Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Metal-Militiaman · 19-09-09

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 · 21-09-09

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

coheNakatos · 21-09-09

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

νδο g -> 1-1

Zorc · 21-09-09

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 · 21-09-09

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

χρηστοσ17 · 22-09-09

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 · 22-09-09

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 · 23-09-09

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 · 23-09-09

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 · 23-09-09

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 · 26-09-09

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. · 27-09-09

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 · 27-09-09

ευκολουτσικη ειναι μωρε σιγα.

Rania. · 27-09-09

Ο,τι πεις Αλμπερτ.

blacksheep · 27-09-09

ενταξει,κυριε καραθεοδωρη.

Metal-Militiaman · 28-09-09

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 · 28-09-09

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 · 28-09-09

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 · 28-09-09

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 · 28-09-09

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

Νεοφερμένος

Νεοφερμένος

Δραστήριο μέλος

Νεοφερμένος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Νεοφερμένος

Νεοφερμένος

Νεοφερμένος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένος

Νεοφερμένος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένος

Νεοφερμένος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος