2 ολοκληρώματα

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2875
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

2 ολοκληρώματα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » Τετ Φεβ 25, 2009 8:16 pm

i) \ \displaystyle\int{\frac{{\alpha}x^2-\beta}{{\alpha}^2{x^4}+{\beta}^2}\,dx}, \  \alpha,\,\beta\in\mathbb{R}^{+}

ii) \ \displaystyle\int{\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{\left({1+x^2}\right)^2}\,dx}, \ m\in\mathbb{R}

[γιά τά οποία έχω επιλύσεις]


{\color{dred}\Gamma\!\rho\,{\rm{H}}\gamma\varnothing\varrho{\mathscr{H}}\varsigma \ {\mathbb{K}}\,\Omega\sum{\rm{t}}{\mathscr{A}}\,{\mathbb{K}}\!\odot\varsigma

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

Re: 2 ολοκληρώματα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Τετ Φεβ 25, 2009 10:34 pm

Άκυρο...τι γράφει ο άνθρωπος όταν πίνει...
τελευταία επεξεργασία από mathxl σε Τετ Φεβ 25, 2009 11:23 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος

Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
Άβαταρ μέλους
chris_gatos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6881
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:03 pm
Τοποθεσία: Ανθούπολη

Re: 2 ολοκληρώματα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από chris_gatos » Τετ Φεβ 25, 2009 11:04 pm

Γρηγόρη απαντάω στο δεύτερο, αλλά λόγω της υπερβολικής πληκτρολόγησης αποφάσισα να σε ταλαιπωρήσω με πολλά 39; στα επόμενα μηνύματα μου...
1)Αν m=0 τότε \displaystyle{\displaystyle  
I = \int {\frac{1} 
{{(1 + x^2 )^2 }}} dx\mathop  = \limits^{x = \tan t} \int {\cos ^2 } tdt = \int {\frac{{1 + \cos 2t}} 
{2}} dt = \frac{t} 
{2} + \frac{{\sin 2t}} 
{4} + c 
}...(εύκολο αυτό,τώρα αρχίζουν τα δύσκολα)
2)Αν m διαφορετικό απο το μηδέν
είναι \displaystyle{\displaystyle  
I = \int {\frac{{e^{m\arctan x} }} 
{{\left( {1 + x^2 } \right)^2 }}} dx\mathop  = \limits_{\frac{{dx}} 
{{\left( {1 + x^2 } \right)}} = dt}^{x = \tan t} \int {e^{mt} \frac{{1 + \cos 2t}} 
{2}dt = \frac{{e^{mt} }} 
{{2m}}}  + \frac{1} 
{2}\int {e^{mt} \cos 2tdt}  
},απ'όπου τώρα υπολογίζεται χωρίς δυσκολία...


Χρήστος Κυριαζής
Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2875
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: 2 ολοκληρώματα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » Πέμ Φεβ 26, 2009 1:53 pm

ii) \ \displaystyle\int{\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{\left({1+x^2}\right)^2}\,dx}

α' τρόπος: ( λύση τού Χ. Κυριαζή ) Θέτωντας x=\tan{\theta}, προκύπτει \arctan{x}=\theta καί \displaystyle\frac{1}{1+x^2}\,dx=d\theta.

\displaystyle\int{\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{\left({1+x^2}\right)^2}\,dx}=\int{\frac{e^{m\theta}}{1+\tan^2{\theta}}\,d\theta}=\int{e^{m\theta}\cos^2{\theta}\,d\theta}=\frac{1}{2}\int{e^{m\theta}\left({1+\cos({2\theta})}\right)\,d\theta}=

\displaystyle\frac{1}{2}\int{e^{m\theta}\,d\theta}+\frac{1}{2}\int{e^{m\theta}\cos({2\theta})\,d\theta}=\frac{e^{m\theta}}{2m}+\frac{1}{2}\,J.

J=\displaystyle\int{e^{m\theta}\cos({2\theta})\,d\theta}=\frac{1}{m}\int{\left({e^{m\theta}}\right)^{\prime}\cos({2\theta})\,d\theta}=\frac{e^{m\theta}}{m}\cos({2\theta})-\frac{1}{m}\int{e^{m\theta}\left({\cos({2\theta})}\right)^{\prime}\,d\theta}=

\displaystyle\frac{e^{m\theta}}{m}\cos({2\theta})+\frac{2}{m}\int{e^{m\theta}\sin({2\theta})\,d\theta}=\frac{e^{m\theta}}{m}\cos({2\theta})+\frac{2}{m^2}\int{\left({e^{m\theta}}\right)^{\prime}\sin({2\theta})\,d\theta}=

\displaystyle\frac{e^{m\theta}}{m}\cos({2\theta})+\frac{2\,e^{m\theta}}{m^2}\sin({2\theta})-\frac{2}{m^2}\int{e^{m\theta}\left({\sin({2\theta})}\right)^{\prime}\,d\theta}=

\displaystyle\frac{e^{m\theta}}{m}\cos({2\theta})+\frac{2\,e^{m\theta}}{m^2}\sin({2\theta})-\frac{4}{m^2}\int{e^{m\theta}\cos({2\theta})\,d\theta}=

\displaystyle\frac{e^{m\theta}}{m}\cos({2\theta})+\frac{2\,e^{m\theta}}{m^2}\sin({2\theta})-\frac{4}{m^2}\,J \ \Leftrightarrow

\displaystyle\frac{m^2+4}{m^2}\,J=\frac{e^{m\theta}}{m^2}\left({m\cos({2\theta})+2\sin({2\theta})}\right) \ \Leftrightarrow \ J=\displaystyle\frac{e^{m\theta}}{m^2+4}\left({m\cos({2\theta})+2\sin({2\theta})}\right).

\displaystyle\int{\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{\left({1+x^2}\right)^2}\,dx}=\frac{e^{m\theta}}{2m}+\frac{1}{2}\,\frac{e^{m\theta}}{m^2+4}\left({m\cos({2\theta})+2\sin({2\theta})}\right)=

\displaystyle\frac{e^{m\theta}}{2m}+\frac{1}{2}\,\frac{e^{m\theta}}{m^2+4}\left({m\,\frac{1-\tan^2{\theta}}{1+\tan^2{\theta}}+2\,\frac{2\tan{\theta}}{1+\tan^2{\theta}}}\right)=\frac{e^{m\theta}}{2m}+\frac{e^{m\theta}}{2(m^2+4)}\,\frac{m-m\tan^2{\theta}+4\tan{\theta}}{1+\tan^2{\theta}}\stackrel{x=\tan{\theta}}{=}

\displaystyle\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{2m}+\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{2(m^2+4)}\,\frac{m-mx^2+4x}{1+x^2}=

\displaystyle\frac{2mx+m^2+2+2x^2}{m(4+m^2)(1+x^2)}\,e^{m\,\arctan{x}}+c. \ \square


β' τρόπος: \displaystyle{I}=\int{\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{\left({1+x^2}\right)^2}\,dx}=\int{e^{m\,\arctan{x}}\left({\frac{x}{2(1+x^2)}+\frac{1}{2}\,\arctan{x}}\right)^{\prime}\,dx}=

\displaystyle\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{2}\left({\frac{x}{1+x^2}+\arctan{x}}\right)-\frac{1}{2}\int{\left({e^{m\,\arctan{x}}}\right)^{\prime}\left({\frac{x}{1+x^2}+\arctan{x}}\right)\,dx}=

\displaystyle\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{2}\left({\frac{x}{1+x^2}+\arctan{x}}\right)-\frac{1}{2}\int{\frac{m\,e^{m\,\arctan{x}}}{1+x^2}\,\left({\frac{x}{1+x^2}+\arctan{x}}\right)\,dx}=

\displaystyle\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{2}\left({\frac{x}{1+x^2}+\arctan{x}}\right)-\frac{m}{2}\int{e^{m\,\arctan{x}}\frac{x}{(1+x^2)^2}\,dx}-\frac{1}{2}\int{\frac{m\,e^{m\,\arctan{x}}}{1+x^2}\,\arctan{x}\,dx}=

\displaystyle\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{2}\left({\frac{x}{1+x^2}+\arctan{x}}\right)-\frac{m}{2}\int{e^{m\,\arctan{x}}\left({\frac{1}{2(1+x^2)}}\right)^{\prime}\,dx}-\frac{1}{2m}\int{\frac{m\,e^{m\,\arctan{x}}}{1+x^2}\,m\,\arctan{x}\,dx}\stackrel{(*)}{=}

\displaystyle\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{2}\left({\frac{x}{1+x^2}+\arctan{x}}\right)+\frac{m}{2}\,\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{2(1+x^2)}-\frac{m}{2}\int{\left({e^{m\,\arctan{x}}}\right)^{\prime}\frac{1}{2(1+x^2)}\,dx}-\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{2m}\left({m\,\arctan{x}-1}\right)+c=

\displaystyle\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{2}\,\frac{x}{1+x^2}+\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{2}\,\arctan{x}+\frac{m\,e^{m\,\arctan{x}}}{4(1+x^2)}-\frac{m}{4}\int{\frac{m\,e^{m\,\arctan{x}}}{(1+x^2)^2}\,dx}-\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{2}\,\arctan{x}+\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{2m}+c=

\displaystyle\frac{x\,e^{m\,\arctan{x}}}{2(1+x^2)}+\frac{m\,e^{m\,\arctan{x}}}{4(1+x^2)}-\frac{m^2}{4}\,I+\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{2m}+c \ \Leftrightarrow

\displaystyle{I}+\frac{m^2}{4}\,I=\frac{x\,e^{m\,\arctan{x}}}{2(1+x^2)}+\frac{m\,e^{m\,\arctan{x}}}{4(1+x^2)}+\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{2m}+c \ \Leftrightarrow

\displaystyle\frac{4+m^2}{4}\,I=\frac{2mx\,e^{m\,\arctan{x}}}{4m(1+x^2)}+\frac{m^2\,e^{m\,\arctan{x}}}{4m(1+x^2)}+\frac{2(1+x^2)\,e^{m\,\arctan{x}}}{4m(1+x^2)}+c \ \Leftrightarrow

\displaystyle{I}=\frac{2mx+m^2+2+2x^2}{m(4+m^2)(1+x^2)}\,e^{m\,\arctan{x}}+c. \ \square

(*) \ \displaystyle\int{\frac{m\,e^{m\,\arctan{x}}}{1+x^2}\,m\,\arctan{x}\,dx}\stackrel{\tiny{{\begin{array}{c} 
   {t=m\,\arctan{x}}  \\ 
   {dt=\frac{m}{1+x^2}\,dx}  \\ 
\end{array}}}}{=}\int{e^{t}\,t\,dt}=e^{t}\,(t-1)+c=

e^{m\,\arctan{x}}\left({m\,\arctan{x}-1}\right)+c.


{\color{dred}\Gamma\!\rho\,{\rm{H}}\gamma\varnothing\varrho{\mathscr{H}}\varsigma \ {\mathbb{K}}\,\Omega\sum{\rm{t}}{\mathscr{A}}\,{\mathbb{K}}\!\odot\varsigma
Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: 2 ολοκληρώματα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Πέμ Φεβ 26, 2009 11:57 pm

Για το πρώτο ολοκλήρωμα μπορεί κανείς να γραψει την ολοκληρωτέα ποσότητα ως \frac{ax^{2}-b}{(a^{2}x^{2}-a\sqrt{2ba}x+ab)(x^{2}+\sqrt{\frac{2b}{a}}x+\frac{b}{a})} και να τη διασπάσει σε κλάσματα με παρονομαστές τους αντίστοιχους δευτεροβάθμιους παράγοντες, αλλά οι πράξεις που θα ακολουθήσουν είναι άνευ προηγουμένου...!! Φαντάζομαι θα υπάρχει κάποιος πιο έξυπνος τροπος...


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2875
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: 2 ολοκληρώματα

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » Παρ Φεβ 27, 2009 3:44 am

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Φαντάζομαι θα υπάρχει κάποιος πιο έξυπνος τροπος...
Πράγματι υπάρχει.

Κατ' αρχήν μιά απλοποίηση:
Θέτωντας \rho=\displaystyle\frac{\beta}{\alpha} τό \displaystyle\int{\frac{{\alpha}x^2-\beta}{{\alpha}^2{x^4}+{\beta}^2}\,dx} γίνεται \displaystyle\frac{1}{\alpha}\int{\frac{x^2-\rho}{x^4+{\rho}^2}\,dx}, \ \rho\in\mathbb{R}^{+}.


{\color{dred}\Gamma\!\rho\,{\rm{H}}\gamma\varnothing\varrho{\mathscr{H}}\varsigma \ {\mathbb{K}}\,\Omega\sum{\rm{t}}{\mathscr{A}}\,{\mathbb{K}}\!\odot\varsigma
Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: 2 ολοκληρώματα

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Παρ Φεβ 27, 2009 1:19 pm

Πράγματι, με την απλοποίηση γλυτώνει κανείς κάμποσες πράξεις, αν ακολουθήσει το δρόμο της διάσπασης του κλάσματος όμως δε θα τις αποφύγει εντελώς. Αναρωτιόμουν αν υπάρχει κάποιος διαφορετικός τρόπος που εγώ αγνοώ. Πάντως με αυτόν τον τρόπο (δεν ξέρω αν εσυ έχεις κάνει κάτι διαφορετικό, επειδή είπες ότι έχεις κάποια λύση) το έκανα ως εξής: (ελπίζω να μην έχω κάνει κάποιο λάθος..)
Θέτωντας όπως είπες \rho=\displaystyle\frac{\beta}{\alpha} έχουμε

\displaystyle\int{\frac{{\alpha}x^2-\beta}{{\alpha}^2{x^4}+{\beta}^2}\,dx}=\displaystyle\frac{1}{\alpha}\int{\frac{x^2-\rho}{x^4+{\rho}^2}\,dx}=\displaystyle\frac{1}{\alpha}\int{\frac{x^2-\rho}{(x^{2}+\sqrt{2\rho}x+\rho)(x^{2}-\sqrt{2\rho}x+\rho)}\,dx}=\displaystyle\frac{1}{\alpha}\int{\frac{-\frac{\sqrt{2\rho}}{2\rho}x-\frac{1}{2}}{x^{2}+\sqrt{2\rho}x+\rho}+\frac{\frac{\sqrt{2\rho}}{2\rho}x-\frac{1}{2}}{x^{2}-\sqrt{2\rho}x+\rho}\,dx}=\displaystyle\frac{1}{\alpha}\frac{\sqrt{2\rho}}{4\rho}\int{-\frac{2x+\sqrt{2\rho}}{x^{2}+\sqrt{2\rho}x+\rho}+\frac{2x-\sqrt{2\rho}}{x^{2}-\sqrt{2\rho}x+\rho}\,dx}=\displaystyle\frac{1}{\alpha}\frac{\sqrt{2\rho}}{4\rho}\ln\frac{x^{2}-\sqrt{2\rho}x+\rho}{x^{2}+\sqrt{2\rho}x+\rho}+c=\displaystyle\frac{1}{\alpha}\frac{\sqrt{2\frac{\beta}{\alpha}}}{4\frac{\beta}{\alpha}}\ln\frac{x^{2}-\sqrt{2\frac{\beta}{\alpha}}x+\frac{\beta}{\alpha}}{x^{2}+\sqrt{2\frac{\beta}{\alpha}}x+\frac{\beta}{\alpha}}+c


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

Re: 2 ολοκληρώματα

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Παρ Φεβ 27, 2009 4:03 pm

Τώρα που το ξανασκέφτομαι, ένας τρόπος να γλυτώσει κανείς τις όποιες πράξεις εμφανίζονται, είναι, αντί να γράψει x^{4}+\rho^{2}=(x^{2}+Ax+B)(x^{2}+Cx+D) και να εξισώσει τους αντίστοιχους συντελεστές, να παρατηρήσει απλά ότι οι λύσεις τις x^{4}+\rho^{2}=0 είναι οι x=\pm\frac{\sqrt{2\rho}}{2}\pm i\frac{\sqrt{2\rho}}{2} , οπότε θα είναι x^{4}+\rho^{2}=\Big(x-(\frac{\sqrt{2\rho}}{2}+i\frac{\sqrt{2\rho}}{2})\Big)\Big(x-(\frac{\sqrt{2\rho}}{2}-i\frac{\sqrt{2\rho}}{2})\Big)\cdot \\ \Big(x-(-\frac{\sqrt{2\rho}}{2}+i\frac{\sqrt{2\rho}}{2})\Big)\Big(x-(-\frac{\sqrt{2\rho}}{2}-i\frac{\sqrt{2\rho}}{2})\Big)=(x^{2}-\sqrt{2\rho}x+\rho)(x^{2}+\sqrt{2\rho}x+\rho)
τελευταία επεξεργασία από Κοτρώνης Αναστάσιος σε Τρί Δεκ 22, 2009 12:48 pm, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2875
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: 2 ολοκληρώματα

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » Σάβ Φεβ 28, 2009 3:16 am

Αναστάσιε, έκανες μιά πάρα πολύ καλή επίλυση σε ένα ολοκλήρωμα πού "έφτιαξα" ο ίδιος και, επομένως, ήταν δεδομένη η "αδικία", από μέρους μου, προς τούς άλλους.
Η διαφορετική λύση είναι:
Θέτοντας \rho=\displaystyle\frac{\beta}{\alpha} τό \displaystyle\int{\frac{{\alpha}x^2-\beta}{{\alpha}^2{x^4}+{\beta}^2}\,dx} γίνεται \displaystyle\frac{1}{\alpha}\int{\frac{x^2-\rho}{x^4+{\rho}^2}\,dx}, \rho\in\mathbb{R}^{+}.

Θέτοντας t=\displaystyle{x}+\frac{\rho}{x}, προκύπτουν dt=\displaystyle\left({1-\frac{\rho}{x^2}}\right)dx \ \Leftrightarrow \ x^2\,dt=\left({x^2-\rho}\right)dx καί x^2t^2=\displaystyle{x^2}\left({x+\frac{\rho}{x}}\right)^2=x^4+2\rho{x^2}+{\rho}^2 \ \Leftrightarrow \ x^2\left({t^2-2\rho}\right)=x^4+{\rho}^2.
Επομένως \displaystyle\int{\frac{x^2-\rho}{x^4+{\rho}^2}\,dx}=\int{\frac{1}{t^2-2\rho}\,dt}=-\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{\rho}}\int{\frac{\left({\frac{t\,\sqrt{2}}{2\sqrt{\rho}}}\right)^{\prime}}{1-\left({\frac{t\,\sqrt{2}}{2\sqrt{\rho}}}\right)^2}\,dt}=
\displaystyle-\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{\rho}}\,{\rm{arc}}\!\tanh{\textstyle\left({\frac{t\,\sqrt{2}}{2\sqrt{\rho}}}\right)}+c\stackrel{t\,=\,{x}+\frac{\rho}{x}}{=}\,-\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{\rho}}\,{\rm{arc}}\!\tanh{\textstyle\left({\frac{(x^2+\rho)\sqrt{2}}{2x\sqrt{\rho}}}\right)}+c.
Άρα \displaystyle\int{\frac{{\alpha}x^2-\beta}{{\alpha}^2{x^4}+{\beta}^2}\,dx}=-\frac{1}{\alpha}\,\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{\rho}}\,{\rm{arc}}\!\tanh{\textstyle\left({\frac{(x^2+\rho)\sqrt{2}}{2x\sqrt{\rho}}}\right)}+c\stackrel{\rho\,=\,\frac{\beta}{\alpha}}{=}
\displaystyle-\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{\alpha\beta}}\,{\rm{arc}}\!\tanh{\textstyle\left({\frac{(\alpha{x^2}+\beta)\sqrt{2}}{2x\sqrt{\alpha\beta}}}\right)}+c, \alpha,\,\beta\in\mathbb{R}^{+}. \ \square

Υ.Γ. Το αποτέλεσμα πού βρίσκεις είναι το ίδιο, επειδή \displaystyle{\rm{arc}}\!\tanh{t}=\frac{1}{2}\ln{\textstyle\frac{1+t}{1-t}}.


{\color{dred}\Gamma\!\rho\,{\rm{H}}\gamma\varnothing\varrho{\mathscr{H}}\varsigma \ {\mathbb{K}}\,\Omega\sum{\rm{t}}{\mathscr{A}}\,{\mathbb{K}}\!\odot\varsigma
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες