Να αποδείξετε-4-

#21

peter έγραψε:Έστω $f:[a,\infty)\to \mathbb R$ παραγωγίσιμη συνάρτηση. Τότε:
(α) Αν $\inf\{f{'}(x):x>a\}>0$ , τότε $\displaystyle \lim_{x\to \infty}f(x)=+\infty$ .

Έστω $0<A:=\inf\{f{'}(x):x>a\}$ , $x_{0}\geq a$ και τυχαίο $x>x_{0}$ . Τότε, από ΘΜΤΔΛ, υπάρχει $\xi_{x}\in(x_{0},x)$ με

$\displaystyle 0<A\leq f^{\prime}(\xi_{x})=\frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}$ .

Έπεται ότι $Ax-Ax_{0}+f(x_{0})\leq f(x)$ . Όμως $Ax-Ax_{0}+f(x_{0})\stackrel{x\to+\infty}{\longrightarrow}+\infty$ , άρα $f(x)\stackrel{x\to+\infty}{\longrightarrow}+\infty$ .

#22

peter έγραψε:Έστω $f:[a,\infty)\to \mathbb R$ παραγωγίσιμη συνάρτηση. Τότε:
(β) Αν $\displaystyle \lim_{x\to \infty}f{'}(x)=+\infty$ , τότε $\displaystyle \lim_{x\to\infty}f(x)=+\infty$ .

Αφού $\displaystyle \lim_{x\to \infty}f{'}(x)=+\infty$ , έπεται ότι υπάρχoυν M>0

και $x_{0}\geq a$ τέτοια ώστε: $x>x_{0}\Rightarrow f{'}(x)>M$ .
Έστω τώρα $x>x_{0}$ . Εντελώς όμοια με πριν θα είναι $\displaystyle 0<M<\frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}$ , άρα $xM-x_{0}M+f(x_{0})<f(x)$ και το συμπέρασμα έπεται.

#23

α) $\displaystyle{f'(x)>k>0 , f(x)=f(0)+xf'(\xi)>f(0)+kx\rightarrow +\infty}$ όταν $\displaystyle{0<x\rightarrow +\infty}$

β) $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}f'(x)=\infty \Rightarrow f'(x)>k>0}$ λόγω του α) ισχύει το ζητοὐμενο

γ) $\displaystyle{f(x+1)-f(x)=f'(\xi)\rightarrow a}$ για κ=0 είναι η viewtopic.php?f=9&t=299

δ) $\displaystyle{f(x+1)-f(x)=f'(\xi)\rightarrow b-b=0}$ αρα μπορούμε να θεωρήσουμε μια μια ακολουθία : $\displaystyle{f(\xi_n)\rightarrow 0}$ και αφού το όριο της παραγώγου υπἀρχει θα είναι το 0

ε)εφαρμογή του De l' Hospital

στ)εχει συζητηθεί ξανά;μια γενίκευση στο συνημμένο

#24

peter έγραψε:Έστω $f:[a,\infty)\to \mathbb R$ παραγωγίσιμη συνάρτηση. Τότε:
(γ) Αν $\displaystyle \lim_{x\to\infty}f{'}(x)=\alpha\in\mathbb R$ , τότε $\displaystyle \lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{x}=\alpha$ .

Έστω $\varepsilon>0$ . Αφού $\displaystyle \lim_{x\to\infty}f{'}(x)=\alpha$ , υπάρχει $x_{0}>0$ τέτοιο ώστε $\displaystyle x>x_{0}\Rightarrow |f{'}(x)-a|<\frac{\varepsilon}{2}$ .

Για $x>\displaystyle\max\{x_{0},\frac{2|(f(x_{0})-ax_{0})|}{\varepsilon}\}:=M>0$ , από το ΘΜΤΔΛ υπάρχει $\xi_{x}\in(M,x)$ με $f{'}(\xi_{x})=\displaystyle\frac{f(x)-f(M)}{x-M}$ και ακόμα έχουμε:

$\displaystyle|f{'}(\xi_{x})-a|<\frac{\varepsilon}{2}\Rightarrow\Big|\frac{f(x)-f(M)}{x-M}-a\Big|<\frac{\varepsilon}{2}\Rightarrow\ldots\\ \\ \Rightarrow\Big|\Big(\frac{f(x)}{x}-a\Big)+\frac{f(M)-aM}{x}\Big|<\frac{\varepsilon}{2}\big(1-\frac{M}{x}\big)<\frac{\varepsilon}{2}$

άρα

$\displaystyle\Big|\frac{f(x)}{x}-a\Big|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{|f(M)-aM|}{x}<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\sqrt{3}$ ...(καλό...

