25 Ολοκληρώματα

#1

Μπορείτε να υπολογίσετε $\displaystyle{\,\,25\,\,\,}$ ολοκληρώματα σε $\displaystyle{\,\,\,20\,\,\,\,}$ λεπτά ;

http://web.mit.edu/abhinavk/www/integra ... al2012.pdf

Από το ΜΙΤ

KARKAR · #2

. $\displaystyle \int_{0}^{1}{x(1-x)^{99}}dx=\frac{1}{10100}$ , αφού εν γένει για τους φυσικούς m,n

, είναι :

$\displaystyle \int_{0}^{1}{x^m(1-x)^{n}}dx=\frac{m!n!}{(m+n+1)!}$

BAGGP93 · #3

Καλησπέρα σε όλους.

Επιτρέψτε μου να γράψω μια απόδειξη για το ολοκλήρωμα που έδωσε ο KARKAR.

Αναφέρομαι στο $\displaystyle{\int_{0}^{1}x^{m}\left(1-x\right)^{n}\,dx=\frac{m!\,n!}{\left(m+n+1\right)!}\,,m,n\in\mathbb{N}}$

Δεν γνώριζα αυτό το αποτέλεσμα και είπα να το αποδείξω έτσι ώστε να το μάθω.

Απόδειξη

Έστω $\displaystyle{m\,,n\in\mathbb{N}$

$\displaystyle{i)\,\,{\color{black}\fbox{n=1}}}$

Είναι,

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{1}x^m\left(1-x\right)\,dx&=\int_{0}^{1}\left(x^m-x^{m+1}\right)\,dx\\&=\left[\frac{x^{m+1}}{m+1}-\frac{x^{m+2}}{m+2}\right]_{0}^{1}\\&=\frac{1}{m+1}-\frac{1}{m+2}\\&=\frac{1}{\left(m+1\right)\left(m+2\right)}=\frac{m!\,1!}{\left(m+2\right)!}\end{aligned}}$

$\displaystyle{ii)}$ Επαγωγική υπόθεση : $\displaystyle{\,\,\,\,\int_{0}^{1}x^{m}\left(1-x\right)^{n}\,dx=\frac{m!\,n!}{\left(m+n+1\right)!}\,,n\geq 1\,\,(I)}$

$\displaystyle{iii)\,\,{\color{black}\fbox{n\to n+1}}}$

Είναι,

$\displaystyle{\begin{aligned}\int_{0}^{1}x^{m}\left(1-x\right)^{n+1}\,dx&=\int_{0}^{1}x^m\left(1-x\right)^{n}\left(1-x\right)\,dx\\&=\int_{0}^{1}\left[x^m\left(1-x\right)^{n}-x^{m+1}\left(1-x\right)^{n}\right]\,dx\\&=\int_{0}^{1}x^{m}\left(1-x\right)^{n}\,dx-\int_{0}^{1}x^{m+1}\left(1-x\right)^{n}\,dx\\&\stackrel{(I)}{=}\frac{m!\,n!}{\left(m+n+1\right)!}-\int_{0}^{1}\left[x^{m+1}\left(1-x\right)^{n}\right]\,dx\\&=\frac{m!\,n!}{\left(m+n+1\right)!}-\int_{0}^{1}x^{m+1}\,d\left[-\frac{1}{n+1}\left(1-x\right)^{n+1}\right]\\&=\frac{m!\,n!}{\left(m+n+1\right)!}-\left[-\frac{1}{n+1}\,x^{m+1}\left(1-x\right)^{n+1}\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\frac{1}{n+1}\left(1-x\right)^{n+1}\,d\left(x^{m+1}\right)\\&=\frac{m!\, n!}{\left(m+n+1\right)!}-\frac{m+1}{n+1}\int_{0}^{1}x^{m}\left(1-x\right)^{n+1}\,dx\\&\Rightarrow \left(1+\frac{m+1}{n+1}\right)\int_{0}^{1}x^{m}\left(1-x\right)^{n+1}\,dx=\frac{m!\,n!}{\left(m+n+1\right)!}\\&\Rightarrow \int_{0}^{1}x^{m}\left(1-x\right)^{n+1}\,dx=\frac{m!\,n!}{\left(m+n+1\right)!}\cdot \frac{n+1}{m+n+2}\\&\Rightarrow \int_{0}^{1}x^{m}\left(1-x\right)^{n+1}\,dx=\frac{m!\,\left(n+1\right)!}{\left(m+n+2\right)!}\\&\Rightarrow \int_{0}^{1}x^{m}\left(1-x\right)^{n+1}\,dx=\frac{m!\,\left(n+1\right)!}{\left[m+\left(n+1\right)+1\right]!}\end{aligned}}$

Άρα, επαγωγικά, δείξαμε ότι : $\displaystyle{\forall n\in\mathbb{N}:\int_{0}^{1}x^{m}\left(1-x\right)^{n}\,dx=\frac{m!\,n!}{\left(m+n+1\right)!}}$

Επίσης, η επιλογή του φυσικού αριθμού $\displaystyle{m}$ έγινε τυχαία, οπότε

$\displaystyle{\forall m\,,n\in\mathbb{N}:\int_{0}^{1}x^{m}\left(1-x\right)^{n}\,dx=\frac{m!\,n!}{\left(m+n+1\right)!}}$

Τέλος, επιτρέψτε μου να γράψω και τη λύση από το ολοκλήρωμα που φέρει τον αριθμό 11, διότι μου άρεσε.

$\displaystyle{11 :\int_{-1}^{0}\frac{x^4+4\,x^3+6\,x^2+4\,x+1}{x^3-3\,x^2+3\,x-1}\,dx}$

Έχουμε ότι $\displaystyle{11 :\int_{-1}^{0}\frac{x^4+4\,x^3+6\,x^2+4\,x+1}{x^3-3\,x^2+3\,x-1}\,dx=\int_{-1}^{0}\frac{\left(x+1\right)^4}{\left(x-1\right)^3}\,dx}$

Θέτοντας $\displaystyle{x-1=t}$ έχουμε $\displaystyle{dx=dt\,\,\kappa \alpha \iota\,\,t\in\left[-2,-1\right]}$ .

Έτσι,

$\displaystyle{I=\int_{-1}^{0}\frac{x^4+4\,x^3+6\,x^2+4\,x+1}{x^3-3\,x^2+3\,x-1}\,dx&=\int_{-2}^{-1}\frac{\left(t+2\right)^4}{t^3}\,dt}$

όπου,

$\displaystyle{\left(t+2\right)^4=\left[\left(t+2\right)^2\right]^2=\left[t^2+4\,t+4\right]^2=t^4+16\,t^2+16+8\,t^3+8\,t^2+32\,t=t^4+8\,t^3+24\,t^2+32\,t+16}$ .

Επομένως,

$\displaystyle{I=\int_{-2}^{-1}\frac{t^4+8\,t^3+24\,t^2+32\,t+16}{t^3}\,dt=\int_{-2}^{-1}\left[t+8+\frac{24}{t}+\frac{32}{t^2}+\frac{16}{t^3}\right]\,dt=\left[\frac{t^2}{2}+8\,t+24\,\ln (-t)-\frac{32}{t}-\frac{8}{t^2}\right]_{-2}^{-1}=...}$

edit: Διεγράφη η περίπτωση όπου n=2

parmenides51 · #4

σ' ευχαριστώ

dr.tasos · #5

το 16

$I= \int \frac{sin4x}{sinx}dx = \int \frac{2sin2xcos2x}{sinx} dx=\int \frac{4sinxcosx(1-2sin^2(x))}{sinx} dx= \int 4cosx(1-2sin^2(x))dx$

u=sinx

$I= \int 4(1-2u^2)du =4sinx-8\frac{sin^3(x)}{3} +c$

#6

Για το 16
με βάση τον τύπο (απαγορευμένο) sin4x=4sinxcosx-8sin^3xcosx

έχουμε
$\int \frac{sin4x}{sinx}dx = \int \frac{4sinxcosx-8sin^3xcosx}{sinx} dx=$
$= \int(4cosx-8sin^2xcosx) dx= 4 \int cosx dx - 8 \int sin^2x(sinx)'dx =$
$=4 sinx - \frac{8}{3}sin^3x + c$ .

#7

exdx έγραψε:Μπορείτε να υπολογίσετε $\displaystyle{\,\,25\,\,\,}$ ολοκληρώματα σε $\displaystyle{\,\,\,20\,\,\,\,}$ λεπτά ;

http://web.mit.edu/abhinavk/www/integra ... al2012.pdf

Από το ΜΙΤ

Αυτά μόνο στην Αμερική γίνονται !

Νομίζω ότι μπορώ να πιάσω τον αριθμό

, σίγουρα δεν θα είναι όμως λεπτά ούτε δευτερόλεπτα

!!!

Μπ.

AIAS · #8

Στο 19

$\int {\dfrac{1}{{\sqrt {{e^x} - 1} }}dx}$

Θέτω $\sqrt {{e^x} - 1} = u \Rightarrow {e^x} - 1 = {u^2} \Rightarrow {e^x}dx = 2udu \Rightarrow \boxed{dx = \frac{{2u}}{{{u^2} + 1}}du}$ και έτσι

$\int {\dfrac{1}{{\sqrt {{e^x} - 1} }}dx} = 2\int {\dfrac{1}{{1 + {u^2}}}du = 2\tau o\xi \varepsilon \varphi u + c = 2\tau o\xi \varepsilon \varphi (\sqrt {{e^x} - 1} ) + c}$

AIAS

dr.tasos · #9

το 6)

$x+2=\sqrt{5}sinu$

$dx=\sqrt{5}cosu du$

$\int \frac{1}{\sqrt{1-4x-x^2}}dx=\int \frac{\sqrt{5}cosu}{\sqrt{5}cosu}du=u+c=arcsin(\frac{x+2}{\sqrt{5}})+c$

dr.tasos · #10

για το 21)
$\int \frac{2}{1-sin2x}dx = \int \frac{2(1+sin2x)}{cos^22x}dx=\int\frac{2}{cos^22x}dx+\int \frac{2sin2x}{cos^22x}dx=tan2x-\frac{1}{cos2x}+c$

dr.tasos · #11

Tolaso J Kos · #12

Για το 9)

$\displaystyle{\int_{1}^{2011}\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{2012-x}+\sqrt{x}}dx}$

Θέτω $\displaystyle{u=2012-x}$ οπότε $\displaystyle{du=-dx}$ και τα νέα άκρα ολοκλήρωσης είναι για $\displaystyle{x=1\Rightarrow u=2011,\, \, \, x=2011\Rightarrow u=1}$ . Οπότε $\displaystyle{I=\int_{1}^{2011}\frac{\sqrt{2012-u}}{\sqrt{u}+\sqrt{2012-u}}du}$

Άρα έχουμε:
$\displaystyle{\left.\begin{matrix} \displaystyle{I=\int_{1}^{2011}\frac{\sqrt{u}}{\sqrt{2012-u}+\sqrt{u}}du} & \\ \displaystyle{I=\int_{1}^{2011}\frac{\sqrt{2012-u}}{\sqrt{2012-u}+\sqrt{u}}du} & \end{matrix}\right\}(+)\Rightarrow 2I=2012\Leftrightarrow I=1006}$

Για το 14)

$\displaystyle{ \int_{0}^{1/2}\frac{x \sin^{-1}(x)}{\sqrt{1-x^2}}dx}$

Θέτω $\displaystyle{y=\sin^{-1}(x)}$ άρα $\displaystyle{dy=\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}}$ . Για $\displaystyle{x=0\Rightarrow y=0,\, \, \, x=1/2\Rightarrow y=\pi /6}$ οπότε το ολοκλήρωμα γίνεται: $\displaystyle{\int_{0}^{\pi /6}y\sin ydy=...=-\frac{\pi -2\sqrt{3}}{4\sqrt{3}} }$ (το τελευταίο υπολογίζεται πανεύκολα με παράγοντες)

Για το 24)

$\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{x^7-1}{\log x}dx}$

Έχουμε: $\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{x^8-x}{x\log x}dx}$
Θέτω $\displaystyle{y=\log (x)\Rightarrow dy=\frac{dx}{x}}$ οπότε $\displaystyle{x=10^y}$ .
Άρα το ολοκλήρωμα γίνεται:
$\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{x^8-x}{x\log(x)}dx=\int_{-\infty }^{0}\left ( 10^{8y}-10^y)dy= \lim_{u\rightarrow -\infty }\int_{u}^{0}\left ( 10^{8y}-10^y \right )dy=...=-\frac{7}{8\ln 10}}$ (το τελευταίο ολοκλήρωμα είναι εύκολο)

Τόλης

Edit: Σβήστηκε η περίπτωση ο $\displaystyle{\log x}$ να δηλώνει το δεκαδικό λογάριθμο, ύστερα από την εύστοχη παρατήρηση του Τάσου που τον ευχαριστώ

dr.tasos · #13

Μιας και βαριέμαι ...

14 )

$u=sin^{-1}x \Rightarrow du=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx$

$\int \frac{xsin^{-1}x}{\sqrt{1-x^2}}dx= \int usinu du =\int (-cosu)'udu=-ucosu+sinu+c=$

$=-cos(sin^{-1}x) \cdot sin^{-1}x+x+c$

dr.tasos · #14

Το $log_{10}$ πρέπει να γίνει

αφου νομίζω πως δηλώνεται ρητά στην αρχή του φυλλαδίου .

Tolaso J Kos · #15

dr.tasos έγραψε:Το $log_{10}$ πρέπει να γίνει αφου νομίζω πως δηλώνεται ρητά στην αρχή του φυλλαδίου .

Τάσο έχεις δίκιο δεν το είδα! Έμεινα με την ορολογία που έχουν πολλοί συγγραφείς στα βιβλία τους. Αφού λοιπόν δηλώνεται ρητά, ισχύει η πρώτη λύση που έδωσα. Σε ευχαριστώ που το παρατήρησες.

BAGGP93 · #16

Για το 23. $\displaystyle{\int_{0}^{2}x^5\,\sqrt{1+x^3}\,dx}$

Λύση

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{2}x^5\,\sqrt{1+x^3}\,dx&=\frac{1}{3}\,\int_{0}^{2}x^3\,\left(1+x^3\right)'\,\left(1+x^3\right)^{1/2}\,dx=\left[\frac{2}{9}\,x^3\,\left(1+x^3\right)^{3/2}\right]_{0}^{2}-\int_{0}^{2}\frac{2}{9}\,\left(1+x^3\right)^{3/2}\,\left(x^3\rigt)'\,dx\\&=\frac{16}{9}\,\left(9^{3/2}\right)-\int_{0}^{9}\frac{2}{3}x^2\,\left(1+x^3\right)^{3/2}\,dx\\&=27-\left[\frac{4}{15}\,\left(1+x^3\right)^{5/2}\right]_{0}^{2}\\&=27-\frac{4\,\left(9^{5/2}\right)}{15}+\frac{4}{15}\\&=27-\frac{9^3\cdot 4}{15}+\frac{4}{15}=...\end{aligned}}$

Για το 4. $\displaystyle{\int \frac{1}{\sqrt{x}\,\left(\sqrt[4]{x}+1\right)^{10}}\,dx}$

Λύση

Το διάστημα ολοκλήρωσης είναι το $\displaystyle{I=\left(0,+\infty\right)}$ .

Με την αντικατάσταση $\displaystyle{x=t^{8}}$ έχουμε $\displaystyle{dx=8\,t^7\,dt\,,\sqrt{x}=t^4\,,\sqrt[4]{x}=t^2}$ , άρα το ολοκλήρωμα γίνεται

$\displaystyle{\begin{aligned} \int \frac{1}{\sqrt{x}\,\left(\sqrt[4]{x}+1\right)^{10}}\,dx&=\int \frac{8\,t^7}{t^4\,\left(t^2+1\right)^{10}}\,dt\\&=\int \frac{8\,t^3}{\left(t^2+1\right)^{10}}\,dt\\&=\int \left(-2\,t\right)\,\left(t^2+1\right)^{-10}\,\left(-4\,t^2\right)\,dt=-4\,t^2\,\frac{1}{9}\,\left(t^2+1\right)^{-9}-\int -\frac{8}{9}\,t\,\left(t^2+1\right)^{-9}\,dt\\&=-4\,t^2\,\frac{1}{9}\,\left(t^2+1\right)^{-9}+\frac{4}{9}\,\int \left(t^2+1\right)'\,\left(t^2+1\right)^{-9}\,dt\\&=-4\,t^2\,\frac{1}{9}\,\left(t^2+1\right)^{-9}-\frac{2}{45}\,\left(t^2+1\right)^{-10}\\&=-\frac{4}{9}\,\sqrt[4]{x}\,\left(\sqrt[4]{x}+1\right)^{-9}-\frac{2}{45}\,\left(\sqrt[4]{x}+1\right)^{-10}+c\,,c\in\mathbb{R}\end{aligned}}$

Για το 6. $\displaystyle{\int \frac{1}{1-4\,x-x^2}\,dx}$

Λύση

Είναι, $\displaystyle{1-4\,x-x^2>0\Leftrightarrow 5-\left(x+2\right)^2>0\Leftrightarrow \left(x+2\right)^2<5\Leftrightarrow x\in\left(-\sqrt{5}-2,\sqrt{5}-2\right)}$

άρα το διάστημα ολοκλήρωσης είναι το $\displaystyle{I=\left(-\sqrt{5}-2,\sqrt{5}-2\right)}$ και έχουμε

$\displaystyle{\begin{aligned} \int \frac{1}{\sqrt{1-4\,x-x^2}}\,dx&=\int \frac{1}{\sqrt{5-\left(x+2\right)^2}}\,dx\\&=\frac{1}{\sqrt{5}}\,\int \frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac{x+2}{\sqrt{5}}\right)^2}}\,dx\\&=\arcsin \left(\frac{x+2}{\sqrt{5}}\right)+c\,,c\in\mathbb{R}\end{aligned}}$

Για το 8. $\displaystyle{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\sin x}\,dx}$

Λύση

$\displaystyle{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\sin x}\,dx&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+2\,\sin \frac{x}{2}\,\cos \frac{x}{2}}\,dx\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sin^2\,\frac{x}{2}+\cos^2\,\frac{x}{2}+2\,\sin \frac{x}{2}\,\cos \frac{x}{2}}\,dx\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\left(\sin \frac{x}{2}+\cos\,\frac{x}{2}\right)^2}\,(I)}$

Όμως,

$\displaystyle{\sin \frac{x}{2}+\cos\,\frac{x}{2}=\sqrt{2}\,\left(\sin \frac{\pi}{4}\,\sin \frac{x}{2}+\cos \frac{\pi}{4}\,\cos\,\frac{x}{2}\right)=\sqrt{2}\,\cos\,\left(\frac{x}{2}-\frac{\pi}{4}\right)}$

κα άρα από τη σχέση $\displaystyle{(I)}$ έχουμε ότι

$\displaystyle{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\sin x}\,dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{2\,\cos^2\,\left(\frac{x}{2}-\frac{\pi}{4}\right)}\,dx=\left[\tan\,\left(\frac{x}{2}-\frac{\pi}{4}\right)\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}=\tan 0-\tan\,\left(-\frac{\pi}{4}\right)=1}$

Σε αυτό το ολοκλήρωμα έχω να κάνω μία ερώτηση. Στη λύση που προτείνει το $\displaystyle{MIT}$ πολλαπλασιάζει

αριθμητή και παρονομαστή με τον παράγοντα $\displaystyle{1-\sin x}$ . Νομίζω ότι αυτό είναι λάθος διότι μετά λαμβάνει

την παράσταση $\displaystyle{\frac{1-\sin x}{\cos^2\,x}}$ η οποία έχει πρόβλημα στο $\displaystyle{x=\frac{\pi}{2}}$ .

Έπειτα συνεχίζει κανονικά. Μπορούμε να συνεχίσουμε με γενικευμένο ολοκλήρωμα ; Τι λέτε και εσείς ;

Εμένα πάντως, η λύση που έδωσα παραπάνω, μου αρέσει περισσότερο από την προτεινόμενη, αν και στον φακελό αυτό είναι

"απαγορευμένη" .

Ιστοσελίδα · #17

Για την συμμετοχή μου στην παρέα των ολοκληρωμάτων

1. Θέτοντας $\sqrt{x}-1=u$ , τότε $x={{(u+1)}^{2}}$ και dx=2(u+1)du

και το ολοκλήρωμα γράφεται:

$\int{\frac{1}{\sqrt{x}-1}dx}=\int{\frac{1}{u}2(u+1)du=2\int{(1+\frac{1}{u})du=}}$

$2\int{(1+\frac{1}{u})du=}2[u+\ln |u|]+c=2[\left( \sqrt{x}-1 \right)+\ln |\sqrt{x}-1|]+c$

Tolaso J Kos · #18

Με αφορμή το 5. θα βάλω ένα ολοκλήρωμα. Να υπολογιστεί το $\displaystyle{\int_{0}^{1}\sin^{-1}\left ( \cos x \right )dx}$

Όσο για το 5. το ολοκλήρωμα: $\displaystyle{\int_0^1 \sin\left ( \cos^{-1} x \right )dx}$ θα δώσω τη παράγουσα του. Έχει ενδιαφέρον να το υπολογίσει κάποιος:

$\displaystyle{\int\sin\left ( \cos^{-1} x \right )dx=\frac{\sin^{-1}x}{2}+\frac{x\sqrt{1-x^2}}{2}+c}$

Για να βοηθήσω λίγο την κατάσταση:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Tolaso J Kos · #19

Επίσης σύμφωνα με την παραπάνω δημοσίευση μου καλό είναι να δούμε και το γινόμενο αυτών των δύο:
Δηλαδή το ολοκλήρωμα: $\displaystyle{\int_{0}^{1}\left [ \sin (\cos^{-1}x)\cdot \cos\left ( \sin ^{-1} x\right ) \right ]dx}$ για να τα έχουμε όλα μαζί συγκεντρωμένα.

AIAS · #20

exdx έγραψε:Μπορείτε να υπολογίσετε $\displaystyle{\,\,25\,\,\,}$ ολοκληρώματα σε $\displaystyle{\,\,\,20\,\,\,\,}$ λεπτά ;

http://web.mit.edu/abhinavk/www/integra ... al2012.pdf

Από το ΜΙΤ

Για το 23

Αν $I = \int_0^2 {{x^5}\sqrt {1 + {x^3}} dx}$ και θέσουμε $\sqrt {1 + {x^3}} = u$ θα έχουμε

${x^3} = {u^2} - 1\,\,\& \,3{x^2}dx = 2udu \Rightarrow {x^2}dx = \dfrac{2}{3}udu$

Νέα όρια ολοκλήρωσης : $(0,2) \to (1,3)$ και άρα

$I = \int_0^2 {({x^3}\sqrt {1 + {x^3}} } ){x^2}dx = \int_1^3 {({u^2} - 1)u\dfrac{2}{3}} udu = \dfrac{2}{3}\int_1^3 {({u^4} - {u^2})du}$ ή τελικά

$I = \dfrac{2}{3}[\dfrac{{{u^5}}}{5} - \dfrac{{{u^3}}}{3}]_1^3 = \dfrac{2}{3}(\dfrac{{{3^5}}}{5} - \dfrac{{{3^3}}}{3} + \dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{5}) = \dfrac{{1192}}{{45}}$

AIAS

25 Ολοκληρώματα

25 Ολοκληρώματα

Re: 25 Ολοκληρώματα

Re: 25 Ολοκληρώματα

Re: 25 Ολοκληρώματα

Re: 25 Ολοκληρώματα

Re: 25 Ολοκληρώματα

Re: 25 Ολοκληρώματα

Re: 25 Ολοκληρώματα

Re: 25 Ολοκληρώματα

Re: 25 Ολοκληρώματα

Re: 25 Ολοκληρώματα

Re: 25 Ολοκληρώματα

Re: 25 Ολοκληρώματα

Re: 25 Ολοκληρώματα

Re: 25 Ολοκληρώματα

Re: 25 Ολοκληρώματα

Re: 25 Ολοκληρώματα

Re: 25 Ολοκληρώματα

Re: 25 Ολοκληρώματα

Re: 25 Ολοκληρώματα

Μέλη σε σύνδεση