mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 16, 2018 10:38 am**

Στο σχήμα είναι FD=2GE

. Οι

διχοτομούν τις γωνίες EDC, GFC

αντιστοίχως.

Είναι δυνατόν DJ=FH;

..

: Untitled.png (32.09 KiB) Προβλήθηκε 1826 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 19, 2018 11:47 pm**

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 01, 2018 10:24 pm**

Ύστερα από πολλές 'ανατροπές' και μία βελτίωση ( |FD|=|GE|

αντί

) ... καταθέτω την κοπιώδη απόδειξη μου για την |FH|>|DJ|

:

Θέτουμε D=(0,0)

,

,

,

,

, όπου

,

,

, $c\in R$ . Από τις $H\in CG$ , $J\in CE$ λαμβάνουμε

$H=\left(g-\dfrac{(g-c)h}{s},h\right),$

$J=\left(g+f}-\dfrac{(g+f-c)j}{s},j\right),$

ενώ από την θεμελιώδη ιδιότητα της διχοτόμου λαμβάνουμε

$h=\dfrac{(g+f)s}{g+f+\sqrt{s^2+(c+f)^2}},$

$j=\dfrac{(g+f)s}{g+f+\sqrt{s^2+c^2}}.$

Συμπεραίνουμε ότι

$|FH|^2=\dfrac{(g+f)^2\left[s^2+\left(\sqrt{s^2+(c+f)^2}+c+f\right)^2\right]}{\left(g+f+\sqrt{s^2+(c+f)^2}\right)^2},$

$|DJ|^2=\dfrac{(g+f)^2\left[s^2+\left(\sqrt{s^2+c^2}+c\right)^2\right]}{\left(g+f+\sqrt{s^2+c^2}\right)^2}.$

[Τα παραπάνω έχουν ελεγχθεί εξονυχιστικά και έχουν επαληθευθεί με συγκεκριμένα γεωμετρικά παραδείγματα ... αλλά και με τον τύπο μήκους διχοτόμου, τελικά

]

Η αποδεικτέα |FH|>|DJ|

είναι λοιπόν ισοδύναμη προς την ανισότητα

$\dfrac{s^2+\left(\sqrt{s^2+(c+f)^2}+c+f\right)^2}{s^2+\left(\sqrt{s^2+c^2}+c\right)^2}>\dfrac{\left(g+f+\sqrt{s^2+(c+f)^2}\right)^2}{\left(g+f+\sqrt{s^2+c^2}\right)^2},$

όπου f>0

,

,

, $c\in R$ .

Αν c^2>(c+f)^2

-- κάτι που μπορεί να συμβεί μόνον όταν c<0

(αμβλυγώνιο τρίγωνο) -- τότε η αποδεικτέα ανισότητα είναι άμεση:

$\dfrac{s^2+\left(\sqrt{s^2+(c+f)^2}+c+f\right)^2}{s^2+\left(\sqrt{s^2+c^2}+c\right)^2}>1>\dfrac{\left(g+f+\sqrt{s^2+(c+f)^2}\right)^2}{\left(g+f+\sqrt{s^2+c^2}\right)^2},$

καθώς η δεξιά ανισότητα είναι άμεση συνέπεια των g+f>0

και

, ενώ η αριστερή ανισότητα προκύπτει από τις c<c+f

και $\left(s^2+(\sqrt{s^2+x^2}+x)^2\right)'=\dfrac{2\left(\sqrt{s^2+x^2}+x^2\right)^2}{\sqrt{s^2+x^2}}>0.$

Αν $c^2\leq(c+f)^2$ -- κάτι που μπορεί να ισχύει και με $c\geq0$ και με c<0

-- τότε, λόγω της

$\dfrac{\left(f+\sqrt{s^2+(c+f)^2}\right)^2}{\left(f+\sqrt{s^2+c^2}\right)^2}>\dfrac{\left(g+f+\sqrt{s^2+(c+f)^2}\right)^2}{\left(g+f+\sqrt{s^2+c^2}\right)^2},$

αρκεί να δειχθεί η ανισότητα

$\dfrac{s^2+\left(\sqrt{s^2+(c+f)^2}+c+f\right)^2}{s^2+\left(\sqrt{s^2+c^2}+c\right)^2}>\dfrac{\left(f+\sqrt{s^2+(c+f)^2}\right)^2}{\left(f+\sqrt{s^2+c^2}\right)^2},$

όπου f>0

,

, $c\in R$ , ΚΑΙ $c^2\leq(c+f)^2\leftrightarrow f\geq-2c.$

Ύστερα από ΤΙΣ πράξεις (που έλεγξα πολλές φορές), η αποδεικτέα ανισότητα προκύπτει ισοδύναμη προς την u(f)>0

, όπου

$u(f)=f^4+2cf^3+\sqrt{s^2+(c+f)^2}(f^3+cf^2-c^2f-s^2f+c^3+cs^2)+$

$+\sqrt{s^2+c^2}(2f^3+2cf^2+2s^2f-c^3-cs^2)+2\sqrt{s^2+c^2}\sqrt{s^2+(c+f)^2}f^2.$

Επειδή u(0)=0

, αρκεί να δειχθεί η u'(f)>0

για

, που προκύπτει ισοδύναμη προς την ισχύουσα

$4f^3+\dfrac{s^2f^2}{\sqrt{s^2+(c+f)^2}}+6\left(c+\sqrt{s^2+c^2}\right)f^2+4\sqrt{s^2+c^2}\left(c+\sqrt{s^2+(c+f)^2}\right)f+$

$+s^2\left(\sqrt{s^2+c^2}-\dfrac{s^2}{\sqrt{s^2+(c+f)^2}}\right)+s^2\left(\sqrt{s^2+c^2}-\dfrac{c^2}{\sqrt{s^2+(c+f)^2}}\right)+$

$+\dfrac{2\sqrt{s^2+c^2}(c+f)f^2}{\sqrt{s^2+(c+f)^2}}+\dfrac{2\left(2f^2+5cf+3c^2\right)f^2}{\sqrt{s^2+(c+f)^2}}>0.$

[Η θετικότητα του κάθε όρου είναι προφανής για $c\geq 0$ . Για c<0

κάποιες θετικότητες είναι λιγότερο προφανείς: στον προτελευταίο όρο παρατηρούμε ότι οι συνθήκες $c^2\leq(c+f)^2$ και c<0

δίνουν

, ενώ στον τελευταίο όρο η συνθήκη $f\geq-2c$ δίνει $f>-\dfrac{3c}{2}$ , που συνεπάγεται την 2f^2+5cf+3c^2>0

.]

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 03, 2018 12:11 am**

gbaloglou έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 01, 2018 10:24 pm
Ύστερα από πολλές 'ανατροπές' και μία βελτίωση ( αντί ) ... καταθέτω την κοπιώδη απόδειξη μου για την :

Θέτουμε , , , , , όπου , , , $c\in R$ . Από τις $H\in CG$ , $J\in CE$ λαμβάνουμε

$H=\left(g-\dfrac{(g-c)h}{s},h\right),$

$J=\left(g+f}-\dfrac{(g+f-c)j}{s},j\right),$

ενώ από την θεμελιώδη ιδιότητα της διχοτόμου λαμβάνουμε

$h=\dfrac{(g+f)s}{g+f+\sqrt{s^2+(c+f)^2}},$

$j=\dfrac{(g+f)s}{g+f+\sqrt{s^2+c^2}}.$

Συμπεραίνουμε ότι

$|FH|^2=\dfrac{(g+f)^2\left[s^2+\left(\sqrt{s^2+(c+f)^2}+c+f\right)^2\right]}{\left(g+f+\sqrt{s^2+(c+f)^2}\right)^2},$

$|DJ|^2=\dfrac{(g+f)^2\left[s^2+\left(\sqrt{s^2+c^2}+c\right)^2\right]}{\left(g+f+\sqrt{s^2+c^2}\right)^2}.$

[Τα παραπάνω έχουν ελεγχθεί εξονυχιστικά και έχουν επαληθευθεί με συγκεκριμένα γεωμετρικά παραδείγματα ... αλλά και με τον τύπο μήκους διχοτόμου, τελικά ]

Η αποδεικτέα είναι λοιπόν ισοδύναμη προς την ανισότητα

$\dfrac{s^2+\left(\sqrt{s^2+(c+f)^2}+c+f\right)^2}{s^2+\left(\sqrt{s^2+c^2}+c\right)^2}>\dfrac{\left(g+f+\sqrt{s^2+(c+f)^2}\right)^2}{\left(g+f+\sqrt{s^2+c^2}\right)^2},$

όπου , , , $c\in R$ .

Αν -- κάτι που μπορεί να συμβεί μόνον όταν (αμβλυγώνιο τρίγωνο) -- τότε η αποδεικτέα ανισότητα είναι άμεση:

$\dfrac{s^2+\left(\sqrt{s^2+(c+f)^2}+c+f\right)^2}{s^2+\left(\sqrt{s^2+c^2}+c\right)^2}>1>\dfrac{\left(g+f+\sqrt{s^2+(c+f)^2}\right)^2}{\left(g+f+\sqrt{s^2+c^2}\right)^2},$

καθώς η δεξιά ανισότητα είναι άμεση συνέπεια των και , ενώ η αριστερή ανισότητα προκύπτει από τις και $\left(s^2+(\sqrt{s^2+x^2}+x)^2\right)'=\dfrac{2\left(\sqrt{s^2+x^2}+x^2\right)^2}{\sqrt{s^2+x^2}}>0.$

Αν $c^2\leq(c+f)^2$ -- κάτι που μπορεί να ισχύει και με $c\geq0$ και με -- τότε, λόγω της

$\dfrac{\left(f+\sqrt{s^2+(c+f)^2}\right)^2}{\left(f+\sqrt{s^2+c^2}\right)^2}>\dfrac{\left(g+f+\sqrt{s^2+(c+f)^2}\right)^2}{\left(g+f+\sqrt{s^2+c^2}\right)^2},$

αρκεί να δειχθεί η ανισότητα

$\dfrac{s^2+\left(\sqrt{s^2+(c+f)^2}+c+f\right)^2}{s^2+\left(\sqrt{s^2+c^2}+c\right)^2}>\dfrac{\left(f+\sqrt{s^2+(c+f)^2}\right)^2}{\left(f+\sqrt{s^2+c^2}\right)^2},$

όπου , , $c\in R$ , ΚΑΙ $c^2\leq(c+f)^2\leftrightarrow f\geq-2c.$

Ύστερα από ΤΙΣ πράξεις (που έλεγξα πολλές φορές), η αποδεικτέα ανισότητα προκύπτει ισοδύναμη προς την , όπου

$u(f)=f^4+2cf^3+\sqrt{s^2+(c+f)^2}(f^3+cf^2-c^2f-s^2f+c^3+cs^2)+$

$+\sqrt{s^2+c^2}(2f^3+2cf^2+2s^2f-c^3-cs^2)+2\sqrt{s^2+c^2}\sqrt{s^2+(c+f)^2}f^2.$

Επειδή , αρκεί να δειχθεί η για , που προκύπτει ισοδύναμη προς την ισχύουσα

$4f^3+\dfrac{s^2f^2}{\sqrt{s^2+(c+f)^2}}+6\left(c+\sqrt{s^2+c^2}\right)f^2+4\sqrt{s^2+c^2}\left(c+\sqrt{s^2+(c+f)^2}\right)f+$

$+s^2\left(\sqrt{s^2+c^2}-\dfrac{s^2}{\sqrt{s^2+(c+f)^2}}\right)+s^2\left(\sqrt{s^2+c^2}-\dfrac{c^2}{\sqrt{s^2+(c+f)^2}}\right)+$

$+\dfrac{2\sqrt{s^2+c^2}(c+f)f^2}{\sqrt{s^2+(c+f)^2}}+\dfrac{2\left(2f^2+5cf+3c^2\right)f^2}{\sqrt{s^2+(c+f)^2}}>0.$

[Η θετικότητα του κάθε όρου είναι προφανής για $c\geq 0$ . Για κάποιες θετικότητες είναι λιγότερο προφανείς: στον προτελευταίο όρο παρατηρούμε ότι οι συνθήκες $c^2\leq(c+f)^2$ και δίνουν , ενώ στον τελευταίο όρο η συνθήκη $f\geq-2c$ δίνει $f>-\dfrac{3c}{2}$ , που συνεπάγεται την .]

. !!

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 03, 2018 11:09 am**

Λοιπόν, Γιώργο, πρέπει να το ευχαριστήθηκες!! (αυτό που στην παλατινή ανθολογία λέγεται "ηδύ το βινείν"

)

Τέλος πάντων, με την πρόταση αυτή απαντάμε στο θέμα της παραπομπής, αφού τα τρίγωνα CFG, CDE

έχουν ίσα ύψη από την κορυφή

και ίσεs τις διαμέσους των κορυφών τους E, G

viewtopic.php?f=62&t=62479

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 03, 2018 7:07 pm**

rek2 έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 03, 2018 11:09 am
Λοιπόν, Γιώργο, πρέπει να το ευχαριστήθηκες!! (αυτό που στην παλατινή ανθολογία λέγεται "ηδύ το βινείν" )

Τέλος πάντων, με την πρόταση αυτή απαντάμε στο θέμα της παραπομπής, αφού τα τρίγωνα έχουν ίσα ύψη από την κορυφή και ίσεs τις διαμέσους των κορυφών τους

viewtopic.php?f=62&t=62479

Κώστα θα έπρεπε -- ως επιμελητής φακέλου αν μη τι άλλο -- να είχα δει το αρχικό πρόβλημα ... αλλά μου διέφυγε! Εντυπωσιακό το ότι δεν δόθηκε γεωμετρική λύση ... ούτε σ' αυτό ούτε στην αναγωγή σου (που είναι μάλιστα 'διαισθητικά προφανής')!

Αναμένουμε λοιπόν κάτι καλύτερο από τους γεωμέτρες του

, προσωπικά θα ελέγξω ΚΑΙ ΠΑΛΙ τους υπολογισμούς και συλλογισμούς μου (όταν βρεθώ στην κατάλληλη διάθεση) ... καθώς το πρόβλημα είναι πιο σημαντικό απ' όσο νόμιζα ... και θα γίνεται όλο και σημαντικότερο όσο δεν εμφανίζεται η γεωμετρική λύση που περιμένουμε

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 21, 2018 9:38 am**

gbaloglou έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 03, 2018 7:07 pm

rek2 έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 03, 2018 11:09 am
Λοιπόν, Γιώργο, πρέπει να το ευχαριστήθηκες!! (αυτό που στην παλατινή ανθολογία λέγεται "ηδύ το βινείν" )

Τέλος πάντων, με την πρόταση αυτή απαντάμε στο θέμα της παραπομπής, αφού τα τρίγωνα έχουν ίσα ύψη από την κορυφή και ίσεs τις διαμέσους των κορυφών τους

viewtopic.php?f=62&t=62479
Κώστα θα έπρεπε -- ως επιμελητής φακέλου αν μη τι άλλο -- να είχα δει το αρχικό πρόβλημα ... αλλά μου διέφυγε! Εντυπωσιακό το ότι δεν δόθηκε γεωμετρική λύση ... ούτε σ' αυτό ούτε στην αναγωγή σου (που είναι μάλιστα 'διαισθητικά προφανής')!

Τελικά ... ΔΕΝ ισχύει η εικασία ... καθώς δεν είναι 'πλήρης' η γεωμετρική αναγωγή: επισυνάπτω συγκεκριμένο (αντι)παράδειγμα -- προϊόν προσπάθειας μου να δώσω δεύτερη απόδειξη ύστερα από άλλη γεωμετρική αναγωγή που μου πρότεινε ο φίλος (και γείτονας) μαθηματικός Γιάννης Καρίνας -- με σκοπό να σχολιάσω περισσότερο τις επόμενες ώρες ή μέρες

: amb.png (14.5 KiB) Προβλήθηκε 1398 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 21, 2018 11:29 am**

Πολύ ωραία σκέψη Γιώργο

Τα σημεία

μπαίνουν στην τύχη σε ευθεία παράλληλη στον x'x,

ύστερα

βρίσκουμε τα συμμετρικά τους ως προς το

και τέλος το

υπολογίζεται κατάλληλα.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 21, 2018 8:05 pm**

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 21, 2018 11:29 am
Πολύ ωραία σκέψη Γιώργο Τα σημεία μπαίνουν στην τύχη σε ευθεία παράλληλη στον ύστερα

βρίσκουμε τα συμμετρικά τους ως προς το και τέλος το υπολογίζεται κατάλληλα.

Γιώργο λίγο αλλιώς το είδα: σταθεροποιώντας εξ αρχής την κορυφή A=(a, -b)

και το μέσον M=(0,0)

της πλευράς

αναζητώ τις κορυφές B=(x,b)

και

έτσι ώστε η

-διχοτόμος να έχει δοθέν μήκος

. Στην αρχή νόμισα ότι για να είναι καλώς ορισμένο το πρόβλημα οφείλει να ισχύει η x>-a

, και, πράγματι, ύστερα από αρκετά επίπονες προσπάθειες κατάφερα να δείξω ότι g'(x)>0

για

, όπου $g(x)=2\sqrt{x^2+b^2}(x+a)\cdot \left(\dfrac{(x+a+2\sqrt{x^2+b^2})^2-(x-a)^2-4b^2}{(x+a+2\sqrt{x^2+b^2})^2}\right)$ , άρα το μήκος της

-διχοτόμου φαίνεται να είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση του

(επαληθεύοντας την αρχική εικασία), ενώ φαίνεται να είναι εύκολη αλγεβρικά (και μονοσήμαντη) η κατασκευή τριγώνου με

-διάμεσο $\sqrt{a^2+b^2}$ ,

-ύψος

, και

-διχοτόμο $d=\sqrt{2\sqrt{x^2+b^2}(x+a)\cdot \left(\dfrac{(x+a+2\sqrt{x^2+b^2})^2-(x-a)^2-4b^2}{(x+a+2\sqrt{x^2+b^2})^2}\right)}$ . ΠΛΗΝ ΟΜΩΣ ... υπάρχουν και τα τρίγωνα με κορυφές B=(x,b)

και

όπου

, στα οποία η κορυφή

βρίσκεται πλέον ΔΕΞΙΑ της κορυφής

και ισχύει η $d=\sqrt{2\sqrt{x^2+b^2}(-x-a)\cdot \left(\dfrac{(-x-a+2\sqrt{x^2+b^2})^2-(x-a)^2-4b^2}{(-x-a+2\sqrt{x^2+b^2})^2}\right)}$

Στο συνημμένο -- όπου βεβαίως αναγκάστηκα να χρησιμοποιήσω και ΔΕΥΤΕΡΗ ΜΕΤΑΒΛΗΤΗ

, αλλά και να συγκεκριμενοποιήσω τα a=1

,

-- δείχνω πως κάθε σημείο (x,y)

επί του αποδεκτού μέρους της καμπύλης ίσων μηκών διχοτόμων αντιστοιχεί σε δύο μη ίσα τρίγωνα με κορυφές (1,-2)

,

,

και

,

,

με δύο ίσα ύψη, δύο ίσες διαμέσους, και δύο ίσες διχοτόμους. Δείχνω επίσης το σημείο $\approx(0,72, -2,3)$ που αντιστοιχεί στα δύο τρίγωνα AB'C'

,

της προηγούμενης δημοσίευσης μου (έκαστο με

-διάμεσο μήκους $\sqrt{5}$ ,

-ύψος μήκους

,

-διχοτόμο μήκους

).

: amb-curve.png (23.21 KiB) Προβλήθηκε 1321 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 22, 2018 2:43 pm**

Γεια σου Γιώργο!

Κατάλαβα τι εννοείς. Εγώ, στηριζόμενος στο σχήμα σου, το έκανα ως εξής: Παίρνω π.χ τα σημεία $\displaystyle B(1,1),B'( - 3,1)$

και στη συνέχεια βρίσκω τα συμμετρικά τους $\displaystyle C(-1,-1),C'( 3,-1)$ ως προς O(0,0).

: Ύψος και διάμεσος.b.png (17.77 KiB) Προβλήθηκε 1247 φορές

Οποιοδήποτε σημείο A(x,-1)

μας εξασφαλίζει ότι τα τρίγωνα ABC, AB'C'

έχουν ίσα ύψη από τις κορυφές B, B'

και κοινή

διάμεσο AO.

Αρκεί οι διχοτόμοι CD, C'D'

να είναι ίσες. Από εκεί εντοπίζουμε το

Στο παράδειγμά μας x=1,4676577...

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 23, 2018 8:10 pm**

Γιώργο ... κατάλαβα και εγώ: αντί να λύσεις ως προς

,

τις δύο εξισώσεις

$2\sqrt{x^2+b^2}(x+a)\cdot \left(\dfrac{(x+a+2\sqrt{x^2+b^2})^2-(x-a)^2-4b^2}{(x+a+2\sqrt{x^2+b^2})^2}\right)}=d^2,$

$2\sqrt{y^2+b^2}(-y-a)\cdot \left(\dfrac{(-y-a+2\sqrt{y^2+b^2})^2-(y-a)^2-4b^2}{(-y-a+2\sqrt{y^2+b^2})^2}\right)}=d^2,$

απλά λύνεις ως προς

την εξίσωση

$2\sqrt{x^2+b^2}(x+a)\cdot \left(\dfrac{(x+a+2\sqrt{x^2+b^2})^2-(x-a)^2-4b^2}{(x+a+2\sqrt{x^2+b^2})^2}\right)}=$

$=2\sqrt{y^2+b^2}(-y-a)\cdot \left(\dfrac{(-y-a+2\sqrt{y^2+b^2})^2-(y-a)^2-4b^2}{(-y-a+2\sqrt{y^2+b^2})^2}\right)},$

θεωρώντας δεδομένα τα

,

(και υπολογίζοντας, ΑΝ μας ενδιαφέρει, το μήκος

των ίσων διχοτόμων ... εκ των υστέρων):

σίγουρα απλούστερη η προσέγγιση σου, ακόμη και ως προς τους βαθμούς των εμπλεκομένων εξισώσεων!

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 17, 2019 7:30 pm**

gbaloglou έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 21, 2018 9:38 am

Τελικά ... ΔΕΝ ισχύει η εικασία ... καθώς δεν είναι 'πλήρης' η γεωμετρική αναγωγή:

Στο συνημμένο παραθέτω ΔΥΟ υποπεριπτώσεις της γεωμετρικής αναγωγής που πρότεινε ο Κώστας -- ΜΙΑ από τις οποίες συζητήθηκε αναλυτικά/αλγεβρικά παραπάνω -- μαζί με μία ακόμη περίπτωση (βασισμένη στο σχήμα του Γιώργου) όπου ο όλος συλλογισμός δεν ισχύει. Και στις τρεις περιπτώσεις εικονίζονται οι ίσες διάμεσοι (που στις δύο πρώτες δημιουργούν παραλληλόγραμμο ενώ στην τρίτη δημιουργούν ισοσκελές τραπέζιο).

Νομίζω ότι από όλα τα παραπάνω προκύπτει -- με αρκετή επιπλέον δουλειά -- η ισχύς της εικασίας για δύο οξυγώνια τρίγωνα ή για δύο αμβλυγώνια τρίγωνα. Λίγο ανάποδα, σε κάθε τριάδα ύψους-διαμέσου-διχοτόμου αντιστοιχούν ένα οξυγώνιο και ένα αμβλυγώνιο τρίγωνο, και αυτό πίστεψε εξ αρχής και ο φίλος μαθηματικός Γιάννης Καρίνας (που, όπως ήδη ανέφερα, έπαιξε πολύ σημαντικό ρόλο στο ξεκλείδωμα του προβλήματος).

: μη-αναγωγή.png (31.37 KiB) Προβλήθηκε 1017 φορές

mathematica.gr

ύψος διάμεσος

ύψος διάμεσος

Re: ύψος διάμεσος

Re: ύψος διάμεσος

Re: ύψος διάμεσος

Re: ύψος διάμεσος

Re: ύψος διάμεσος

Re: ύψος διάμεσος

Re: ύψος διάμεσος

Re: ύψος διάμεσος

Re: ύψος διάμεσος

Re: ύψος διάμεσος

Re: ύψος διάμεσος