ΠΡΩΤΟΤΥΠΟ ΟΡΙΟ

#1

...Καλησπέρα

Ενα όριο από ένα μαθητή μου, που το βρήκε σε ένα ξένο site Μαθηματικών...

Να βρεθεί, αν υπάρχει, το όριο:

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( x(x+2)\ln \frac{x+2}{x}-(x-1)(x+1)\ln \frac{x+1}{x-1} \right)$

ΣΗΜ: Έκανα μία λύση... ( το όριο είναι 2) αλλά γιά μιά λεπτομέρεια έχω τις επιφυλάξεις μου...
γι αυτό περιμένω τις απόψεις της παρέας...

...ζητώ συγγνώμη από όλους για το τυπογραφικό λάθος που έκανα, έγινε η διόρθωση...

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

maiksoul · #2

Το όριο δεν ορίζεται , αφού κοντά στο 0 δεν ορίζεται η συνάρτηση ! Μήπως υπάρχει τυπογραφικό;

Λάμπρος Μπαλός · #3

Μήπως είναι $+ \infty$ ; γιατί τότε βγαίνει όντως

.

Για τη συνάρτηση $f(x)=(x^{2}+2x)ln \frac{x+2}{x}$ , έχουμε το $lim_{x \rightarrow + \infty} \frac{f(x)-f(x-1)}{x-(x-1)}$ .

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

Αυτό πιστεύω και εγώ Λάμπρο.

#5

Εν συντομία χωρίς να το έχω τσεκάρει:
$f(x)=(x-1)(x+1)\ln \frac{x+1}{x-1}$
f(x+1)-f(x)=f'(x_0)

με $x_0\in (x,x+1)$ , και υπολογίζοντας το όρο της παραγώγου στο άπειρο, προκύπτει 2.

hsiodos · #6

Προτείνω να δοθεί λύση μόνο με χρήση DLP( δηλαδή χωρίς χρήση συνάρτησης , ΘΜΤ κλπ όπως σωστά έχουν γράψει συνάδελφοι πιο πάνω).

Λάμπρος Μπαλός · #7

hsiodos έγραψε:Προτείνω να δοθεί λύση μόνο με χρήση DLP( δηλαδή χωρίς χρήση συνάρτησης , ΘΜΤ κλπ όπως σωστά έχουν γράψει συνάδελφοι πιο πάνω).

Περιγραφικά γιατί μου είναι αδύνατον να γράψω τέτοιες παραστάσεις στο latex.

Το όριο γίνεται

$lim [(x^{2}+2x)ln ((1- \frac{2}{x^{2}+x}) \frac{x+1}{x-1}) - (x^{2}-1)ln \frac{x+1}{x-1}]=$

$lim [(x^{2}+2x)ln(1- \frac{2}{x^{2}+x})+(x^{2}+2x)ln \frac{x+1}{x-1} -(x^{2}-1)ln \frac{x+1}{x-1}]=$

$lim [ (x^{2}+2x)ln \frac{x^{2}+x-2}{x^{2}+x}] + lim[(2x+1) ln \frac{x+1}{x-1}] = A+B$

Το έγραψα έτσι γιατί αν δεν έκανα κάποιο λάθος, υπολογίζονται A=-2, B=4

Christos.N · #8

Έστω $\displaystyle{f\left( x \right) = \ln \frac{1}{x},x > 0}$

τότε $\displaystyle{f'\left( x \right) = - \frac{1}{x} \Rightarrow f''\left( x \right) = \frac{1}{{{x^2}}} > 0}$ άρα η πρώτη παράγωγος της είναι γνησίως αύξουσα.

Για χ>1

Από το ΘΜΤ στο $\displaystyle{\left[ {x,x + 2} \right]:f'\left( {{c_1}} \right) = \frac{{\ln \frac{1}{{x + 2}} - \ln \frac{1}{x}}}{{\frac{1}{{x + 2}} - \frac{1}{x}}} = - \frac{{\left( {x + 2} \right)x\left( {\ln x - \ln \left( {x + 2} \right)} \right)}}{2} \Rightarrow f'\left( x \right) < f'\left( {{c_1}} \right) < f'\left( {x + 2} \right)}$

Απο το ΘΜΤ στο $\displaystyle{\left[ {x - 1,x + 1} \right]:f'\left( {{c_2}} \right) = \frac{{\ln \frac{1}{{x + 1}} - \ln \frac{1}{{x - 1}}}}{{\frac{1}{{x + 1}} - \frac{1}{{x - 1}}}} = - \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)\ln \frac{{x - 1}}{{x + 1}}}}{2} \Rightarrow f'\left( {x - 1} \right) < f'\left( {{c_2}} \right) < f'\left( {x + 1} \right)}$

Απο τις παραπάνω διαμορφώνοντας κατάλληλα και με το κριτήριο παρεμβολής έχουμε :

$\displaystyle{\begin{array}{l} f'\left( x \right) - f'\left( {x + 1} \right) < f'\left( {{c_1}} \right) - f'\left( {{c_2}} \right) < f'\left( {x + 2} \right) - f'\left( {x - 1} \right) \Rightarrow - \frac{1}{x} + \frac{1}{{x + 1}} < f'\left( {{c_1}} \right) - f'\left( {{c_2}} \right) < - \frac{1}{{x + 2}} + \frac{1}{{x - 1}} \Rightarrow \\ \\ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {f'\left( {{c_1}} \right) - f'\left( {{c_2}} \right)} \right) = 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } - \frac{1}{2}\left( {x\left( {x + 2} \right)\ln \frac{x}{{x + 2}} - \left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)\ln \frac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right) = 0 \Rightarrow\\ \\ \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {x\left( {x + 2} \right)\ln \frac{x}{{x + 2}} - \left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)\ln \frac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right) = 0 \end{array}}$

Επειδή τα πηλίκα που προκύπτουν με οδήγησαν εμπειρικά σε ΘΜΤ δεν βλέπω τον λόγο να μην γίνει έτσι. Ο κανόνας DLH έχει βέβαια την αξία του.

Έδωσα πριν λάθος λύση.....επεξεργάζομαι.

hsiodos · #9

Λάμπρος Μπαλός έγραψε:
hsiodos έγραψε:Προτείνω να δοθεί λύση μόνο με χρήση DLP( δηλαδή χωρίς χρήση συνάρτησης , ΘΜΤ κλπ όπως σωστά έχουν γράψει συνάδελφοι πιο πάνω).
Περιγραφικά γιατί μου είναι αδύνατον να γράψω τέτοιες παραστάσεις στο latex.

Το όριο γίνεται

$lim [(x^{2}+2x)ln ((1- \frac{2}{x^{2}+x}) \frac{x+1}{x-1}) - (x^{2}-1)ln \frac{x+1}{x-1}]=$

$lim [(x^{2}+2x)ln(1- \frac{2}{x^{2}+x})+(x^{2}+2x)ln \frac{x+1}{x-1} -(x^{2}-1)ln \frac{x+1}{x-1}]=$

$lim [ (x^{2}+2x)ln \frac{x^{2}+x-2}{x^{2}+x}] + lim[(2x+1) ln \frac{x+1}{x-1}] = A+B$

Το έγραψα έτσι γιατί αν δεν έκανα κάποιο λάθος, υπολογίζονται

Λάμπρο

#10

KAKABASBASILEIOS έγραψε:...Καλησπέρα Ενα όριο από ένα μαθητή μου, που το βρήκε σε ένα ξένο site Μαθηματικών...

Να βρεθεί, αν υπάρχει, το όριο:

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( x(x+2)\ln \frac{x+2}{x}-(x-1)(x+1)\ln \frac{x+1}{x-1} \right)$

ΣΗΜ: Έκανα μία λύση... ( το όριο είναι 2) αλλά γιά μιά λεπτομέρεια έχω τις επιφυλάξεις μου...
γι αυτό περιμένω τις απόψεις της παρέας...

...ζητώ συγγνώμη από όλους για το τυπογραφικό λάθος που έκανα, έγινε η διόρθωση...

...Καλησπέρα

λύνωντας στο μάθημα μία άλλη άσκηση, είχα την παρακάτω έμπνευση για το όριο του μαθητού μου...

Αν $f(x)=x(x+2)\ln \frac{x+2}{x},\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$ προφανώς θέλουμε το $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( f(x)-f(x-1) \right)$ .

(Σκέφθηκα, για να δω πως συμπεριφέρονται οι τιμές της

στο άπειρο, να δώ αν η ${{C}_{f}}$ έχει ασύμπτωτη στο $+\infty$ ….)

