неравенство

Неравенство часть 4 (средняя старшая)
Задачи для средней лиги по 10 баллов каждая для средних и старших!
1. If $a_1$ . $a_2$ . .... . $a_n$ = 1 and this numbers are positive numbers. Prove that: (1+ $a_1$ )(1+ $a_2$ )(1+ $a_3$ ) ... (1+ $a_n$ ) $\ge$ $2^n$
2. If x+y+z $\ge$ xyz Prove that:
  $x^2$ + $y^2$ + $z^2$ $\ge$ xyz .
3. a,b,c are positive reals and abc=1. Prove that:
  
  1) $\sqrt{\frac{a+b}{c(c+1)}}+\sqrt{\frac{b+c}{a(a+1)}}+\sqrt{\frac{c+a}{b(b+1)}} \ge 3$
  
  2) $\sqrt{\frac{a(a+1)}{b+c}}+\sqrt{\frac{b(b+1)}{c+a}}+\sqrt{\frac{c(c+1)}{a+b}} \geq 3$
4. Let $a,b,c$ be positive real numbers. Prove that :
  $\frac{a}{\sqrt{b+c}}+\frac{b}{\sqrt{c+a}}+\frac{c}{\sqrt{a+b}}\geq\sqrt{\frac{3}{2}(a+b+c)}$
5. abc(a+b+c)=3;
  a,b,c are posıtıve real numbers.Prove that:
  (a+b)(b+c)(c+a) $\ge$ 8 .When does equalıty hold?
6. a,b and c reel numbers >0 then:
  $\sqrt{\frac{2a}{a+b}}+\sqrt{\frac{2b}{b+c}}+\sqrt{\frac{2c}{a+c}}\leq 3$
7. a,b,c real postive numbers. such that $a+b+c=1$ . providet that
  $\sum_{cyc}{\sqrt\frac{ab}{ab+c}}\leq \frac{3}{2}$
8. Prove that for all positive real numbers $a,b,c$ which satisfy: $abc=1$
  $\frac{1+ab}{1+a}+\frac{1+bc}{1+b}+\frac{1+ac}{1+c} \ge 3$
- Login or register to post comments
Решений: 2
Неравенство часть 2 (старшая средняя)

Задачи для средних по 10 баллов!

Задачи для старших по 7 баллов!

Задача 1

Докажите неравенство:

$\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2} > \frac{a+b+c}{3}$

(a, b, c - положительные числа).

Задача 2

Докажите неравенство для положительных значений переменных:
(a + 1)(b + 1)(a + c)(b + c) $\geqslant$ 16abc.

Задача 3

Докажите неравенство для положительных значений переменных:
(a + b + c)(a² + b² + c²) $\geqslant$ 9abc.

Задача 4

a, b, c — длины сторон треугольника. Докажите, что сумма чисел a/(b + c – a), b/(c + a – b) и c/(a + b – c) больше или равна 3.

Задача 5

Для положительных чисел x₁, x₂, .. , x_n докажите неравенство

(1+x₁)(1+x₁+x₂).. (1+x₁+x₂+.. +x_n)

Задача 6

Для некоторых положительных чисел x и y выполняется неравенство x²+y³ x³+y⁴ . Докажите, что x³+y³2 .

Задача 7

Положительные числа a, b, c таковы, что abc=1.
Докажите неравенство:

$\frac{1}{1+a+b} + \frac{1}{1+b+c} +\frac{1}{1+c+a} <1$

Задача 8

Про положительные числа a, b, c известно, что (1/a)+(1/b)+(1/c)>a+b+c. Докажите, что a+b+c>3abc.
- Login or register to post comments
Неравенство часть 3 (средняя)

Каждая задача по 7 баллов!

Задача 1

Произведение положительных чисел х , у и z равно 1 . Докажите, что (2 + х)(2 + у)(2 + z)  27 .

Задача 2

Докажите, что для любого x>0 и натурального n выполнено неравенство

1+xