάριε.

Άμα πολλαπλασιάσουμε την ζητούμενη με το , έχουμε $x_{0}^{2}(f(2)-f(1))+x_0f(x_0)>0>-1.$
Άρα ισχύει για κάθε x>0.

Φιλικά,
Αλέξανδρος.
Αλέξανδρε, δε κατάλαβα το σχόλιο σου. Μάλλον, φταίει το γεγονός ότι έχω πήξει στα μαθηματικά γενικής και δε μπορώ να σκεφτώ, με όλες αυτές τις πράξεις!

Φιλικά,
Μάριος

Καλησπέρα και πάλι φίλε,

Λέω πως αυτό που ζητάς να αποδείξουμε ισχύει για κάθε x>0 και όχι για ένα τουλάχιστον που ανήκει στο (1,2) που έχεις γράψει.Ελπίζω να κατάλαβες.

Φιλικά,
Αλέξανδρος.

M.S.Vovos · #137

Θα συμφωνήσω μαζί σου. Έτσι κι αλλιώς, η άσκηση δίνει $x_{0}\in (0,+\infty )$ . Το ότι εγώ το ειδικεύω στο διάστημα [1,2]

, τονίζει τη γενικότητα και το κάνει πιο ισχυρό, αφού το διάστημα εμπεριέχεται στο γενικό.

Ελπίζω να είμαι σαφής.

Φιλικά,
Μάριος

Λάμπρος Μπαλός · #138

Άσκηση 39 (Μία προσωπική κατασκευή)
Έστω συνάρτηση $f : (0,+ \infty)$ , δύο φορές παραγωγίσιμη στο $(0,+ \infty)$ , με f''(x)<0

, για κάθε x>0

, για την οποία ισχύει $f (x)=2f ( \sqrt {x})$ , για x>0

.

Α) Να λύσετε την εξίσωση f (x)=0

Β) Να δείξετε ότι υπάρχουν $a \in (2,4)$ και $b \in ( \frac {1}{4} , \frac {1}{2} )$ τέτοια, ώστε $f'(a) - 2f ( \frac {1}{2}) = \frac {f'(b)+f (2)}{2}$

Γ) Αν επιπλέον ισχύει : $xf'(x^{2})+4f (x^{\frac {1}{4}})=\frac {1}{x}+lnx$ , να αποδείξετε ότι f (x)=lnx

.

ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ · #139

Καλησπέρα σας. Υπάρχει Άσκηση 39;

dennys · #140

ΑΣΚΗΣΗ 40

Για τη συνάρτηση ισχύουν οι σχέσεις ¨:

1) $f(x)=2f(\sqrt{x})\Leftrightarrow f(x^2)=2f(x) ,(1)$ και

2) $\sqrt{x}f'(x)=f'(\sqrt{x})\Leftrightarrow xf'(x^2)=f'(x), (2)$

a)Απο την δοσμένη ισχύει προφανώς για χ=1 f(1)=0

και αν υπάρχει σημείο

μηδενισμού της παραγώγου θα είναι μοναδικό αφού είναι γν.φθίνουσα. Ατοπο γιατί αν

$x_o: f'(x_o)=0\Rightarrow f'(x^2_o)=f'(\sqrt(x_o))=0....$

αρα η παράγωγος διατηρεί πρόσημο οπότε μοναδική ρίζα της συνάρτησης είναι το 1

β)Με ΘΜΤ στα [2,4],[1/4,1/2] και πρόσθεση προκύπτει η ζητούμενη

γ)Απο τις (1),(2) που έγραψα παραπάνω η σχέση είναι: $(3) : f'(x)+f(x)=\cfrac{1}{x}+lnx,x>0$

και θέτοντας $g(x)=f(x)-lnx\Rightarrow , g'(x)+g(x)=0...g(x)=0..f(x)=lnx$ , ή και με άλλους τρόπους σε παλιές συζητήσεις την είχαμε δεί.

ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Μέλη σε σύνδεση