Αριθμοθεωρητικη απο τριγωνομετρικη

#1

Εμπνευσμενο απο προσφατη συζητηση για συνημιτονα: να βρεθουν οι ακεραιες λυσεις της χ^2 + ψ^2 + ω^2 - 2χψω = 1.

[Δεν εχω λυση γιατι κολλησα σ' ενα σημειο που ομως μαλλον ειναι γνωστο^ αν τυχον κολλησετε και σεις το ξανασυζηταμε

]

Γιωργος Μπαλογλου

fmak65 · #2

Η προφανης λυση ειναι χ=ψ=ω=1. βεβαια εχω κολησει και εγω αλλα αργοτερα αν μπορεσω και το λυσω ισως το γραγω.

#3

Από την λύση (1,1,1)

προκύπτουν άπειρες τριάδες ακεραίων που ικανοποιούν την συγκεκριμένη εξίσωση.

Αυτό προκύπτει από το εξής:

Αν (x,y,1)

είναι μία λύση παρατηρούμε ότι και το

(2x+1,2y+1,1)

είναι λύση (αποδεικνύεται με πράξεις).

(Επίσης, το ανάλογο συμπέρασμα ισχύει, αν στη θέση του (x,y,1)

παίρναμε το $(x,1,\omega)$ ή $(1,y,\omega)$ )

Σχόλια:
Τι μπορούμε να πούμε για την

x^2+y^2+w^2-2xyw=0

;

Πόσο μεγάλη ''ζημιά'' μπορεί να κάνει ένα αθώο μηδενικό...;

Νίκος Κατσίπης

#4

nkatsipis έγραψε:
Σχόλια:
Τι μπορούμε να πούμε για την

;

Πόσο μεγάλη ''ζημιά'' μπορεί να κάνει ένα αθώο μηδενικό...;

Νίκος Κατσίπης

Νίκο την ίδια είχα σκεφτεί κι εγώ όταν προσπαθούσα να λύσω την παραπάνω άσκηση.

Η δοσμένη εξίσωση έχει την προφανή λύση x=y=w=0

. Ας υποθέσουμε παρακάτω ότι $x,y,w \neq 0$

Επειδή ένα τέλειο τετράγωνο είναι πάντοτε ισότιμο με

ή

$\pmod{4}$ άρα και οι τρεις αριθμοί x,y,w

πρέπει να είναι άρτιοι

Θεωρούμε τώρα το σύνολο S_1

να είναι το σύνολο όλων των δυνάμεων του 2 που περιέχονται στην ανάλυση του αριθμού x, S_2

να είναι το σύνολο όλων των δυνάμεων του 2 που περιέχονται στην ανάλυση του αριθμού y και S_3

να είναι το σύνολο όλων των δυνάμεων του 2 που περιέχονται στην ανάλυση του αριθμού w . Επειδή οι x,y,w είναι πεπερασμένοι αριθμοί, τα σύνολα S_1,S_2,S_3

ως μη κενά και πεπερασμένα (ήδη δείξαμε ότι οι x,y,w είναι άρτιοι) περιέχουν το καθένα μέγιστο στοιχείο έστω r_1,r_2,r_3

. Θεωρούμε τό μικρότερο εξ' αυτών έστω χωρίς βλάβη της γενικότητας και λόγω συμμετρίας οτι είναι ο r_1

. Δηλαδή με άλλα λόγια ο r_1

είναι η μεγαλύτερη δύναμη του 2 που διαιρεί και τους τρεις αριθμούς. Ας υποθέσουμε λοιπόν ότι $x=2^{r_1}k_1, y=2^{r_2}k_2, w=2^{r_3}k_3$ όπου k_1,k_2,k_3

περιττοί αριθμοί. Τότε η δοσμένη γίνεται:

$k_1^2+\left(2^{r_2-r_1}k_2\right)^2+\left(2^{r_3-r_1}k_3\right)^2=2^{1+r_2+r_3-2r_1}k_1k_2k_3$ όπου λόγω υπόθεσης για τα r_1,r_2,r_3

ισχύει:

$r_2\geq r_1$ και $r_3\geq r_1$ άρα $1+r_2+r_3-2r_1 \geq 1$ οπότε η εξίσωση αυτή είναι όμοια με την αρχική συνεπώς πρέπει ο αριθμός k_1

να είναι άρτιος, άτοπο.

Αλέξανδρος

#5

Λίγο πιο απλά (αλλά όχι τόσο αυστηρά) κάποιος θα έκανε (μιλάμε για μη μηδενικούς αριθμούς x,y,w)

Από την πρώτη πρέπει οι x,y,w να είναι άρτιοι ας υποθέσουμε x=2x_1, y=2y_1, w=2w_1

και η εξίσωση γίνεται

x_1^2+y_1^2+w_1^2=4x_1y_1w_1

. H εξίσωση αυτή αν την πάρουμε $\mod{4}$ μας δίνει επίσης ότι οι x_1,y_1,w_1

είναι άρτιοι άρα x_1=2x_2, y_1=2y_2, w_1=2w_2

και αντικαθιστώντας στην παραπάνω παίρνουμε x_2^2+y_2^2+w_2^2=8x_2y_2w_2

και συνεχίζουμε όμοια. Με την ίδια διαδικασία καταλαβαίνουμε διαισθητικά ότι κάθε ένας από τους αριθμούς x,y,z

έχει στην ανάλυσή του άπειρα 2-άρια, άτοπο.

Αλέξανδρος

#6

nkatsipis έγραψε:Από την λύση προκύπτουν άπειρες τριάδες ακεραίων που ικανοποιούν την συγκεκριμένη εξίσωση.

Αυτό προκύπτει από το εξής:

Αν είναι μία λύση παρατηρούμε ότι και το

είναι λύση (αποδεικνύεται με πράξεις).

(Επίσης, το ανάλογο συμπέρασμα ισχύει, αν στη θέση του παίρναμε το $(x,1,\omega)$ ή $(1,y,\omega)$ )

Πολυ σωστα, γενικοτερα οι τριαδες (χ, χ, 1), (χ, 1, χ), (1, χ, χ) αποτελουν λυσεις. Επισης οι (χ, χ, 2(χ^2) - 1), (χ, 2(χ^2) - 1, χ), (2(χ^2) - 1, χ, χ). Εικαζω πως δεν υπαρχουν αλλες, και θα επανελθω σε λιγες μερες αν δεν επεμβει αποτελεσματικοτερα καποιος αλλος

Γιωργος Μπαλογλου

#7

Γιώργο, υπάρχουν και άλλες λύσεις. Αν (x,y,z)

είναι λύση, τότε και η (x,y,2xy-z)

είναι λύση.

Έτσι έχουμε π.χ. και τις λύσεις (x,2x^2-1,4x^3-3x)

και λοιπά. Δεν ξέρω ακόμη αν με αυτούς τους μετασχηματισμούς και τις αρχικές λύσεις (1,x,x)

μπορούμε να παράξουμε όλες τις λύσεις ή όχι.

#8

Demetres έγραψε:Γιώργο, υπάρχουν και άλλες λύσεις. Αν είναι λύση, τότε και η είναι λύση.

Έτσι έχουμε π.χ. και τις λύσεις και λοιπά. Δεν ξέρω ακόμη αν με αυτούς τους μετασχηματισμούς και τις αρχικές λύσεις μπορούμε να παράξουμε όλες τις λύσεις ή όχι.

Πράγματι κάθε λύση μπορεί να παραχθεί από τους πιο πάνω μετασχηματισμούς ξεκινώντας από κάποια λύση της μορφής (1,x,x)

. Η απόδειξη είναι με άπειρη κάθοδο όπως και η λύση που έβαλε ο Αλέξανδρος εδώ: viewtopic.php?f=50&t=5083

Έστω μια λύση (x,y,z)

με $x \leqslant y \leqslant z$ . Θα δείξω ότι είτε x = 1

(και άρα

), είτε η

είναι επίσης λύση και ικανοποιεί 2xy - z < y

. Άρα μετά από πεπερασμένο αριθμό βημάτων θα καταλήξουμε σε λύση της μορφής (1,y,y)

.

Πράγματι το πολυώνυμο f(t) = t^2 - 2xyt + (x^2 + y^2 - 1)

έχει ρίζες τα z,2xy-z

και ικανοποιεί $f(y) = 2y^2 - 2xy^2 + x^2 - 1 = y^2(2-2x) + x^2 - 1 \leqslant x^2 - y^2 - 1 < 0$ , αφού υποθέσαμε ότι $x \geqslant 1$ . Άρα 2xy - z < y < z

, άτοπο αφού η αρχική λύση είχε ελάχιστο

.

#9

Demetres έγραψε:Έστω μια λύση με $x \leqslant y \leqslant z$ . Θα δείξω ότι είτε (και άρα ), είτε η είναι επίσης λύση και ικανοποιεί . Άρα μετά από πεπερασμένο αριθμό βημάτων θα καταλήξουμε σε λύση της μορφής .

Πράγματι το πολυώνυμο έχει ρίζες τα και ικανοποιεί $f(y) = 2y^2 - 2xy^2 + x^2 - 1 = y^2(2-2x) + x^2 - 1 \leqslant x^2 - y^2 - 1 < 0$ , αφού υποθέσαμε ότι $x \geqslant 1$ . Άρα , άτοπο αφού η αρχική λύση είχε ελάχιστο .

Δημητρη εξαιρετικη η προσεγγιση σου αν και εχω μια μικρη ενσταση: *νομιζω* πως αυτο που ηθελες να πεις ειναι "αρχιζω με μια λυση (x,y,z) οπου x <= y <= z, παρατηρω οτι οι z, 2xy-z ειναι ριζες του τριωνυμου f(t) = t^2 - 2xyt + (x^2 + y^2 - 1) και οτι f(y) < 0, ΑΡΑ ειτε z < y < 2xy-z, ατοπο λογω y <= z, ειτε 2xy-z < y < z, που ειμαστε πλεον υποχρεωμενοι να δεχτουμε, συνεπως 2xy-z < y" -- αρχιζοντας δηλαδη με μια τριαδα-λυση μπορουμε να ελαττωσουμε τον μεσαιο ορο. [Παρακαλω διευκρινησε αν εχω παρανοησει τον συλλογισμο σου.]

Γιωργος Μπαλογλου

#10

Συνεχιζω με την δικη μου προσεγγιση και την ευρεση των λυσεων (χ, χ, 2(χ^2) - 1) -- απ' οπου και αρχισε να ξετυλιγεται το κουβαρι

Πολυ απλα, λυνοντας την αρχικη εξισωση χ^2 + ψ^2 + ω^2 - 2χψω = 1 οπως ακριβως και στο αρχικο τριγωνομετρικο προβλημα, καταληγουμε στην ω = χψ +- [(χ^2 - 1)*(ψ^2 - 1)]^(1/2), ΑΡΑ εχουμε λυση αν και μονον αν ο (χ^2 - 1)*(ψ^2 - 1) ειναι τελειο τετραγωνο. Προφανως ο (χ^2 - 1)*(ψ^2 - 1) ειναι τελειο τετραγωνο για ψ = χ, οποτε και εχουμε τις λυσεις (χ, χ, 1) και (χ, χ, 2(χ^2) - 1).

Το ερωτημα ειναι, ή μαλλον ηταν, αν μπορει ο (χ^2 - 1)*(ψ^2 - 1) να ειναι τελειο τετραγωνο για ψ /=/ χ

Εδω εσφαλα νομιζοντας πως κατι ειχα δει καπου σχετικα, γι' αυτο και ειχα εικασει πως δεν υπαρχουν λυσεις περαν των (χ, χ, 1), (χ, 1, χ), (1, χ, χ) και (χ, χ, 2(χ^2) - 1), (χ, 2(χ^2) - 1, χ), (2(χ^2) - 1, χ, χ). Μετα την παρεμβαση του Δημητρη ειναι φανερο οτι εχουμε απειρια λυσεων στην αρχικη εξισωση, ΑΡΑ εχουμε και απειρια δυνατοτητων για να ειναι τελειο τετραγωνο ο (Α^2 - 1)*(Β^2 - 1) ως εξης:

Α = χ, Β = χ

Α = χ, Β = 2(χ^2) - 1

Α = 2(χ^2) - 1, Β = 4(χ^3) - 3χ

Α = 4(χ^3) - 3χ, Β = 32(χ^6) - 48(χ^4) + 18(χ^2) - 1

κοκ, οπου 4(χ^3) - 3χ = 2[2(χ^2) - 1]^2 - 1 , 32(χ^6) - 48(χ^4) + 18(χ^2) - 1 = 2[4(χ^3) - 3χ]^2 - 1 , κοκ

Αντιστοιχες τριαδες λυσεων, κατα την ω = χψ -+ [(χ^2 - 1)*(ψ^2 - 1)]^(1/2) παντοτε:

(χ, χ, 1) , (χ, χ, 2(χ^2) - 1)

(χ, 2(χ^2) - 1, χ) , (χ, 2(χ^2) - 1, 4(χ^3) - 3χ)

(2(χ^2) - 1, 4(χ^3) - 3χ, χ) , (2(χ^2) - 1, 4(χ^3) - 3χ, 16(χ^5) - 20(χ^3) + 5χ)

(Α, Β, Α) , (Α, Β, Α*[64(χ^6) - 96(χ^4) + 36(χ^2) - 3])

[Στις τελευταιες δυο τριαδες βεβαιως Α = 4(χ^3) - 3χ και Β = 32(χ^6) - 48(χ^4) + 18(χ^2) - 1 -- ΟΧΙ, δεν εχω πληρη εποπτεια του προβληματος

]

Γιωργος Μπαλογλου

#11

Γιώργο τα τελευταία πολυώνυμα που έγραψες:
2x^2-1

,

είναι τα πολυώνυμα Chebyshev 2ης, 3ης και 6ης τάξης αντίστοιχα... Μέχρι κι εδώ εμπλέκονται??? Χμ... Της 4ης, 5ης,7ης, 8ης και 9ης τάξης είναι αντίστοιχα τα

8x^4 - 8x^2 + 1

,

.

Έχουμε κάποια επιπλέον λύση?

Αρχίζουν να με βάζουν σε υποψίες!!!

Αλέξανδρος

#12

gbaloglou έγραψε: Α = 4(χ^3) - 3χ, Β = 32(χ^6) - 48(χ^4) + 18(χ^2) - 1

Τι? Δεν πιστευετε οτι ο (Α^2 - 1)*(Β^2 - 1) ειναι τελειο τετραγωνο? Μα ειναι πολυ απλο: (Α^2 - 1)*(Β^2 - 1) = (Α + 1)*(Α - 1)*(Β + 1)*(Β - 1) = [4(χ^3) - 3χ + 1]*[4(χ^3) - 3χ - 1]*[32(χ^6) - 48(χ^4) + 18(χ^2)]*[32(χ^6) - 48(χ^4) + 18(χ^2) - 2] = [(χ + 1)*(2χ - 1)^2]*[(χ - 1)*(2χ + 1)^2]*[2(χ^2)*(4(χ^2) - 3)^2]*[2(χ^2 - 1)*(4(χ^2) - 1)^2] = [2χ*(χ^2 - 1)*(4(χ^2) - 3)*(4(χ^2) - 1)^2]^2

#13

cretanman έγραψε:Αρχίζουν να με βάζουν σε υποψίες!!!

Eμενα να δεις!

#14

Είναι αργά αλλά βλέπω πολύ ενδιαφέροντα πράγματα εδώ!

Πράγματι αν T_m,T_n

είναι δυο πολυώνυμα Chebyshev τότε (T_m^2 - 1)(T_n^2 - 1) = P^2(x)

για κάποιο ακέραιο πολυώνυμο P(x)

. Για να το δείξουμε αυτό αρκεί να δείξουμε ότι T_n^2(x) - 1 = (x^2 - 1)Q^2(x)

για κάποιο ακέραιο πολυώνυμο Q(x)

.

Ας πάμε μέσω της ιδιότητας $T_n(\cos \theta) = \cos(n \theta)$ . To T_n^2(x) - 1

στέλνει το $\cos(\theta)$ στο $\displaystyle{-\sin^2(n \theta) = (\cos^2 \theta - 1) \left(\frac{sin(n \theta)}{\sin(\theta)}\right)^2}$ .

Αλλά το $\displaystyle{\frac{sin(n \theta)}{\sin(\theta)}}$ είναι ακέραιο πολυώνυμο του $\cos(\theta)$ (απλή επαγωγή).

Άρα έχουμε T_n^2(x) - 1 = (x^2 - 1)Q^2(x)

για κάποιο ακέραιο πολυώνυμο Q(x)

με την ισότητα να ισχύει για άπειρες τιμές του χ, και άρα για όλες τις τιμές του χ.

Περισσότερα όμως από αύριο.

Γιώργο και Αλέξανδρε. Σας θεωρώ απολύτως υπεύθυνους που η ώρα πήγε 01:20 και ακόμη είμαι ξύπνιος.

#15

Εικασία: Όλες οι λύσεις είναι της μορφής $(T_n(k),T_m(k),T_{n+m}(k))$ για κάποιους μη αρνητικούς ακεραίους k,m,n

.

Νομίζω δεν είναι δύσκολο να αποδειχθεί αλλά αρκετά για απόψε.
`

#16

Demetres έγραψε:Εικασία: Όλες οι λύσεις είναι της μορφής $(T_n(k),T_m(k),T_{n+m}(k))$ για κάποιους μη αρνητικούς ακεραίους .

Νομίζω δεν είναι δύσκολο να αποδειχθεί αλλά αρκετά για απόψε.

Καλημερα Δημητρη

Πιστευω οτι η εικασια σου ειναι ισοδυναμη προς την μη υπαρξη non-Chebyshev λυσεων της (Α^2 - 1)*(Β^2 - 1) = τελειο τετραγωνο ... αρα δεν ειναι ευκολη!

Γιωργος

#17

gbaloglou έγραψε: Δημητρη εξαιρετικη η προσεγγιση σου αν και εχω μια μικρη ενσταση: *νομιζω* πως αυτο που ηθελες να πεις ειναι "αρχιζω με μια λυση (x,y,z) οπου x <= y <= z, παρατηρω οτι οι z, 2xy-z ειναι ριζες του τριωνυμου f(t) = t^2 - 2xyt + (x^2 + y^2 - 1) και οτι f(y) < 0, ΑΡΑ ειτε z < y < 2xy-z, ατοπο λογω y <= z, ειτε 2xy-z < y < z, που ειμαστε πλεον υποχρεωμενοι να δεχτουμε, συνεπως 2xy-z < y" -- αρχιζοντας δηλαδη με μια τριαδα-λυση μπορουμε να ελαττωσουμε τον μεσαιο ορο. [Παρακαλω διευκρινησε αν εχω παρανοησει τον συλλογισμο σου.]

Γιωργος Μπαλογλου

Γιώργο, γίνεται και έτσι όπως το γράφεις. Ο μεσαίος όρος ελαττώνεται. Αλλά και ο μεγαλύτερος όρος ελαττώνεται επειδή (αν $x \neq 1$ ) ισχύει ότι 2xy-z < y < z

. Αρχικά ο μεγαλύτερος όρος ήταν

και τώρα είναι y < z

.

Έκανα όμως μια αβλεψία σε αυτή την απόδειξη. Οφείλω να δείξω ότι 2xy - z > 0

, αλλίως η καινούργια λύση δεν είναι αποδεκτή. Αλλά $\displaystyle{2xy - z = \frac{x^2 + y^2 - 1}{z} > 0 }$

#18

gbaloglou έγραψε:
Demetres έγραψε:Εικασία: Όλες οι λύσεις είναι της μορφής $(T_n(k),T_m(k),T_{n+m}(k))$ για κάποιους μη αρνητικούς ακεραίους .

Νομίζω δεν είναι δύσκολο να αποδειχθεί αλλά αρκετά για απόψε.
Καλημερα Δημητρη

Πιστευω οτι η εικασια σου ειναι ισοδυναμη προς την μη υπαρξη non-Chebyshev λυσεων της (Α^2 - 1)*(Β^2 - 1) = τελειο τετραγωνο ... αρα δεν ειναι ευκολη!

Γιωργος

Κι' όμως είναι. Όλες οι λύσεις πρέπει να είναι αυτής της μορφής!

Λοιπόν, έστω (x,y,z)

μια λύση με που δεν είναι αυτής της μορφής με $x \leqslant y \leqslant z$ και το

ελάχιστο. Έχουμε ήδη δείξει πως (x,y,2xy-z)

είναι επίσης λύση και ο μέγιστος όρος είναι το

που είναι μικρότερο του

. Άρα υπάρχουν ακέραιοι $m,n \geqslant 0, k \geqslant 1$ ώστε $x = T_m(k),2xy-z=T_{n}(k),y=T_{m+n}(k)$ . Αλλά τότε $z = 2T_m(k)T_{m+n}(k) - T_n(k) = T_{2m+n}(k)$ .

Για να δούμε την τελευταία ισότητα, αρκεί να δείξω ότι $2T_m(x)T_{m+n}(x) - T_n(x) = T_{2m+n}(x)$ για κάθε $x \in \mathbb{R}$ και όπως προηγουμένως, επειδή μιλάμε για πολυώνυμα αρκεί να αποδείξουμε την ισότητα για κάθε $-1 \leqslant x \leqslant 1$ .

Έστω λοιπόν $x = \cos \theta$ . Πρέπει να δείξω ότι:

$\displaystyle{2\cos(m \theta) cos((m+n)\theta) - \cos(n \theta) = cos((2m+n)\theta)}$

Αλλά

$\displaystyle{cos((2m+n)\theta) = \cos(m \theta) cos((m+n)\theta) - \sin(m \theta) sin((m+n)\theta) }$

$\displaystyle{= \cos(m \theta) cos((m+n)\theta) - \cos(n \theta) + \cos( (n+m-m)\theta) - \sin(m \theta) sin((m+n)\theta) }$

$\displaystyle{= 2\cos(m \theta) cos((m+n)\theta) - \cos(n \theta)}$

#19

Demetres έγραψε:Εικασία: Όλες οι λύσεις είναι της μορφής $(T_n(k),T_m(k),T_{n+m}(k))$ για κάποιους μη αρνητικούς ακεραίους .

Ισχύει και το αντίστροφο αν k,m,n

μη αρνητικοί ακέραιοι τότε η τριάδα $(T_n(k),T_m(k),T_{n+m}(k))$ είναι λύση της εξίσωσης.

Αρκεί να αποδειχθεί η ισότητα $\displaystyle{ \cos^2{(n \theta)} + \cos^2{(m \theta)} + \cos^2{((m+n) \theta)} = 2\cos^2{(n \theta)}\cos^2{(m \theta)}\cos^2{((m+n) \theta)} - 1}$

Είναι μια λίγο γενική περίπτωση της άσκηση που έχει ήδη συζητηθεί εδώ: viewtopic.php?f=21&t=4850

(Καταλήξαμε εκεί που ξεκινήσαμε!)

#20

Θαυμάσια όλα Δημήτρη!!!!

Γράφω και εγώ τις σκέψεις μου.
Μπορούμε να γράψουμε την εξίσωση,

(x-yz)^2=(y^2-1)(z^2-1)

.

Για κάθε λύση (x,y,z)

της εξίσωσης πρέπει:

z^2-1=du^2,

και $x-yz=\pm duv,$
για κάποιους ακεραίους d,u,v.

Οι περιπτώσεις d<0, d=0,1

δίνουν τις τετριμμένες λύσεις. Υποθέτουμε λοιπόν ότι d>1

(και επίσης ελεύθερος τετραγώνων).

Η εξίσωση του Pell

a^2-db^2=1,

έχει άπειρες λύσεις $(a_{n}, b_{n})$ .

Είναι γνωστό ότι:
$a_{n}+b_{n}\sqrt{d}=(a_{1}+b_{1}\sqrt{d})^n$ , όπου $(a_{1},b_{1})$ η ελάχιστη θετική.

Τότε τα y,z

θα δίνονται:

$y=a_{n}$ και $z=a_{m}$

$x=yz+duv=a_{n}a_{m}+db_{n}b_{m}=a_{m+n}.$
Άρα, όλες οι λύσεις θα δίνονται από τις

$(x,y,z)=(a_{m+n},a_{n},a_{m}).$

Με όσα λοιπόν έχει πει ο Δημήτρης έρχεται φυσιολογικά το ερώτημα:

Πως συνδέονται οι λύσεις της εξισώσης του Pell, με τα πολυώνυμα Chebyshev;

Η απάντηση νομίζω βρίσκεται στο κεφάλαιο 3 του Barbeau, Edward J. (2003), Pell's Equation, Problem Books in Mathematics, Springer-Verlag.

Έγραφα λίγο βιαστικά.
Για τυχόν λάθη ζητώ συγνώμη.
Περιμένω τα σχόλια σας.

Νίκος Κατσίπης

Αριθμοθεωρητικη απο τριγωνομετρικη

Αριθμοθεωρητικη απο τριγωνομετρικη

Re: Αριθμοθεωρητικη απο τριγωνομετρικη

Re: Αριθμοθεωρητικη απο τριγωνομετρικη

Re: Αριθμοθεωρητικη απο τριγωνομετρικη

Re: Αριθμοθεωρητικη απο τριγωνομετρικη

Re: Αριθμοθεωρητικη απο τριγωνομετρικη

Re: Αριθμοθεωρητικη απο τριγωνομετρικη

Re: Αριθμοθεωρητικη απο τριγωνομετρικη

Re: Αριθμοθεωρητικη απο τριγωνομετρικη

Re: Αριθμοθεωρητικη απο τριγωνομετρικη

Re: Αριθμοθεωρητικη απο τριγωνομετρικη

Re: Αριθμοθεωρητικη απο τριγωνομετρικη

Re: Αριθμοθεωρητικη απο τριγωνομετρικη

Re: Αριθμοθεωρητικη απο τριγωνομετρικη

Re: Αριθμοθεωρητικη απο τριγωνομετρικη

Re: Αριθμοθεωρητικη απο τριγωνομετρικη

Re: Αριθμοθεωρητικη απο τριγωνομετρικη

Re: Αριθμοθεωρητικη απο τριγωνομετρικη

Re: Αριθμοθεωρητικη απο τριγωνομετρικη

Re: Αριθμοθεωρητικη απο τριγωνομετρικη

Μέλη σε σύνδεση