γι αυτό εξετάζουμε αν υπάρχει το $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)}{x}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( (x+2)\ln \frac{x+2}{x} \right)$

και με $u=\frac{x+2}{x}$ του $x\to +\infty$ το $u\to 1$ και επειδή από

$u=\frac{x+2}{x}\Leftrightarrow u=1+\frac{2}{x}\Leftrightarrow \frac{2}{x}=u-1\Leftrightarrow x=\frac{2}{u-1}$ άρα $x+2=\frac{2}{u-1}+2=\frac{2u}{u-1}$

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)}{x}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( (x+2)\ln \left( \frac{x+2}{x} \right) \right)=$

$=\underset{u\to 1}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{2u}{u-1}\ln u \right)=\underset{u\to 1}{\mathop{\lim }}\,\left( 2u\frac{\ln u}{u-1} \right)=2$

Και τώρα $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( f(x)-2x \right)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( x(x+2)\ln \frac{x+2}{x}-2x \right)\underset{\begin{smallmatrix} x\to +\infty \\ u\to 1 \end{smallmatrix}}{\overset{u=\frac{x+2}{x}}{\mathop{=}}}\,$

$\underset{u\to 1}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{2}{u-1}\frac{2u}{u-1}\ln u-2\frac{2}{u-1} \right)=4\underset{u\to 1}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{u\ln u-u+1}{{{(u-1)}^{2}}} \right)$

$4\underset{u\to 1}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{\ln u+1-1)}{2(u-1)} \right)=4\cdot \frac{1}{2}=2$ επομένως η ευθεία y=2x+2

είναι ασύμπτωτη της ${{C}_{f}}$ στο $+\infty$ οπότε ισχύει $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( f(x)-2x-2 \right)=0$

επίσης τότε και $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( f(x-1)-2(x-1)-2 \right)=0$ αφού του $x\to +\infty$ και το $x-1\to +\infty$

άρα υπάρχει το $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \left( f(x)-2x-2 \right)-\left( f(x-1)-2(x-1)-2 \right) \right)=0$ δηλαδή

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( f(x)-f(x-1)-2 \right)=0$ ή $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( f(x)-f(x-1) \right)=2$

Και κάνοντας προεκτάσεις μετά από αυτή την αντιμετώπιση ενδιαφέρον παρουσιάζουν και τα παρακάτω ερωτήματα

Β. Να δειχθεί $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{f}'(x)=2$

Γ. Να δειχθεί ότι $f(x)<2x+2,\,\,x>1$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Σταμ. Γλάρος · #11

KAKABASBASILEIOS έγραψε:
KAKABASBASILEIOS έγραψε:...Καλησπέρα Ενα όριο από ένα μαθητή μου, που το βρήκε σε ένα ξένο site Μαθηματικών...

Να βρεθεί, αν υπάρχει, το όριο:

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( x(x+2)\ln \frac{x+2}{x}-(x-1)(x+1)\ln \frac{x+1}{x-1} \right)$

ΣΗΜ: Έκανα μία λύση... ( το όριο είναι 2) αλλά γιά μιά λεπτομέρεια έχω τις επιφυλάξεις μου...
γι αυτό περιμένω τις απόψεις της παρέας...

...ζητώ συγγνώμη από όλους για το τυπογραφικό λάθος που έκανα, έγινε η διόρθωση...

...Καλησπέρα λύνωντας στο μάθημα μία άλλη άσκηση, είχα την παρακάτω έμπνευση για το όριο του μαθητού μου...

Αν $f(x)=x(x+2)\ln \frac{x+2}{x},\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$ προφανώς θέλουμε το $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( f(x)-f(x-1) \right)$ .

(Σκέφθηκα, για να δω πως συμπεριφέρονται οι τιμές της στο άπειρο, να δώ αν η ${{C}_{f}}$ έχει ασύμπτωτη στο $+\infty$ ….)

γι αυτό εξετάζουμε αν υπάρχει το $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)}{x}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( (x+2)\ln \frac{x+2}{x} \right)$

και με $u=\frac{x+2}{x}$ του $x\to +\infty$ το $u\to 1$ και επειδή από

$u=\frac{x+2}{x}\Leftrightarrow u=1+\frac{2}{x}\Leftrightarrow \frac{2}{x}=u-1\Leftrightarrow x=\frac{2}{u-1}$ άρα $x+2=\frac{2}{u-1}+2=\frac{2u}{u-1}$

[unparseable or potentially dangerous latex formula]

Και τώρα $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( f(x)-2x \right)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( x(x+2)\ln \frac{x+2}{x}-2x \right)\underset{\begin{smallmatrix} x\to +\infty \\ u\to 1 \end{smallmatrix}}{\overset{u=\frac{x+2}{x}}{\mathop{=}}}\,$

$\underset{u\to 1}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{2}{u-1}\frac{2u}{u-1}\ln u-2\frac{2}{u-1} \right)=4\underset{u\to 1}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{u\ln u-u+1}{{{(u-1)}^{2}}} \right)$

$4\underset{u\to 1}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{\ln u+1-1)}{2(u-1)} \right)=4\cdot \frac{1}{2}=2$ επομένως η ευθεία

είναι ασύμπτωτη της ${{C}_{f}}$ στο $+\infty$ οπότε ισχύει $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( f(x)-2x-2 \right)=0$

επίσης τότε και $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( f(x-1)-2(x-1)-2 \right)=0$ αφού του $x\to +\infty$ και το $x-1\to +\infty$

άρα υπάρχει το $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \left( f(x)-2x-2 \right)-\left( f(x-1)-2(x-1)-2 \right) \right)=0$ δηλαδή

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( f(x)-f(x-1)-2 \right)=0$ ή $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( f(x)-f(x-1) \right)=2$

Και κάνοντας προεκτάσεις μετά από αυτή την αντιμετώπιση ενδιαφέρον παρουσιάζουν και τα παρακάτω ερωτήματα

Β. Να δειχθεί $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{f}'(x)=2$

Γ. Να δειχθεί ότι $f(x)<2x+2,\,\,x>1$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Καλησπέρα ! Ο Βασίλης, όπως πάντα, αστείρευτη πηγή έμπνευσης ...
Μια προσπάθεια στο Β.

Είναι $\displaystyle{f'(x)= 2\left[\left(x+1 \right) ln\frac{x+2}{x}\right-1]=2\left(g(x)-1 \right)$ , όπου $\displaystyle{g(x)= \left(x+1 \right) ln\frac{x+2}{x}$ .

Θέτω $\displaystyle{u=\frac{x+2}{x}$ , οπότε για $x\to +\infty$ είναι $u\to 1$ .

Άρα $\displaystyle{\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}g(x)=\underset{u\to 1 }{\mathop{\lim }}\left[\left(\frac{2}{u-1}+1\right) lnu\right]=\underset{u\to 1 }{\mathop{\lim }}\left[\left(u+1\right)\frac{lnu}{u-1} \right]= \underset{u\to 1 }{\mathop{\lim }}\left[\left(u+1\right)\frac{lnu-ln1}{u-1} \right]= 2r'(1)=2$ .

όπου r(u)=lnu

με $\displaystyle{r'(u)=\frac{1}{u}$ και $\displaystyle{r'(1)= \underset{u\to 1 }{\mathop{\lim }}\frac{lnu-ln1}{u-1}=1$ .

Τελικά έχουμε $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{f}'(x)=2(2-1)=2$ .

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

#12

KAKABASBASILEIOS έγραψε: Γ. Να δειχθεί ότι $f(x)<2x+2,\,\,x>1$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Γ. Είναι : $f(x)=x(x+2)\ln \frac{x+2}{x}=x(x+2)\ln \left( 1+\frac{2}{x} \right)$ , $\displaystyle{x>1}$
Θέτουμε : $1+\frac{2}{x}=u>1$ , οπότε : $1+\frac{2}{x}=u\Rightarrow \frac{2}{x}=u-1\Rightarrow x=\frac{2}{u-1}$ άρα $x+2=\frac{2}{u-1}+2=\frac{2u}{u-1}$
και $2x+2=\frac{4}{u-1}+2=\frac{2u+2}{u-1}$
Έστω : $g(u)=\frac{2}{u-1}\frac{2u}{u-1}\ln u=\frac{2u}{{{\left( u-1 \right)}^{2}}}\ln u$ .
Τότε :
$\displaystyle{\begin{array}{l} f(x) < 2x + 2,x > 1 \Leftrightarrow \frac{{2u}}{{{{\left( {u - 1} \right)}^2}}}\ln u < \frac{{2u + 2}}{{u - 1}} \Leftrightarrow \frac{{2u}}{{{{\left( {u - 1} \right)}^2}}}\ln u - \frac{{2u + 2}}{{u - 1}} < 0 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow \frac{1}{{u - 1}}(\frac{{2u}}{{u - 1}}\ln u - 2u - 2) < 0 \\ \end{array}}$
Αφού $\displaystyle{u>1}$ , αρκεί $\frac{2u}{u-1}\ln u-2u-2<0$ , $\displaystyle{u>1}$ .
Επειδή : $\underset{u\to 1}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{2u}{u-1}\ln u-2u-2 \right)=-2$ έχουμε ότι
η συνάρτηση $\displaystyle{G(u)=\left\{ \begin{matrix} \frac{2u}{u-1}\ln u-2u-2\,\,\,,u>1 \\ -2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,,\,\,\,u=1 \\ \end{matrix}\, \right.}$ , είναι συνεχής στο $\displaystyle{[1,+\infty )}$
Τότε : Για $\displaystyle{u>1}$ είναι ${G}'(u)=-\frac{2({{u}^{2}}-3u+\ln u+2)}{{{(u-1)}^{2}}}\le -\frac{2({{u}^{2}}-3u+u-1+2)}{{{(u-1)}^{2}}}=-2<0$
Άρα η $\displaystyle{G}$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{[1,+\infty )}$ οπότε για $\displaystyle{u>1\Rightarrow G(u)<G(1)=-2<0}$
Άρα $\frac{2u}{u-1}\ln u-2u-2<0\Rightarrow \frac{2u}{u-1}\ln u<2u+2$

#13

KAKABASBASILEIOS έγραψε:....
Να βρεθεί, αν υπάρχει, το όριο:

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( x(x+2)\ln \frac{x+2}{x}-(x-1)(x+1)\ln \frac{x+1}{x-1} \right)$

...

Είναι γνωστό (βγαίνει εύκολα με τους κανόνες De l' Hsopital) ότι:
$\lim\limits_{u\rightarrow +\infty }\left( 1+\frac{a}{u}\right) ^{u}=\allowbreak e^{a}$
Η συνάρτηση της οποίας ζητάμε το όριο είναι η
$\displaystyle x\left( x+2\right) \ln \frac{x+2}{x}-\left( x-1\right) \left( x+1\right) \ln \frac{x+1}{x-1}=\ln \left( \frac{\left( \frac{x+2}{x}\right) ^{x\left( x+2\right) }}{\left( \frac{x+1}{x-1}\right) ^{\left( x-1\right) \left( x+1\right) }}\right)$
και
$\displaystyle\frac{\left( \frac{x+2}{x}\right) ^{x\left( x+2\right) }}{\left( \frac{x+1}{x-1}\right) ^{\left( x-1\right) \left( x+1\right) }}=\left( 1-\frac{2}{x^{2}+x}\right) ^{x^{2}+x}\left( 1+\frac{2}{x}\right) ^{x}\left( 1+\frac{2}{x-1}\right) ^{x-1}\left( \frac{x-1}{x+1}\right) ^{-2}$ $\displaystyle \underset{x\rightarrow +\infty }{\rightarrow }e^{-2}\cdot e^{2}\cdot e^{2}\cdot 1=e^{2}$
Άρα το ζητούμενο όριο είναι το $\ln e^{2}=\allowbreak 2$ .
Μαυρογιάννης

#14

Χάριν πλουραλισμού και μόνον, σημειώνω ότι, με κατάλληλη χρήση των ανισοτήτων $ln(1+y)>y-\displaystyle\frac{y^2}{2}$ και $ln(1+y)<y-\displaystyle\frac{y^2}{2}+\frac{y^3}{3}$ , το ζητούμενο όριο υπολογίζεται άμεσα από την προκύπτουσα ανισότητα

$\displaystyle\frac{6x^3-20x^2+10x-12}{3x(x-1)^2}<f(x)<\frac{6x^4-4x^3+18x^2-36x+16}{3x^2(x-1)^2},$

όπου $f(x)=x(x+2)ln\left(\frac{x+2}{x}\right)-(x-1)(x+1)ln\left(\frac{x+1}{x-1}\right).$

mathematica.gr

ΠΡΩΤΟΤΥΠΟ ΟΡΙΟ

ΠΡΩΤΟΤΥΠΟ ΟΡΙΟ

Re: ΠΡΩΤΟΤΥΠΟ ΟΡΙΟ

Re: ΠΡΩΤΟΤΥΠΟ ΟΡΙΟ

Re: ΠΡΩΤΟΤΥΠΟ ΟΡΙΟ

Re: ΠΡΩΤΟΤΥΠΟ ΟΡΙΟ

Re: ΠΡΩΤΟΤΥΠΟ ΟΡΙΟ

Re: ΠΡΩΤΟΤΥΠΟ ΟΡΙΟ

Re: ΠΡΩΤΟΤΥΠΟ ΟΡΙΟ

Re: ΠΡΩΤΟΤΥΠΟ ΟΡΙΟ

Re: ΠΡΩΤΟΤΥΠΟ ΟΡΙΟ

Re: ΠΡΩΤΟΤΥΠΟ ΟΡΙΟ

Re: ΠΡΩΤΟΤΥΠΟ ΟΡΙΟ

Re: ΠΡΩΤΟΤΥΠΟ ΟΡΙΟ

Re: ΠΡΩΤΟΤΥΠΟ ΟΡΙΟ

Μέλη σε σύνδεση