Διαγωνισμός επιλογής ομάδας SEEMOUS

sot arm · #1

Χτες ήταν ο ομώνυμος με τον τίτλο διαγωνισμός για την επιλογή της ομάδας στο έκπα, βάζω τα θέματα να τα συζητήσουμε:

Πρόβλημα 1:
Δείξτε ότι υπάρχουν άπειροι θετικοί πραγματικοί x, για τους οποίους το άπειρο άθροισμα:
$\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n+x}}$ να είναι ρητός αριθμός.

Πρόβλημα 2:
Έστω $\displaystyle{P_{n}(\mathbb{R}) }$ το σύνολο των $n \times n$ πινάκων

με στοιχεία πραγματικούς αριθμούς με την εξής ιδιότητα: υπάρχει μη μηδενικό πολυώνυμο p(t)

με μη αρνητικούς πραγματικούς συντελεστές έτσι ώστε p(A)=O

.Έστω επίσης $Q_{n}(\mathbb{R})$ το σύνολο των συμμετρικών $n \times n$ πινάκων.Για ποιους ακέραιους ν ισχύει:
(α) $\displaystyle{A,B \in P_{n}(\mathbb{R}) \Rightarrow A+B \in P_{n}(\mathbb{R})}$ ;
(β) $\displaystyle{A,B \in P_{n}(\mathbb{R})\cap Q_{n}(\mathbb{R}) \Rightarrow A+B \in P_{n}(\mathbb{R})\cap Q_{n}(\mathbb{R})}$

Πρόβλημα 3:
Δίνονται $a,b \in \mathbb{R}$ με 0<a<b

.Για ποιά $c \in \mathbb{R}$ υπάρχει συνεχής, αύξουσα συνάρτηση $\displaystyle{f:[a,b] \rightarrow [0,+\infty)}$ , όχι ταυτοτικά μηδέν, έτσι ώστε:
$\displaystyle{\int_{a}^{b}(x-a)f^{2}(x)dx=c\left(\int_{a}^{b}f(x)dx\right)^{2}}$ ;

Πρόβλημα 4:
Για ποιά $p \in \mathbb{Q}$ υπάρχει $3 \times 3$ πίνακας

με στοιχεία ρητούς έτσι ώστε:
$X^{2}= \left({\begin{array}{ccc} p & 1 &1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 1 & p & 1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 1 & 1 & p \end{array}}\right )$ Πρόβλημα 5:
Θεωρούμε n × n

πίνακες

με στοιχεία ακέραιους αριθμούς, τέτοιους ώστε
$det(P) \neq 0$ και det(A) = 1

, και θέτουμε $B = P^{ −1}AP$ . Δείξτε ότι υπάρχει θετικός ακέραιος k
για τον οποίο όλα τα στοιχεία του πίνακα $B^{k}$
είναι ακέραιοι αριθμοί.
edit:μια διόρθωση στο 3.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #2

sot arm έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 27, 2019 9:09 pm
Χτες ήταν ο ομώνυμος με τον τίτλο διαγωνισμός για την επιλογή της ομάδας στο έκπα, βάζω τα θέματα να τα συζητήσουμε:

Πρόβλημα 1:
Δείξτε ότι υπάρχουν άπειροι θετικοί πραγματικοί x, για τους οποίους το άπειρο άθροισμα:
$\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n+x}}$ να είναι ρητός αριθμός.

Θέτουμε $\displaystyle f(x)={\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n+x}}$

Είναι $\displaystyle|f(x)-f(y)|=|{\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n+1}(\frac{1}{n+x}-\frac{1}{n+y})|$
$\displaystyle\leq \sum_{n=1}^{\infty }\frac{|x-y|}{(n+x)(n+y)}\leq |x-y|\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{2}}\leq 4|x-y|$
για $x,y\geq0$

Αρα η $f:[0,\infty )\rightarrow \mathbb{R}$

είναι συνεχής .

Το $f([0,\infty ))$

είναι διάστημα και το αποτέλεσμα έπεται.
(προφανώς δεν είναι σταθερή)

#3

sot arm έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 27, 2019 9:09 pm
Πρόβλημα 5:
Θεωρούμε πίνακες με στοιχεία ακέραιους αριθμούς, τέτοιους ώστε
$det(P) \neq 0$ και , και θέτουμε $B = P^{ −1}AP$ . Δείξτε ότι υπάρχει θετικός ακέραιος k
για τον οποίο όλα τα στοιχεία του πίνακα $B^{k}$
είναι ακέραιοι αριθμοί.

Έστω $f(x) = \det(xI-A) = x^n + a_{n-1}x^{n-1} + \cdots + a_1x+a_0$ το χαρακτηριστικό πολυώνυμο του

. Το

έχει ακέραιους συντελεστές.

Λήμμα: Για κάθε θετικό ακέραιο

μπορούμε να γράψουμε

$\displaystyle A^{m} = \sum_{k=0}^{n-1} a_{m,k}A^{k}$

όπου οι ακολουθίες ακεραίων $(a_{m,0}),(a_{m,1}),\ldots,(a_{m,n-1})$ ικανοποιούν την αναδρομική σχέση

$\displaystyle a_{m+n,r} = -\left(a_{n-1}a_{m+n-1,r} + \cdots + a_1a_{m+1,r} + a_0a_{m,r}\right) \quad (\ast)$

μαζί με τις αρχικές συνθήκες $a_{m,m} = 1$ και $a_{m,r} = 0$ για $m \in \{0,1,\ldots,n-1\}$ με $m \neq r$ .

Απόδειξη λήμματος: Θα το δείξουμε με ισχυρή επαγωγή. Ο ισχυρισμός είναι άμεσος για $m = 0,1,\ldots,n-1$ . Έστω λοιπόν ότι ισχύει για $m=i,i+1,\ldots,i+n-1$ . Θα δείξουμε ότι ισχύει και για m = i+n

.

Επειδή f(A) = 0

έχουμε $A^n + a_{n-1}A^{n-1} + \cdots + a_0I = 0$ άρα και $A^{i+n} + a_{n-1}A^{i+n-1} + \cdots + a_0A^i = 0$ . Άρα από την επαγωγική υπόθεση

$\displaystyle A^{i+n} = -\sum_{k=0}^{n-1} a_kA^{i+k} = -\sum_{k=0}^{n-1} a_k \sum_{r=0}^{n-1} a_{i+k,r}A^r = -\sum_{r=0}^{n-1} \left(\sum_{k=0}^{n-1} a_ka_{i+k,r} \right)A^r = \sum_{r=0}^{n-1} a_{i+n,r}A_r$

όπου

$\displaystyle a_{i+n,r} = -\left(\sum_{k=0}^{n-1} a_ka_{i+k,r} \right)$

Δηλαδή ο ισχυρισμός ισχύει και για m = i+n

. $\square$

Κοιτάμε τώρα κάθε μία από τις ακολουθίες $(a_{m,1}),\ldots,(a_{m,n-1})$ modulo $|\det(P)|$ . (Αγνοούμε την $(a_{m,0})$ .) Κάθε μια από αυτές ικανοποιεί την αναδρομική σχέση $(\ast)$ οπότε είναι περιοδική. (Δείτε στην τελευταία παράγραφο γιατί.) Έστω ότι η $(a_{m,i})$ είναι περιοδική με περίοδο N_i

. Τότε θα έχουμε $a_{m,i} \equiv 0 \bmod |\det(P)|$ για κάθε

πολλαπλάσιο του N_i

. Θέτουμε $N = N_1 \cdots N_{n-1}$ και παρατηρούμε ότι $a_{N,i} \equiv 0 \bmod |\det(P)|$ για κάθε $i = 1,2,\ldots,n-1$ .

Από το λήμμα έχουμε

$\displaystyle A^{N} = \sum_{k=0}^{n-1} a_{N,k}A^{k}$

άρα και

$\displaystyle \det(P)B^N = \sum_{k=0}^{n-1} a_{N,k} \det(P)P^{-1}A^kP$

Ο πίνακας $a_{N,k}\det(P)P^{-1}AP$ έχει ακέραια στοιχεία επειδή το ίδιο ισχύει για κάθε ένα από τους $\det(P)P^{-1},A,P$ . Για $k = 1,2,\ldots,n-1$ όλα τα στοιχεία είναι πολλαπλάσια του $|\det(P)|$ . Το ίδιο όμως ισχύει και για k=0

αφού ο πίνακας θα είναι ο $a_{N,0}\det(P)I$ .

Άρα όλα τα στοιχεία του $\det(P)B^N$ είναι ακέραια πολλαπλάσια του $|\det(P)|$ και άρα όλα τα στοιχεία του B^N

είναι ακέραια.

Σημείωση: Δεν χρησιμοποιήσαμε πουθενά το γεγονός ότι $\det(A) = 1$ .

Προσθήκη αργότερα: Όπως με ενημέρωσε με π.μ. ο Αντώνης Ζητρίδης, χρειάζεται τελικά το $\det(A) = 1$ για να δείξω ότι η αναδρομική σχέση δίνει περιοδική ακολουθία.

Έστω λοιπόν ότι έχω μια αναδρομική ακολουθία που ικανοποιεί την σχέση $x_{k+n} = a_1x_{n+k-1} + \cdots + a_nx_{k}$ modulo κάποιον φυσικό

. Από περιστερώνα θα υπάρχουν δύο υπακολουθίες

συνεχόμενων όρων οι οποίες θα είναι ακριβώς οι ίδιες. Δηλαδή θα υπάρχουν i,t

ώστε $x_{i+1} = x_{i+1+t},\ldots,x_{i+n} = x_{i+n+t}$ . Επαγωγικά είναι απλό ότι $x_{i+m} = x_{i+m+t}$ για κάθε φυσικό

. Για να δείξουμε όμως $x_j = x_{j+t}$ για κάθε φυσικό

πρέπει να μπορούμε να πάμε και προς τα πίσω. Για να γίνει αυτό πρέπει να μπορούμε να λύσουμε την αναδρομική σχέση ως προς x_k

. Αυτό γίνεται αν το a_n

είναι αντιστρέψιμο modulo

διότι τότε θα έχουμε $x_k = a_n^{-1}(x_{n+n} - a_1x_{n+k-1} - \cdots - a_{n-1}x_{k+1})$ . Στην περίπτωσή μας, λόγω του $\det(A) = 1$ ο συγκεκριμένος συντελεστής ισούται με

ή

οπότε παίρνουμε την περιοδικότητα της ακολουθίας.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

sot arm έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 27, 2019 9:09 pm
Χτες ήταν ο ομώνυμος με τον τίτλο διαγωνισμός για την επιλογή της ομάδας στο έκπα, βάζω τα θέματα να τα συζητήσουμε:

Πρόβλημα 3:
Δίνονται $a,b \in \mathbb{R}$ με .Για ποιά $c \in \mathbb{R}$ υπάρχει συνεχής, αύξουσα συνάρτηση $\displaystyle{f:[a,b] \rightarrow [0,+\infty)}$ , όχι ταυτοτικά μηδέν, έτσι ώστε:
$\displaystyle{\int_{a}^{b}(x-a)f^{2}(x)dx=c\left(\int_{a}^{b}f(x)dx\right)^{2}}$ ;

Κάνοντας αλλαγή μεταβλητών η σχέση μπορεί να γραφεί

$\displaystyle\int_{0}^{1}xf^{2}(x)dx=c\left(\int_{0}^{1}f(x)dx\right)^{2}$ (1)

Επειδή η

είναι αύξουσα από γνωστή ανισότητα έχουμε

https://en.wikipedia.org/wiki/Chebyshev ... inequality

$\displaystyle\int_{0}^{1}xf^{2}(x)dx\geq \left(\int_{0}^{1}f(x)dx\right)^{2}\int_{0}^{1}xdx\geq \frac{1}{2}\left(\int_{0}^{1}f(x)dx\right)^{2}$

συμπεραίνουμε ότι $c\geq \frac{1}{2}$

Αν πάρουμε $f(x)=x^{2c-1}$

εύκολα βλέπουμε ότι ικανοποιεί την (1) και είναι αύξουσα.

Η απάντηση είναι $c\geq \frac{1}{2}$

#5

sot arm έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 27, 2019 9:09 pm
Πρόβλημα 2:
Έστω $\displaystyle{P_{n}(\mathbb{R}) }$ το σύνολο των $n \times n$ πινάκων με στοιχεία πραγματικούς αριθμούς με την εξής ιδιότητα: υπάρχει μη μηδενικό πολυώνυμο με μη αρνητικούς πραγματικούς συντελεστές έτσι ώστε .Έστω επίσης $Q_{n}(\mathbb{R})$ το σύνολο των συμμετρικών $n \times n$ πινάκων.Για ποιους ακέραιους ν ισχύει:
(α) $\displaystyle{A,B \in P_{n}(\mathbb{R}) \Rightarrow A+B \in P_{n}(\mathbb{R})}$ ;
(β) $\displaystyle{A,B \in P_{n}(\mathbb{R})\cap Q_{n}(\mathbb{R}) \Rightarrow A+B \in P_{n}(\mathbb{R})\cap Q_{n}(\mathbb{R})}$

Ομορφούλα.

Παρατηρούμε ότι αν ο πίνακας

έχει μια θετική ιδιοτιμή $\lambda$ τότε δεν μπορεί να ανήκει στον $P_n(\mathbb{R})$ . Πράγματι, αν p(A) = O

τότε το

είναι πολλαπλάσιο του ελάχιστου πολυωνύμου m_A(x)

. Πρέπει $m_A(\lambda) = 0$ άρα και $p(\lambda) = 0$ . Τότε όμως το p(x)

δεν μπορεί να έχει μη αρνητικούς πραγματικούς συντελεστές εκτός και αν είναι το μηδενικό πολυώνυμο, άτοπο.

Θα δείξουμε πρώτα το (β). Αν ο

είναι συμμετρικός, τότε θα έχει πραγματικές ιδιοτιμές. Αν επιπλέον ανήκει και στο $P_n(\mathbb{R})$ τότε όλες του οι ιδιοτιμές πρέπει να είναι μη θετικές. Τότε όμως ήδη το ελάχιστο πολυώνυμο του

έχει όλους τους συντελεστές του μη αρνητικούς αφού είναι της μορφής $\prod (x-\lambda_i)$ όπου $\lambda_i \leqslant 0$ για κάθε

.

Αν $A,B \in P_{n}(\mathbb{R})\cap Q_{n}(\mathbb{R})$ τότε πρέπει και $A+B \in P_{n}(\mathbb{R})\cap Q_{n}(\mathbb{R})}$ . Σε αντίθετη περίπτωση ο A+B

πρέπει να έχει τουλάχιστον μία θετική ιδιοτιμή $\lambda$ . Έστω

το αντίστοιχο ιδιοδιάνυσμα. Τότε $v^T(A+B)v = \lambda\|v\|^2 > 0$ που δίνει ότι v^TAv > 0

ή

. Χωρίς βλάβη της γενικότητας είναι v^TAv > 0

. Έστω $v_1,\ldots,v_n$ μια βάση ιδιοδιανυσμάτων του

με αντίστοιχες ιδιοτιμές $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$ . (Υπάρχει επειδή

συμμετρικός.) Γράφουμε $v = a_1v_1 + \cdots a_nv_n$ και παρατηρούμε ότι $v^TAv = \lambda_1a_1^2 + \cdots + \lambda_n a_n^2 \leqslant 0$ , άτοπο.

Άρα το (β) ισχύει για κάθε $n \in \mathbb{N}$ .

Πάμε τώρα στο (α). Είναι άμεσο ότι ισχύει για n=1

αφού $A \in P_1(\mathbb{R})$ αν και μόνο αν A = (a)

με $a \leqslant 0$ . Θα δείξουμε ότι δεν ισχύει για τα υπόλοιπα

.

Θέτουμε $\displaystyle A = \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ και $\displaystyle B = \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$

Τα χαρακτηριστικά πολυώνυμά τους είναι $\chi_A(x) = x^2$ και $\chi_B(x) = x^2 - 2x + 5$ . Παρατηρούμε ότι $A,B \in P_2(\mathbb{R})$ αφού μπορούμε να πάρουμε $p(x) = \chi_A(x)$ για τον

και $p(x) = (x+2)\chi_B(x) = x^3 + x + 10$ για τον

.

Όμως $\displaystyle A_B = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$ ο οποίος έχει ως ιδιοτιμή το

. Άρα από την πρώτη παράγραφο έχουμε $A+B \notin P_n(\mathbb{R})$ .

Με παρόμοιο τρόπο έχουμε παραδείγματα για κάθε $n \geqslant 2$ κατασκευάζοντας πίνακες που έχουν παντού μηδενικά εκτός από τις θέσεις του πάνω αριστερά $2 \times 2$ υποπίνακα όπου τοποθετούμε τους πίνακες του παραδείγματός μας.

Άρα το (α) ισχύει μόνο για n=1

.

Nick1990 · #6

sot arm έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 27, 2019 9:09 pm

Πρόβλημα 4:
Για ποιά $p \in \mathbb{Q}$ υπάρχει $3 \times 3$ πίνακας με στοιχεία ρητούς έτσι ώστε:
$X^{2}= \left({\begin{array}{ccc} p & 1 &1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 1 & p & 1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 1 & 1 & p \end{array}}\right )$

Αυτό είναι ζόρικο για 3ωρο διαγωνισμό, υπό την έννοια ότι ο

είναι ένας άσχημος πίνακας και ο υπολογισμός του θέλει δουλειά (πόσο μάλλον η επαλήθευση).

Αρχικά υποθέτουμε $p \neq 1$ . Είναι $\det(X)^2 = \det(X^2) = \det \left(\left({\begin{array}{ccc} p & 1 &1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 1 & p & 1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 1 & 1 & p \end{array}}\right )\right) = (p - 1)^2(p + 2)$ ,

οπότε υπάρχει ρητός

ώστε

(θα είναι $r = \frac{\det(X)}{p-1}$ ). Θα αποδείξουμε πως για κάθε

αυτής της μορφής υπάρχει τέτοιος πίνακας

. Πράγματι, ο X^2

διαγωνοποιείται ως:

$X^{2}= \left({\begin{array}{ccc} 1 & 1 &0 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 1 & 0 & 1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 1 & -1 & -1 \end{array}}\right ) \left({\begin{array}{ccc} r^2 & 0 &0 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 0 & r^2 - 3 & 0 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 0 & 0 & r^2 - 3 \end{array}}\right ) \frac{1}{3}\left({\begin{array}{ccc} 1 & 1 &1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 2 & -1 & -1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} -1 & 2 & 1 \end{array}}\right )$

όπου έχουμε
$\left({\begin{array}{ccc} r^2 & 0 &0 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 0 & r^2 - 3 & 0 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 0 & 0 & r^2 - 3 \end{array}}\right ) = \left({\begin{array}{ccc} r & 0 &0 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 0 & r & 1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 0 & -3 & -r \end{array}}\right )^2$ .

Άρα $X^{2}= \left(\left({\begin{array}{ccc} 1 & 1 &0 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 1 & 0 & 1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 1 & -1 & -1 \end{array}}\right ) \left({\begin{array}{ccc} r & 0 &0 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 0 & r & 1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 0 & -3 & -r \end{array}}\right ) \frac{1}{3}\left({\begin{array}{ccc} 1 & 1 &1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 2 & -1 & -1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} -1 & 2 & 1 \end{array}}\right )\right)^2$

και άρα μπορούμε να πάρουμε

$X= \left({\begin{array}{ccc} 1 & 1 &0 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 1 & 0 & 1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 1 & -1 & -1 \end{array}}\right ) \left({\begin{array}{ccc} r & 0 &0 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 0 & r & 1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 0 & -3 & -r \end{array}}\right ) \frac{1}{3}\left({\begin{array}{ccc} 1 & 1 &1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 2 & -1 & -1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} -1 & 2 & 1 \end{array}}\right ) = \frac{1}{3}\left({\begin{array}{ccc} 3r-1 & 2 &-1 \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 2r-6 & 3-r & 3+2r \\\noalign{\vspace{0.3cm}} 7-2r & 4r-5 & r-2 \end{array}}\right )$

Για p=1

τώρα, μπορούμε να βρούμε και πάλι ιδιοδιανύσματα με ρητές συντεταγμένες για τον X^2

(οι στήλες του πίνακα διαγωνοποίησης παραπάνω), έστω v, u, u'

που αντιστοιχούν στις ιδιοτιμές

,

, και

. Τότε το $\{v, u, u'\}$ , το $\{v, u, Xu\}$ ή το $\{v, u', Xu'\}$ είναι μια βάση γενικευμένων ιδιοδιανυσμάτων για τον

(γιατί;) με ρητές συντεταγμένες. Άρα αν ο

έχει ρητά στοιχεία, τότε το ίδιο ισχύει και για τη Jordan μορφή του, που προφανώς δεν ισχύει ποτέ αφού το $\pm\sqrt{3}$ είναι ιδιοτιμή (ένα απ' τα δύο).

Η απάντηση τελικά είναι: p = r^2 - 2

για ρητό

.

sot arm · #7

Μπράβο σε όλους για τις λύσεις, βάζω και την επίσημη λύση για το πρόβλημα 5 που διαφέρει από αυτή του κυρίου Δημήτρη.
Αρχικά, ξέρουμε από τον γνωστό τύπο για τον αντίστροφο του

ότι $\displaystyle{P^{-1}=\frac{1}{m}Q}$ όπου m=det(P)

και ο $Q \in M_{n}(\mathbb{Z})$ υποθέτουμε χωρίς βλάβη |m| > 1

και κάνοντας αναγωγή των στοιχείων του

modulo m μπορούμε να θεωρήσουμε ότι ο

είναι στοιχείο της ομάδας των αντιστρέψιμων $n \times n$ πινάκων με στοιχεία από το $\mathbb{ Z_ {m} }$ , αφού det(A)=1

. Αφού η ομάδα αυτή είναι πεπερασμένη, ο Α έχει πεπερασμένη τάξη, επομένως έπεται ότι υπάρχει ακέραιος

τέτοιος ώστε:
$\displaystyle{A^{k} =I_{n}+mC}$ όπου ο

έχει ακέραια στοιχεία, το ζητούμενο έπεται.

Edit:ειχε φύγει ενα εις την κ, αλά Σιδηρόπουλο

Διαγωνισμός επιλογής ομάδας SEEMOUS

Διαγωνισμός επιλογής ομάδας SEEMOUS

Re: Διαγωνισμός επιλογής ομάδας SEEMOUS

Re: Διαγωνισμός επιλογής ομάδας SEEMOUS

Re: Διαγωνισμός επιλογής ομάδας SEEMOUS

Re: Διαγωνισμός επιλογής ομάδας SEEMOUS

Re: Διαγωνισμός επιλογής ομάδας SEEMOUS

Re: Διαγωνισμός επιλογής ομάδας SEEMOUS

Μέλη σε σύνδεση