)

#25

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:
peter έγραψε:Έστω $f:[a,\infty)\to \mathbb R$ παραγωγίσιμη συνάρτηση. Τότε:
(γ) Αν $\displaystyle \lim_{x\to\infty}f{'}(x)=\alpha\in\mathbb R$ , τότε $\displaystyle \lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{x}=\alpha$ .
Έστω $\varepsilon>0$ . Αφού $\displaystyle \lim_{x\to\infty}f{'}(x)=\alpha$ , υπάρχει $x_{0}>0$ τέτοιο ώστε $\displaystyle x>x_{0}\Rightarrow |f{'}(x)-a|<\frac{\varepsilon}{2}$ ...
.................................................................................................................................................
....(καλό... )

Αναστάσιε, νά υποθέσω ότι έχεις υπόψιν ότι μία απλή εφαρμογή τού κανόνα L'Hospital δίνει λύση ;

peter · #26

grigkost έγραψε:Αναστάσιε, νά υποθέσω ότι έχεις υπόψιν ότι μία απλή εφαρμογή τού κανόνα L'Hospital δίνει λύση ;

Ο κανόνας De L' Hospital απαιτεί κάποια απροσδιόριστη μορφή. Αν $\alpha \neq 0$ τότε έχεις $\frac{\infty}{\infty}$ . Αν το $\alpha=0$ ?

Η απόδειξη του Αναστάση είναι μια χαρά. Μάλιστα αυτή έχει και ο Hardy στο βιβλίο του αν θυμάμαι καλά!

#27

peter έγραψε:(δ) Αν $\displaystyle \lim_{x\to \infty}f(x)=\beta\in\mathbb R$ και το $\displaystyle \lim_{x\to\infty}f{'}(x)$ υπάρχει, τότε έχουμε $\displaystyle \lim_{x\to \infty}f{'}(x)=0$ .

α' τρόπος:
Έστω ότι $\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow{-\infty}} f^{\prime}(x)=L>0$ ή $\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty} f^{\prime}(x) = +\infty\quad\Rightarrow\quad\left({\exists\delta>0}\right)(\forall{x}\in(-\infty,\delta)) \ \ f^{\prime}(x)>\displaystyle{L\over2}\quad$
$\Leftrightarrow\quad\left({\exists \delta > 0}\right)(\forall x\in(-\infty,\delta)) \ \ f^{\prime}(x)-\displaystyle{L\over2}>0$ (1).
Γιά τήν παραγωγίσιμη στό $\mathbb{R}$ συνάρτηση $g(x)=f(x)-\displaystyle{L\over2}\cdot{x}$ , ισχύουν:
$(\forall x\in(-\infty,\delta))$ $g^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)-\displaystyle{L\over2}\stackrel{(1)}{>}0\quad\Rightarrow$

γνησίως αύξουσα στό διάστημα $(-\infty,\delta)$ καί $\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty} g(x)=\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty} \left({f(x) -\displaystyle{L\over 2}\cdot x}\right) =$
$\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty}f(x)-\displaystyle{L\over2}\cdot\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty}x$ = $\beta-\displaystyle{L\over2}\cdot(-\infty) = +\infty$ . Άτοπο.

Έστω ότι $\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty} f^{\prime}(x)=L<0$ ή $\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty} f^{\prime}(x) = -\infty\quad\Rightarrow$ $\left({\exists \delta>0}\right)(\forall{x}\in(-\infty,\delta )) \ \ f^{\prime}(x)<\displaystyle{L\over2}$
$\quad\Leftrightarrow$ $\left({\exists\delta>0}\right)(\forall{x}\in(-\infty,\delta )) \ \ f^{\prime}(x)-\displaystyle{L\over2}<0$ (2).
Γιά τήν παραγωγίσιμη στό $\mathbb{R}$ συνάρτηση $g(x)=f(x)-\displaystyle{L\over2}\cdot{x}$ ισχύουν:
$(\forall x\in(-\infty,\delta))$ $g^{\prime}(x) = f^{\prime}(x) -\displaystyle{L\over2}\stackrel{(2)}{<}0\quad\Rightarrow g$ γνησίως φθίνουσα στό διάστημα $(-\infty,\delta)$ καί $\mathop {\lim }\limits_{x\rightarrow-\infty} g(x) = \mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty} \left({f(x) -\displaystyle{L\over2}\cdot{x}}\right) =$
$\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty} f(x)- -\displaystyle{L\over2}\cdot\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty}x=\beta-\displaystyle{L\over 2}\cdot(-\infty) = -\infty$ . Άτοπο.
Άρα $\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty}{f^{\prime}(x)} = 0.$ .

β' τρόπος:
$\beta = \mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty}{f(x)} = \mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty}\displaystyle{{f(x)\cdot{e^x}}\over{e^x}}\stackrel{\frac{0}{0}}{=}\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty}\displaystyle{{\left({f(x)\cdot{e^x}}\right)^\prime}\over{\left({e^x}\right)^\prime}}$ = $\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty}\displaystyle{{f^{\prime}(x) \cdot e^x+f(x)\cdot e^x}\over{e^x}}$ = $\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty}\displaystyle{{\left({f^{\prime}(x)+f(x)}\right)\cdot e^x}\over{e^x}}$ = $\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty}\left({f^{\prime}(x) + f(x)}\right)$ .
Άρα $\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty}\left({f^{\prime}(x) + f(x)}\right) = \beta\quad\Leftrightarrow\quad\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty}{f^{\prime}(x)}+\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow{-\infty}}{f(x)} = \beta$ $\quad\Leftrightarrow$ $\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty}{f^{\prime}(x)}+\beta=\beta\quad\Leftrightarrow\quad\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty}{f^{\prime}(x)} = 0$ .

Ομοίως αποδεικνύεται ότι άν $\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow +\infty}f(x) = \beta\in\mathbb{R}$ καί τό $\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow +\infty}f^{\prime}(x)$ υπάρχει, τότε $\mathop{\lim }\limits_{x \rightarrow +\infty}f^{\prime}(x) = 0.\quad\square$

#28

peter έγραψε:... Αν το $\alpha=0$ ?..

Σωστά! Όποιος βιάζεται...

#29

peter έγραψε:
grigkost έγραψε:Αναστάσιε, νά υποθέσω ότι έχεις υπόψιν ότι μία απλή εφαρμογή τού κανόνα L'Hospital δίνει λύση ;
Ο κανόνας De L' Hospital απαιτεί κάποια απροσδιόριστη μορφή. Αν $\alpha \neq 0$ τότε έχεις $\frac{\infty}{\infty}$ . Αν το $\alpha=0$ ?

Η περίπτωση α = 0 δεν είναι εμπόδιο: απλούστατα θεωρούμε την g(x) = f(x) + x στη θέση της f και παρατηρούμε ότι $lim \frac{f(x)}{x} = lim \frac{g(x)}{x} - 1 = 0$ .

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

#30

grigkost έγραψε:Σωστά! Όποιος βιάζεται...

Λόγω βιασύνης δέν πρόσεξα ότι, παλιότερα, είχα αποδείξει μέ τήν βοήθεια τής (δ), μιά γενίκευση τής (γ). Τουτέστιν:

Γενίκευση τής (γ): Άν τό $\mathop{\lim }\limits_{x \rightarrow \infty}f^{\prime}(x)$ υπάρχει, τότε καί τό $\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow \infty}\displaystyle{\frac{f(x)}{x}}$ υπάρχει καί μάλιστα ισχύει: $\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow \infty}\displaystyle{\frac{f(x)}{x}}=\mathop{\lim }\limits_{x \rightarrow \infty}f^{\prime}(x)$ .

Απόδειξη: Άν $\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty}{f(x)} = \pm\infty$ καί τό $\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty}{f^{\prime}(x)}=\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty}\displaystyle{\frac{f^{\prime}(x)}{(x)^{\prime}}}$ υπάρχει, τότε, από τό Θεώρημα L'Hospital καί τό $\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty}\displaystyle{\frac{f(x)}{x}}$ υπάρχει καί μάλιστα
$\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty}\displaystyle{\frac{f(x)}{x}}=\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty}{f^{\prime}(x)}$ .

Άν $\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty}{f(x)} = \beta\in\mathbb{R}\quad\Rightarrow\quad\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty}\displaystyle{\frac{f(x)}{x}}=\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty}\displaystyle{\frac{1}{x}}\cdot\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty}{f(x)} = 0\cdot\beta = 0$ . (3)

Γιά τήν συνάρτηση

ισχύουν οί υποθέσεις τού (δ), δηλ. $\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty}{f(x)} = \beta$ καί τό $\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty}{f^{\prime}(x)}$ υπάρχει. Επομένως $\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty}{f^{\prime}(x)} = 0\stackrel{(3)}{=}\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow-\infty}\displaystyle{\frac{f(x)}{x}}$ .

Ομοίως αποδεικνύεται ότι άν τό $\mathop{\lim }\limits_{x \rightarrow +\infty}f^{\prime}(x)$ υπάρχει, τότε τό $\mathop{\lim }\limits_{x \rightarrow +\infty}\displaystyle{\frac{f(x)}{x}}$ υπάρχει καί μάλιστα ισχύει: $\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow{+\infty}}\displaystyle{\frac{f(x)}{x}}=\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow{+\infty}}f^{\prime}(x).\quad\square$

(*)

η 21η από τίς 69 ασκήσεις Ανάλυσης, η οποία δέν γνώριζα ότι υπήρχε ήδη στόν Hardy!!!

#31

Θαρρώ πως ισχύει η εξής

ΠΡΟΤΑΣΗ

Έστω $f:[a,+\infty)$ παραγωγίσιμη και έστω $A:=\{x\in D_{f}:f{'}(x)=0\}$ .

(1) Αν το $+\infty$ είναι σημείο συσσώρευσης του

, τότε:

$\displaystyle\lim_{A\ni x\to+\infty}f(x)=\ell\in\mathbb{R\cup\{\ \pm\infty}\}\Rightarrow\lim_{x\to+\infty}f(x)=\ell$ .

(2) Αν το $+\infty$ δεν είναι σημείο συσσώρευσης του

, τότε:

$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=\ell\in\mathbb{R\cup\{\ \pm\infty}\}$ .

peter έγραψε:Έστω $f:[a,\infty)\to \mathbb R$ παραγωγίσιμη συνάρτηση. Τότε, ισχύει το εξής:
(στ) Αν $\displaystyle \lim_{x\to\infty}\{f{'}(x)+f(x)\}=\gamma\in \mathbb R$ , τότε $\displaystyle \lim_{x\to\infty}f{'}(x)=0$ και $\displaystyle \lim_{x\to \infty}f(x)=\gamma$ .

ΛΥΣΗ

Θέτουμε $g(x)=f(x)-\gamma$ . Είναι λοιπόν $g(x)+g'(x)\stackrel{x\to+\infty}{\longrightarrow}0$ . (*)

Καθώς για κάθε $x\in A$ είναι g(x)=g(x)+g{'}(x)

, λόγω της παραπάνω πρότασης και της (*), έπεται ότι το $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}g(x)$ υπάρχει στο $\mathbb{R}\cup\{\pm\infty\}$ .

Έστω ότι $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}g(x):=\ell\neq0$ .

$\bullet$ Αν $0<\ell\leq+\infty$ , από την (*) έπεται ότι $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}g{'}(x)=-\ell$ , άρα $g(x)\stackrel{x\to+\infty}{\longrightarrow}-\infty$ , άτοπο.

$\bullet$ Αν $-\infty\leq\ell<0$ , ομοίως έπεται ότι $g(x)\stackrel{x\to+\infty}{\longrightarrow}+\infty$ , άτοπο.

Άρα $\ell=0$ .

Έπεται λοιπόν ότι $f(x)\stackrel{x\to+\infty}{\longrightarrow}\gamma$ και συνεπώς $f{'}(x)\stackrel{x\to+\infty}{\longrightarrow}0$ .

ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΠΡΟΤΑΣΗΣ

(1) $\color{red}\bullet$ Έστω $\underbrace{\displaystyle\lim_{A\ni x\to+\infty}f(x)=\ell\in\mathbb{R}}_{(*)}$ και έστω ότι $\underbrace{\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)\neq\ell}_{(**)}$ .

Λόγω της (**) βρίσκω $\varepsilon_{0}>0$ τ.ώ. $\underbrace{\forall M>0\,\exists x>M:|f(x)-\ell|>\varepsilon_{0}}_{(***)}$ .

Για το $\varepsilon_{0}>0$ επιλέγω λόγω της (*) $M_{0}:x>M_{0}\,\,\wedge\,\,x\in A\Rightarrow|f(x)-\ell|<\varepsilon_{0}$ .

Αφού το $+\infty$ είναι σημείο συσσώρευσης του

, και λόγω της (***), επιλέγω $(M_{0}<)x_{1}<x_{2}<x_{3}$ με $x_{1},x_{3}\color{red}\in A$ (τελικά Δημήτρη είχες δίκιο) και $|f(x_{2})-\ell|>\varepsilon_{0}$ .

$\bullet$ Αν $f(x_{2})>\ell+\varepsilon_{0}$ , τότε:

α) αν το $x_{\mu}$ για το οποίο η

παίρνει μέγιστη τιμή στο $[x_{1},x_{3}]$ είναι εσωτερικό σημείο του διαστήματος, τότε $f(x_{\mu})\geq f(x_{2})>\ell+\varepsilon_{0}$ , αλλά και $f{'}(x_{\mu})=0$ , άρα $x_{\mu}\in A$ , συνεπώς $|f(x_{\mu})-\ell|<\varepsilon_{0}$ . Άτοπο.

β) αν $x_{\mu}=x_{1}$ , ή $x_{\mu}=x_{3}$ , τότε πάλι $f(x_{\mu})\geq f(x_{2})>\ell+\varepsilon_{0}$ , αλλά επειδή $x_{1},x_{3}\in A$ , πάλι $|f(x_{\mu})-\ell|<\varepsilon_{0}$ . Άτοπο.

$\bullet$ Αν $f(x_{2})<\ell-\varepsilon_{0}$ , τότε: όμοια καταλήγουμε σε άτοπο θεωρώντας το $x_{\epsilon\lambda}$ για την ελάχιστη τιμή.

$\color{red}\bullet$ Έστω $\underbrace{\displaystyle\lim_{A\ni x\to+\infty}f(x)=+\infty}_{(*)}$ και έστω ότι $\underbrace{\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)\neq+\infty}_{(**)}$ .

Λόγω της (**) βρίσκω $M_{0}>0$ τ.ώ. $\underbrace{\forall M>0\,\exists x>M:f(x)<M_{0}}_{(***)}$ .

Για το $M_{0}>0$ επιλέγω λόγω της (*) $N_{0}:x>N_{0}\,\,\wedge\,\,x\in A\Rightarrow f(x)>M_{0}$ .

Αφού το $+\infty$ είναι σημείο συσσώρευσης του

, και λόγω της (***), επιλέγω $(M_{0}<)x_{1}<x_{2}<x_{3}$ με $x_{1},x_{3}\in A$ και $f(x_{2})<M_{0}$ .

α) Αν το $x_{\epsilon\lambda}$ για το οποίο η

παίρνει ελάχιστη τιμή στο $[x_{1},x_{3}]$ είναι εσωτερικό σημείο του διαστήματος, τότε $f(x_{\epsilon\lambda})\leq f(x_{2})<M_{0}$ , αλλά και $f{'}(x_{\epsilon\lambda})=0$ , άρα $x_{\epsilon\lambda}\in A$ , συνεπώς $f(x_{v})>M_{0}$ . Άτοπο.

β) Αν $x_{\epsilon\lambda}=x_{1}$ , ή $x_{\epsilon\lambda}=x_{3}$ , τότε πάλι $f(x_{\epsilon\lambda})\leq f(x_{2})<M_{0}$ , αλλά επειδή $x_{1},x_{3}\in A$ , θα είναι $f(x_{\epsilon\lambda})>Μ_{0}$ . Άτοπο.

(2) Έστω ότι το $+\infty$ δεν είναι σημείο συσσώρευσης του

.

Τότε $\exists x_{0}:x>x_{0}\Rightarrow f{'}(x_{0})\neq0$ . Όμως τότε η f{'}

θα διατηρεί σταθερό πρόσημο γιατί αν όχι, τότε λόγω της ιδιότητας Darboux θα υπήρχε $x_{1}$ με $f{'}(x_{1})=0$ , άτοπο.
Άρα η

είναι είτε γνησίως αύξουσα είτε γνησίως φθίνουσα στο $[x_{0},+\infty)$ . Αν η

είναι φραγμένη, σε κάθε περίπτωση $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)\in\mathbb{R}$ . Αν δεν είναι, τότε $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)\in\{\pm\infty\}}$ .

modulo

λάθους πάντα...

#32

grigkost έγραψε: από τίς 69 ασκήσεις Ανάλυσης

Γρηγόρη να είσαι καλά! Ευχαριστούμε!

Να αποδείξετε-4-

Re: Να αποδείξετε-4-

Re: Να αποδείξετε-4-

Re: Να αποδείξετε-4-

Re: Να αποδείξετε-4-

Re: Να αποδείξετε-4-

Re: Να αποδείξετε-4-

Re: Να αποδείξετε-4-

Re: Να αποδείξετε-4-

Re: Να αποδείξετε-4-

Re: Να αποδείξετε-4-

Re: Να αποδείξετε-4-

Re: Να αποδείξετε-4-

Μέλη σε σύνδεση