Διαφορική Εξίσωση

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

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

Διαφορική Εξίσωση

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Σάβ Νοέμ 21, 2009 2:55 am

Ας λυθεί η διαφορική εξίσωση \displaystyle\frac{dy}{dx}=\frac{y}{x^{2}-4} με αρχική συνθήκη x=\color{red}3\color{black},y=1.

EDIT: Διορθώθηκε η αρχική συνθήκη. Ζητώ συγγνώμη
τελευταία επεξεργασία από Κοτρώνης Αναστάσιος σε Σάβ Νοέμ 21, 2009 9:19 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;

Λέξεις Κλειδιά:
Ωmega Man
Δημοσιεύσεις: 1264
Εγγραφή: Παρ Ιουν 05, 2009 8:17 am

Re: Διαφορική Εξίσωση

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ωmega Man » Σάβ Νοέμ 21, 2009 4:21 am

\displaystyle \frac{y'(x)}{y(x)}=\frac{1}{x^2-4} \Rightarrow log(y(x))=1/4\,\ln  \left( x-2 \right) -1/4\,\ln  \left( x+2 \right) +C.
Από το παραπάνω y \left( x \right) ={\frac {{C}\,\sqrt [4]{x-2}}{\sqrt [4]{x+2}}} και η σχέση αυτή για την αρχική συνθήκη θα μας δώσει y \left( x \right) =-{\frac {\sqrt [4]{3} \left( -1 \right) ^{3/4} 
\sqrt [4]{x-2}}{\sqrt [4]{x+2}}}
Συνημμένα
DE.jpeg
DE.jpeg (48.31 KiB) Προβλήθηκε 1848 φορές


What's wrong with a Greek in Hamburg?
Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: Διαφορική Εξίσωση

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Σάβ Νοέμ 21, 2009 9:31 am

Το κόλλημά μου είναι το εξής: Η αρχική συνθήκη μας δίνει c=\ln\sqrt[4]{5}, αν δεν έχω κάνει λάθος.
Καταλήγουμε λοιπόν σύμφωνα και με αυτά που έχεις γράψει (στη σταθερά διαφέρουμε) στο \displaystyle|y|=5\Big|\frac{x-2}{x+2}\Big|^{\frac{1}{4}}. Μετά...;

Διάβασα σε κάποιο βιβλίο ότι η λύση μιας διαφορικής μπορεί να δοθεί και στη μορφή \phi(x,y)=0. Είναι η παραπάνω μια τέτοια μορφή;


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Ωmega Man
Δημοσιεύσεις: 1264
Εγγραφή: Παρ Ιουν 05, 2009 8:17 am

Re: Διαφορική Εξίσωση

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ωmega Man » Σάβ Νοέμ 21, 2009 8:29 pm

Θα μπορούσες να μου πεις πως έβγαλες το C; Με βάση τους δικούς μου υπολογισμούς βγαίνει
\displaystyle 3^{1/4}\cdot e^{-\pi i /4}. Επίσης για το θεωρητικό ερώτημα σου, δεν καταλαβαίνω τι ακριβώς εννοείς. :)


What's wrong with a Greek in Hamburg?
Άβαταρ μέλους
Πρωτοπαπάς Λευτέρης
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2827
Εγγραφή: Τετ Οκτ 14, 2009 12:20 am
Τοποθεσία: Πετρούπολη, Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Διαφορική Εξίσωση

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Πρωτοπαπάς Λευτέρης » Σάβ Νοέμ 21, 2009 9:09 pm

Γράφοντας την εξίσωση

\displaystyle \frac{1}{y}dy=\left(\frac{1}{4(x-2)}-\frac{1}{4(x+2)} \right)dx

και ολοκληρώνοντας προκύπτει ότι: \displaystyle ln|y|=\frac{1}{4}ln\frac{|x-2|}{|x+2|}+c.

Για x=y=1, προκύπτει c=\ln\sqrt[4]{3}.

Οπότε λύση της διαφορικής είναι η συνάρτηση y για την οποία ισχύει: \displaystyle |y|=\sqrt[4]{\frac{3|x-2|}{|x+2|}},

με μοναδική απαίτηση x\neq +2,-2.
τελευταία επεξεργασία από Πρωτοπαπάς Λευτέρης σε Σάβ Νοέμ 21, 2009 9:35 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Κάθε πρόβλημα έχει μία τουλάχιστον λύση!!!
Ωmega Man
Δημοσιεύσεις: 1264
Εγγραφή: Παρ Ιουν 05, 2009 8:17 am

Re: Διαφορική Εξίσωση

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ωmega Man » Σάβ Νοέμ 21, 2009 9:12 pm

Σωστά αλλά χάνουμε τις μιγαδικές λύσεις όμως.


What's wrong with a Greek in Hamburg?
Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: Διαφορική Εξίσωση

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Σάβ Νοέμ 21, 2009 9:17 pm

Η απορία μου αν στη λύση μιας τέθοιας άσκηση θα ήταν μια ικανοποιητική λύση να σταματήσει κανείς στο σημείο
\displaystyle|y|=\Big(5\Big|\frac{x-2}{x+2}\Big|\Big)^{\frac{1}{4}}, με x\neq\pm2, λόγω της αρχικής μορφής της εξισωσης,

ή να συνεχίσει λέγοντας ότι: αφού x\neq2, τότε \displaystyle|y|=\Big(5\Big|\frac{x-2}{x+2}\Big|\Big)^{\frac{1}{4}}\neq0 και επειδή η y(x) είναι συνεχής στο \mathbb{R}\smallsetminus\{\pm2\}, θα διατηρεί πρόσημο στα διαστήματα A_{1}:=(-\infty,-2),A_{2}:=(-2,2),A_{3}:=(2,+\infty), συνεπώς

θα έχουμε όλους τους συνδυασμούς σταθερού προσήμου στα διαστήματα A_{1},A_{2} από τους τύπους

\displaystyle y(x)=\Big(5\Big|\frac{x-2}{x+2}\Big|\Big)^{\frac{1}{4}} και \displaystyle y(x)=-\Big(5\Big|\frac{x-2}{x+2}\Big|\Big)^{\frac{1}{4}}, ενώ στο A_{3}, λόγω της αρχικής συνθήκης θα είναι

\displaystyle y(x)=\Big(5\Big|\frac{x-2}{x+2}\Big|\Big)^{\frac{1}{4}}.
τελευταία επεξεργασία από Κοτρώνης Αναστάσιος σε Κυρ Νοέμ 22, 2009 12:46 pm, έχει επεξεργασθεί 4 φορές συνολικά.


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: Διαφορική Εξίσωση

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Σάβ Νοέμ 21, 2009 9:23 pm

Μπορώ να κάνω στο geogebra γραφική παράσταση 4ης ρίζας; Βλέπω στις έτοιμες συναρτήσεις έχει μέχρι και 3η ρίζα.... :roll:


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Ωmega Man
Δημοσιεύσεις: 1264
Εγγραφή: Παρ Ιουν 05, 2009 8:17 am

Re: Διαφορική Εξίσωση

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ωmega Man » Κυρ Νοέμ 22, 2009 1:21 am

Εξακολουθώ να μην καταλαβαίνω την προσκόλληση στο \mathbb{R} αφού αρχικά δεν μας περιορίζει η εκφώνηση μόνο στους πραγματικούς. Είναι κλασικό πρόβλημα από συνήθεις διαφορικές εξισώσεις.


What's wrong with a Greek in Hamburg?
Ωmega Man
Δημοσιεύσεις: 1264
Εγγραφή: Παρ Ιουν 05, 2009 8:17 am

Re: Διαφορική Εξίσωση

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ωmega Man » Κυρ Νοέμ 22, 2009 5:30 am

Με βάση τις διορθωμένες αρχικές λοιπόν, το διάγραμμα φάσης είναι το παρακάτω και η λύση είναι η μπλε καμπύλη.
Συνημμένα
1258860543335.png-.png
1258860543335.png-.png (297.7 KiB) Προβλήθηκε 1653 φορές


What's wrong with a Greek in Hamburg?
Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: Διαφορική Εξίσωση

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Κυρ Νοέμ 22, 2009 12:52 pm

Mancar σε ευχαριστώ! Με το mathematica είναι το σχήμα; Πρέπει να συνεχίζει αριστερά και δεξιά της x=-2, πάνω από το 5, θαρρώ, αλλά δε φαίνεται. Τελικά ξέρει κανείς με το geogebra πώς κάνουμε 4ες, ή και μεγαλύτερες, ρίζες...;


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Ωmega Man
Δημοσιεύσεις: 1264
Εγγραφή: Παρ Ιουν 05, 2009 8:17 am

Re: Διαφορική Εξίσωση

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ωmega Man » Κυρ Νοέμ 22, 2009 1:10 pm

Γιατί δεν προσπαθείς να γράψεις y=5*abs((x-2)/(x+2))^(1/4) κάτω στο πλαίσιο εντολών νομίζω θα το βγάλει αλλά πρόσεξε το πεδίο ορισμού είναι (2,\infty).


What's wrong with a Greek in Hamburg?
Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: Διαφορική Εξίσωση

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Κυρ Νοέμ 22, 2009 1:16 pm

Mancar Camoran έγραψε:Γιατί δεν προσπαθείς να γράψεις y=5*abs((x-2)/(x+2))^(1/4) κάτω στο πλαίσιο εντολών νομίζω θα το βγάλει αλλά πρόσεξε το πεδίο ορισμού είναι (2,\infty).
Σωστόόόςςς καμμιά φορά το μυελό μου δε λειτουργεί....!!!!!


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: Διαφορική Εξίσωση

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Κυρ Νοέμ 22, 2009 1:25 pm

Ας βάλω και εγώ ένα σχηματάκι..
diaforiki.png
diaforiki.png (4.53 KiB) Προβλήθηκε 1591 φορές
Στο (2,+\infty) έχω θετικό πρόσημο λόγω της αρχικής συνθήκης..


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
gbag
Δημοσιεύσεις: 128
Εγγραφή: Τρί Απρ 07, 2009 10:35 pm
Τοποθεσία: 39°52'41''N, 25°3'42''E

Re: Διαφορική Εξίσωση

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbag » Κυρ Νοέμ 22, 2009 6:29 pm

Αναστάσιε, η διαφορική εξίσωση είναι συνήθης 1ης τάξης και λύνεται με χωρισμό των μεταβλητών όπως σωστά έχει προαναφερθεί. Μιγαδικές λύσεις έχουμε από 2ης τάξης και πάνω.
Οι λύσεις σύμφωνα με το θεώρημα του Picard ύπαρξης και μοναδικότητας για πρόβλημα αρχικών τιμών διαφορικής εξίσωσης 1ης τάξης, δηλαδή όπως αυτή που έχεις εσύ, βρίσκονται σε διάστημα γύρω από την αρχική τιμή του χ=3 και όχι αριστερά του 2 διότι στο 2 έχουμε ασυνέχεια.
Φιλικά
Γιώργος


Γιώργος Μπαγάνης

"An idea which can be used once is a trick. If it can be used more than once it becomes a method."
George Polya and Gabor Szego
Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: Διαφορική Εξίσωση

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Κυρ Νοέμ 22, 2009 7:30 pm

gbag έγραψε:Αναστάσιε, η διαφορική εξίσωση είναι συνήθης 1ης τάξης και λύνεται με χωρισμό των μεταβλητών όπως σωστά έχει προαναφερθεί. Μιγαδικές λύσεις έχουμε από 2ης τάξης και πάνω.
Οι λύσεις σύμφωνα με το θεώρημα του Picard ύπαρξης και μοναδικότητας για πρόβλημα αρχικών τιμών διαφορικής εξίσωσης 1ης τάξης, δηλαδή όπως αυτή που έχεις εσύ, βρίσκονται σε διάστημα γύρω από την αρχική τιμή του χ=3 και όχι αριστερά του 2 διότι στο 2 έχουμε ασυνέχεια.
Φιλικά
Γιώργος
Κατα' αρχάς να δηλώσω ότι οι γνώσεις μου στις διαφορικές εξισώσεις είναι εξαιρετικά περιορισμένες..

Όμως για παράδειγμα η συνάρτηση \displaystyle y(x)=\Big(5\Big|\frac{x-2}{x+2}\Big|\Big)^{\frac{1}{4}} με x\in(-\infty,-2)\cup(-2,2)\cup(2,+\infty) ικανοποιεί τη διαφορική \displaystyle\frac{dy}{dx}=\frac{y}{x^{2}-4} με αρχική συνθήκη x=3,y=1.


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
gbag
Δημοσιεύσεις: 128
Εγγραφή: Τρί Απρ 07, 2009 10:35 pm
Τοποθεσία: 39°52'41''N, 25°3'42''E

Re: Διαφορική Εξίσωση

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbag » Κυρ Νοέμ 22, 2009 10:14 pm

Αναστάση,
αν απαλοίψεις τα απόλυτα προκύπτουν τρεις διαφορετικές καμπύλες μία για κάθε διάστημα.
Εμείς κρατάμε αυτή που περνά από το ζεύγος των αρχικών τιμών.
Αν δεν είχαμε πρόβλημα αρχικών τιμών τότε και οι τρείς καμπύλες θα αποτελούσαν λύση.
Φιλικά
Γιώργος


Γιώργος Μπαγάνης

"An idea which can be used once is a trick. If it can be used more than once it becomes a method."
George Polya and Gabor Szego
Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: Διαφορική Εξίσωση

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Δευ Νοέμ 23, 2009 10:29 am

Το θεώρημα του picard μας βεβαιώνει για την ύπαρξη και τη μοναδικότητα λύσης δεδομένης κάποιας αρχικής συνθήκης στη γειτονιά του 3. Δε μας λέει τι γίνεται έξω από τη γειτονιά (μαχαλά)του 3. Αυτός είναι και ο λόγος που κρατάμε μόνο τον τύπο με το θετικό πρόσημο στο (2,+\infty) όπου βρίσκεται και ο μαχαλάς του 3. Η συνάρτηση όμως που ικανοποιεί την αρχική διαφορική και την δεδομένη αρχική συνθήκη μπορεί να οριστεί και στα διαστήματα (-\infty,2) και (-2,2). Αν δεν ήταν έτσι τα πράματα, θα έπρεπε να ορίσουμε τη συνάρτηση μόνο στο μαχαλά του 3, που σίγουρα δεν είναι όλο το (2,+\infty). Χωρίς να θέλω να γίνω κουραστικός, ειλικρινά δε βλέπω πού είναι το πρόβλημα...Επίσης στο 2 δεν έχουμε ασυνέχεια διότι στο 2 δεν ορίζεται καν η συνάρτηση.


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
gbag
Δημοσιεύσεις: 128
Εγγραφή: Τρί Απρ 07, 2009 10:35 pm
Τοποθεσία: 39°52'41''N, 25°3'42''E

Re: Διαφορική Εξίσωση

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbag » Δευ Νοέμ 23, 2009 11:53 am

Αναστάση,
εννοούσα διακοπή της καμπύλης στο χ=2, λάθος έφραση.
Αν γράψεις τη λύση για το διάστημα (-2,2) επαληθεύεται από το αρχικό ζεύγος τιμών;
Να είσαι καλά
φιλικά
Γιώργος


Γιώργος Μπαγάνης

"An idea which can be used once is a trick. If it can be used more than once it becomes a method."
George Polya and Gabor Szego
Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

Re: Διαφορική Εξίσωση

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Δευ Νοέμ 23, 2009 1:34 pm

Καλημέρα η προσέγγιση μου στην άσκηση του Αναστάση
Ισχύει \frac{{x - 2}}{{x + 2}} > 0 \Leftrightarrow x <  - 2 \vee x > 2
Επίσης \int {\frac{1}{{{x^2} - 4}}dx = \frac{1}{4}\ln \left| {\frac{{x - 2}}{{x + 2}}} \right| + c}

Δουλεύοντας τη δοσμένη έχομε
\begin{array}{l} 
 {e^{\frac{1}{4}\ln \left| {\frac{{x - 2}}{{x + 2}}} \right|}} \cdot f'\left( x \right) - {\left[ {{e^{\frac{1}{4}\ln \left| {\frac{{x - 2}}{{x + 2}}} \right|}}} \right]^\prime }f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow  \\  
  \Leftrightarrow {\left[ {\frac{{f\left( x \right)}}{{{e^{\frac{1}{4}\ln \left| {\frac{{x - 2}}{{x + 2}}} \right|}}}}} \right]^\prime } = 0 \\  
 \end{array}

Λύνουμε την παραπάνω σε κάθε διάστημα χωριστά
\bullet \frac{{f\left( x \right)}}{{{e^{\frac{1}{4}\ln \left| {\frac{{x - 2}}{{x + 2}}} \right|}}}} = {c_1},x <  - 2 \Leftrightarrow f\left( x \right) = {c_1} \cdot {e^{\frac{1}{4}\ln \left( {\frac{{x - 2}}{{x + 2}}} \right)}}
\bullet \frac{{f\left( x \right)}}{{{e^{\frac{1}{4}\ln \left| {\frac{{x - 2}}{{x + 2}}} \right|}}}} = {c_2}, - 2 < x < 2 \Leftrightarrow f\left( x \right) = {c_2} \cdot {e^{\frac{1}{4}\ln \left( {\frac{{2 - x}}{{x + 2}}} \right)}}
\begin{array}{l} 
  \bullet \frac{{f\left( x \right)}}{{{e^{\frac{1}{4}\ln \left| {\frac{{x - 2}}{{x + 2}}} \right|}}}} = {c_3},x > 2 \Leftrightarrow f\left( x \right) = {c_3} \cdot {e^{\frac{1}{4}\ln \left( {\frac{{x - 2}}{{x + 2}}} \right)}} \\  
 x = 3,1 = {c_3} \cdot {e^{\frac{1}{4}\ln \left( {\frac{{3 - 2}}{{3 + 2}}} \right)}} \Leftrightarrow {c_3} = \sqrt[4]{5} \\  
 \end{array}
Άρα είναι
f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} 
   {{c_1}\cdot{e^{\frac{1}{4}\ln \left( {\frac{{x - 2}}{{x + 2}}} \right)}},x <  - 2}  \\ 
   {{c_2}\cdot{e^{\frac{1}{4}\ln \left( {\frac{{2 - x}}{{x + 2}}} \right)}}, - 2 < x < 2}  \\ 
   {\sqrt[4]{5}\cdot{e^{\frac{1}{4}\ln \left( {\frac{{x - 2}}{{x + 2}}} \right)}},x > 2}  \\ 
\end{array}} \right. = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} 
   {{c_1}\cdot\sqrt[4]{{\frac{{x - 2}}{{x + 2}}}},x <  - 2}  \\ 
   {{c_2}\cdot\sqrt[4]{{\frac{{2 - x}}{{x + 2}}}}, - 2 < x < 2}  \\ 
   {\sqrt[4]{{5\left( {\frac{{x - 2}}{{x + 2}}} \right)}},x > 2}  \\ 
\end{array}} \right.

Σχόλιο: Η άσκηση μπορεί να γίνει και σχολική αν δώσουμε αρχικές συνθήκες και στα άλλα διαστήματα ή αν ορίσουμε την αρχική σχέση μόνο για τα χ ενός διαστήματος με μια αρχική συνθήκη


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)
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

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