ΟΡΙΑ ΚΑΙ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ

Δυσκολότερα θέματα τα οποία όμως άπτονται της σχολικής ύλης και χρησιμοποιούν αποκλειστικά θεωρήματα που βρίσκονται μέσα σε αυτή. Σε διαφορετική περίπτωση η σύνταξη του μηνύματος θα πρέπει να γίνει στο υποφόρουμ "Ο ΦΑΚΕΛΟΣ ΤΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΥ"

Συντονιστής: Μπάμπης Στεργίου

KAKABASBASILEIOS
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1508
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 01, 2009 1:46 pm

ΟΡΙΑ ΚΑΙ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KAKABASBASILEIOS » Τρί Νοέμ 01, 2011 2:31 am

...για τους ξενυχτες της παρέας, δύο θέματα από το αρχείο μου,αγνώστου πηγής...

1) Αν a,\beta \in R και ισχύειa{{e}^{x}}+\beta {{e}^{-x}}\ge 2 για κάθε x\in R να αποδείξετε ότι a\beta \ge 1

2) Για την συνάρτηση f:R\to R ισχύει η σχέση 2f(x)+\eta \mu (f(x))=x,\,\,\,x\in R
Να δείξετε ότι \displaystyle{\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,f(x)=0}.

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης


f ανοιγοντας τους δρομους της Μαθηματικης σκεψης, f' παραγωγος επιτυχιας
Τα Μαθηματικά είναι απλά...όταν σκέπτεσαι σωστά...
Τα Μαθηματικά είναι αυτά...για να δεις πιό μακρυά...
Τα Μαθηματικά είναι μαγεία...όταν έχεις φαντασία...
Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: ΟΡΙΑ ΚΑΙ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Τρί Νοέμ 01, 2011 4:41 am

1) Διακρίνουμε περιπτώσεις :

Αν a=0 τότε b\geq2e^x για κάθε x\in\mathbb R, άτοπο αφού \de\lim_{x\to+\infty}e^x=+\infty.

Av b=0, τότε ae^x\geq2 για κάθε x\in\mathbb R, άτοπο αφού \de\lim_{x\to-\infty}e^x=0.

Av a>0 και b<0, τότε παίρνοτας όρια στη δοθείσα για x\to-\infty έχουμε άτοπο.

Av a<0 και b>0, τότε παίρνοτας όρια στη δοθείσα για x\to+\infty έχουμε άτοπο.

Av a<0 και b<0, τότε για x=0 στη δοθείσα έχουμε άτοπο.

Για a,b>0 τώρα θέτοντας f(x)=ae^x+be^{-x} έχουμε f{'}(x)>0\Leftrightarrow x>\ln(\sqrt{b/a}) και f{'}(x)<0\Leftrightarrow x<\ln(\sqrt{b/a}).

Έχουμε δηλαδή ολικό ελάχιστο το f(\sqrt{b/a}) και απο τη δοθείσα θα πρέπει f(\sqrt{b/a})\geq2, άρα ab\geq1.


2) Από την |\eta\mu x|\leq|x| και τη δοθείσα έχουμε |x-2f(x)|\leq|f(x)|, άρα :

Για f(x)\geq0 παίρνουμε \begin{cases}f(x)\leq x \\ \wedge \\ f(x)\geq x/3\end{cases} και για f(x)\leq0 παίρνουμε \begin{cases}f(x)\geq x \\ \wedge \\ f(x)\leq x/3\end{cases}.

Από τα παραπάνω προκύπτει ότι :

Αν x>0 τότε f(x)\geq0 και x/3\leq f(x)\leq x άρα \lim x_{x\to0^+}f(x)=0 και

Αν x<0 τότε f(x)\leq0 και x\leq f(x)\leq x/3 άρα \lim x_{x\to0^-}f(x)=0.

Συνολικά \displaystyle{\lim_{x\to0}f(x)=0}.


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Άβαταρ μέλους
Μάκης Χατζόπουλος
Δημοσιεύσεις: 2456
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 4:13 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: ΟΡΙΑ ΚΑΙ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μάκης Χατζόπουλος » Τρί Νοέμ 01, 2011 5:51 am

KAKABASBASILEIOS έγραψε:...για τους ξενυχτες της παρέας, δύο θέματα από το αρχείο μου,αγνώστου πηγής...

1) Αν a,\beta \in R και ισχύειa{{e}^{x}}+\beta {{e}^{-x}}\ge 2 για κάθε x\in R να αποδείξετε ότι a\beta \ge 1
Βασίλη τι μας κάνεις βραδιάτικα, έχε χάρη που η μικρή είναι άρρωστη, οπότε η άσκηση σου μου κρατάει καλή παρέα

Θέτουμε συνάρτηση f\left( x \right) = a{e^x} + b{e^{ - x}} με f\left( 0 \right) = a + b \ge 2 άρα αποκλείονται οι περιπτώσεις a \le 0 \wedge b \le 0. Για κάθε x \in R έχουμε f\left( x \right) \ge 2 (1) και

f'\left( x \right) = a{e^x} - b{e^{ - x}} για να την λύσουμε διακρίνουμε περιπτώσεις για το πρόσημο των a,b.

\bullet {\rm A}\nu \,\,a > 0 \wedge b < 0 τότε f' > 0 δηλαδή η f είναι γνησίως φθίνουσα σε όλο το R και το σύνολο τιμών της είναι f\left( A \right) = \left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f\left( x \right),\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right)} \right) = \left( { - \infty , + \infty } \right) άτοπο λόγω της (1)

\bullet {\rm A}\nu \,\,a < 0 \wedge b > 0 τότε f' > 0 δηλαδή η f είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το R και το σύνολο τιμών της είναι
f\left( A \right) = \left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right),\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f\left( x \right)} \right) = \left( { - \infty , + \infty } \right) άτοπο λόγω της (1)

\bullet a = 0 \Rightarrow b \ge 2 οπότε f'\left( x \right) =  - b{e^{ - x}} < 0 με σύνολο τιμών f\left( A \right) = \left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right),\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f\left( x \right)} \right) = \left( {0, + \infty } \right) άτοπο λόγω της (1)

\bullet b = 0 \Rightarrow a \ge 2 τότε f'\left( x \right) = a{e^x} > 0 με σύνολο τιμών f\left( A \right) = \left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f\left( x \right),\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right)} \right) = \left( {0, + \infty } \right) άτοπο λόγω της (1)

Οπότε δεκτές τιμές a > 0 \wedge b > 0 που εύκολα βρίσκουμε μονοτονία και ακρότατα της συνάρτησης όπως φαίνεται παρακάτω:
f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow a{e^x} - b{e^{ - x}} = 0 \Rightarrow {e^{2x}} = \frac{b}{a} \Rightarrow x = \frac{1}{2}\ln \left( {\frac{b}{a}} \right)

f'\left( x \right) > 0 \Rightarrow a{e^x} - b{e^{ - x}} > 0 \Rightarrow {e^{2x}} > \frac{b}{a} \Rightarrow x > \frac{1}{2}\ln \left( {\frac{b}{a}} \right)

άρα στο σημείο {x_0} = \frac{1}{2}\ln \left( {\frac{b}{a}} \right) = \ln \left( {\sqrt {\frac{b}{a}} } \right) η συνάρτηση παρουσιάζει ελάχιστο με ελάχιστη τιμή

f\left( {{x_0}} \right) \ge 2 \Rightarrow a\sqrt {\frac{b}{a}}  + b\sqrt {\frac{a}{b}}  \ge 2 \Rightarrow \sqrt {ab}  + \sqrt {ab}  \ge 2 \Rightarrow 2\sqrt {ab}  \ge 2 \Rightarrow ab \ge 1

Βρε Τάσο πότε την είδες, πότε την έλυσες και πότε την πληκτρολόγησες; Και νόμιζα ότι έπαιζα μόνος μου βραδιάτικα!!! Με έβγαλες από τον κόπο για την δεύτερη!


(1) verba volant, scripta manent = τα λόγια πετούν, τα γραπτά μένουν
Εικόνα
Άβαταρ μέλους
R BORIS
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2178
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 03, 2009 8:08 am
Επικοινωνία:

Re: ΟΡΙΑ ΚΑΙ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από R BORIS » Τρί Νοέμ 01, 2011 7:28 am

έχουμε \displaystyle{-1\le x-2f(x)\le 1 \Rightarrow (x+1)/2\ge f(x) \ge (x-1)/2} και αφού \displaystyle{x\to 0} τελικά \displaystyle{|f(x)|<\pi /2} οπότε με άτοπο δείχνουμε ότι και \displaystyle{x,f(x)} ομόσημοι

θεωρούμε την \displaystyle{\frac{2y}{\pi}<siny<y}όταν \displaystyle{0<y<\pi/2} άρα \displaystyle{2y(\frac{\pi +1}{\pi})<2y+siny<3y}
αντίστοιχα όταν \displaystyle{-\pi /2<y<0}

Αρα με \displaystyle{y=sinx} έχουμε \displaystyle{2y(\frac{\pi +1}{\pi})<x<3y} ή \displaystyle{\frac{x}{3}<y<\frac{\pi x}{2(\pi +1)}}

άρα το δεξί πλευρικό οριο είναι βάσει του ΚΠ το \displaystyle{0} (όμοια και το αριστερό)


KAKABASBASILEIOS
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1508
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 01, 2009 1:46 pm

Re: ΟΡΙΑ ΚΑΙ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KAKABASBASILEIOS » Τρί Νοέμ 01, 2011 10:44 am

..Καλημέρα σε όλη την παρέα...Ευχαριστώ τον Τάσο, τον Ροδόλφο και τον Μάκη..(περαστικά στην κοράκλα σου...) για την ενασχόληση με τα θεματα
και δίνω δύο πιο ήπιες αντιμετωπίσεις όπως τις είδα εγώ...

α) Αν f(x)=a{{e}^{x}}+\beta {{e}^{-x}} τότε ισχύει f(x)\ge 2,\,\,\,x\in R και έχουμε

με a=0 f(x)=\beta {{e}^{-x}} τότε \beta {{e}^{-x}}\ge 2\Leftrightarrow \beta \ge 2{{e}^{x}} που είναι άτοπο για κάθε x\in R άρα a\ne 0

με a<0 τότε επειδή \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{x}}=+\inftyκαι \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{-x}}=0 θα είναι \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=-\infty που είναι άτοπο λόγω f(x)\ge 2,\,\,\,x\in R

άρα αναγκαία a>0 και από a{{e}^{x}}+\beta {{e}^{-x}}\ge 2\Leftrightarrow a{{e}^{2x}}-2{{e}^{x}}+\beta \ge 0,\,\,x\in Rκαι από πρόσημο τριωνύμου θα πρέπει η \Delta =4-4a\beta \le 0\Leftrightarrow \alpha \beta \ge 1

β) Από 2f(x)+\eta \mu (f(x))=x\Leftrightarrow 2f(x)=-\eta \mu (f(x))+x οπότε αναγκαία \left| 2f(x) \right|=\left|- \eta \mu (f(x))+x \right|\le \left| \eta \mu (f(x)) \right|+\left| x \right| και επειδή

\left| \eta \mu (f(x)) \right|\le \left| f(x) \right| θα ισχύει αναγκαία 2\left| f(x) \right|\le \left| x \right|+\left| f(x) \right|\Leftrightarrow \left| f(x) \right|\le \left| x \right| και από κριτήριο παρεμβολής προκύπτει \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,f(x)=0

Φιλικά και Μαθηματικα
Βασίλης
τελευταία επεξεργασία από KAKABASBASILEIOS σε Τετ Νοέμ 02, 2011 12:29 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


f ανοιγοντας τους δρομους της Μαθηματικης σκεψης, f' παραγωγος επιτυχιας
Τα Μαθηματικά είναι απλά...όταν σκέπτεσαι σωστά...
Τα Μαθηματικά είναι αυτά...για να δεις πιό μακρυά...
Τα Μαθηματικά είναι μαγεία...όταν έχεις φαντασία...
Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: ΟΡΙΑ ΚΑΙ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Τρί Νοέμ 01, 2011 5:10 pm

Ας προσθέσουμε κάποια ερωτηματάκια στη 2) :

α) Δείξτε ότι η f(x) είναι γνησίως αύξουσα,

β) Βρείτε τα όρια \displaystyle{\lim_{x\to\pm\infty}f(x)} και \displaystyle{\lim_{x\to\pm\infty}\frac{f(x)}{x}}.


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
KAKABASBASILEIOS
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1508
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 01, 2009 1:46 pm

Re: ΟΡΙΑ ΚΑΙ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KAKABASBASILEIOS » Τετ Νοέμ 02, 2011 1:22 am

...καλησπέρα :logo: με την δική μου συνδρομή στα ερωτήματα του Τάσου....

α) Αν g(x)=2x+\eta \mu x,\,\,\,x\in R είναι {g}'(x)=2+\sigma \upsilon \nu x>0,\,\,\,x\in R άρα η g γνήσια αύξουσα στο R και από την ισότητα προκύπτει ότι g(f(x))=x και

για {{x}_{1}},{{x}_{2}}\in R με {{x}_{1}}<{{x}_{2}} ισχύει g(f({{x}_{1}}))<g(f({{x}_{2}})) και επειδή g γνήσια αύξουσα στο R θα ισχύει f({{x}_{1}})<f({{x}_{2}}) επομένως fείναι γνήσια αύξουσα στο R.

β) Από την ανισότητα \frac{x-1}{2}\le f(x)\le \frac{x+1}{2} (….Ροδόλφος λύση…) επειδή \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x-1}{2}=+\infty το \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=+\infty και επειδή \underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x+1}{2}=-\infty το \underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=-\infty

Τώρα από 2f(x)+\eta \mu (f(x))=x\overset{x\ne 0}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,2\frac{f(x)}{x}+\frac{\eta \mu (f(x))}{x}=1 και αφού \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=+\infty θα είναι και f(x)>0 άρα και f(x)\ne 0 επομένως θα ισχύει

2\frac{f(x)}{x}+\frac{\eta \mu (f(x))}{f(x)}\frac{f(x)}{x}=1\Leftrightarrow \frac{f(x)}{x}(2+\frac{\eta \mu (f(x))}{f(x)})=1 (1)

Ακόμη είναι \left| \frac{\eta \mu (f(x))}{f(x)} \right|\le \frac{1}{f(x)}\Leftrightarrow -\frac{1}{f(x)}\le \frac{\eta \mu (f(x))}{f(x)}\le \frac{1}{f(x)} και αφού \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{f(x)}=0 σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\eta \mu (f(x))}{f(x)}=0 άρα και

\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,(2+\frac{\eta \mu (f(x))}{f(x)})=2>0 έτσι από (1) \frac{f(x)}{x}=\frac{1}{2+\frac{\eta \mu (f(x))}{f(x)}} οπότε \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)}{x}=\frac{1}{2} .... όμοια και για το -\infty

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης


f ανοιγοντας τους δρομους της Μαθηματικης σκεψης, f' παραγωγος επιτυχιας
Τα Μαθηματικά είναι απλά...όταν σκέπτεσαι σωστά...
Τα Μαθηματικά είναι αυτά...για να δεις πιό μακρυά...
Τα Μαθηματικά είναι μαγεία...όταν έχεις φαντασία...
Άβαταρ μέλους
parmenides51
Δημοσιεύσεις: 6240
Εγγραφή: Πέμ Απρ 23, 2009 9:13 pm
Τοποθεσία: Πεύκη
Επικοινωνία:

Re: ΟΡΙΑ ΚΑΙ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Τετ Νοέμ 09, 2011 1:13 am

Για το δέυτερο ερώτημα του Τάσου, διαφορετικά για το όριο \displaystyle{\lim_{x\to\pm\infty}\frac{f(x)}{x}} :

Από τον Ροδόλφο έχουμε \displaystyle{\frac{x-1}{2}\le f(x)\le \frac{x+1}{2}}:

Οπότε για \displaystyle{x>0} έχουμε \displaystyle{\frac{x-1}{2x}\le \frac{f(x)}{x}\le \frac{x+1}{2x}}

κι επειδή \displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{x-1}{2x}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{x+1}{2x}=\frac{1}{2}} ως όρια ρητών στο \displaystyle{+\infty}

από κριτήριο παρεμβολής θα έχουμε πως \displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{f(x)}{x}=\frac{1}{2}}

Ομοίως για \displaystyle{x<0} θα έχουμε \displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}\frac{f(x)}{x}=\frac{1}{2}}

Υ.Γ. Το ίδιο ερώτημα κι εδώ


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11536
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: ΟΡΙΑ ΚΑΙ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τετ Νοέμ 09, 2011 6:42 pm

KAKABASBASILEIOS έγραψε:...για τους ξενυχτες της παρέας, δύο θέματα από το αρχείο μου,αγνώστου πηγής...

1) Αν a,\beta \in R και ισχύειa{{e}^{x}}+\beta {{e}^{-x}}\ge 2 για κάθε x\in R να αποδείξετε ότι a\beta \ge 1
Αλλιώς (και χωρίς παραγώγους).

Όπως στις προηγούμενες αποδείξεις, είναι a>0. Βάζουμε τώρα x= -\ln a στην δοθείσα. Δίνει a\cdot \frac {1}{a}  + ba \ge 2. Άρα ab \ge 1, όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης


Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: ΟΡΙΑ ΚΑΙ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Τετ Νοέμ 09, 2011 7:36 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:Όπως στις προηγούμενες αποδείξεις, είναι a>0. Βάζουμε τώρα x= -\ln a στην δοθείσα. Δίνει a\cdot \frac {1}{a}  + ba \ge 2. Άρα ab \ge 1, όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης
Βρε δάσκαλε πώς το ξεφτύλισες έτσι... :shock:


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11536
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: ΟΡΙΑ ΚΑΙ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τετ Νοέμ 09, 2011 7:54 pm

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:
Βρε δάσκαλε πώς το ξεφτύλισες έτσι... :shock:
Mihalis_Lambrou έγραψε:Όπως στις προηγούμενες αποδείξεις, είναι a>0.
Αν θες να γλιτώσεις και την απόδειξη του a>0 (για να μην παίρνουμε όρια στο άπειρο και κουραστούμε) λέμε:

Δεν μπορεί και τα δύο εκ των a, b να είναι \le 0 γιατί τότε ae^x+ be^{-x} \le 0, άτοπο. Τώρα,

Αν a>0 βάζουμε x=-\ln a ενώ αν b>0 βάζουμε x=\ln b. Και στις δύο περιπτώσεις παίρνουμε ab \ge 1.

Φιλικά,

Μιχάλης


Atemlos
Δημοσιεύσεις: 587
Εγγραφή: Τετ Αύγ 17, 2011 6:11 am
Τοποθεσία: North

Re: ΟΡΙΑ ΚΑΙ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Atemlos » Τετ Νοέμ 09, 2011 7:58 pm

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:
Mihalis_Lambrou έγραψε:Όπως στις προηγούμενες αποδείξεις, είναι a>0. Βάζουμε τώρα x= -\ln a στην δοθείσα. Δίνει a\cdot \frac {1}{a}  + ba \ge 2. Άρα ab \ge 1, όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης
Βρε δάσκαλε πώς το ξεφτύλισες έτσι... :shock:
Astonishing :clap2: ...


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΘΕΜΑΤΑ ΜΕ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ Γ'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης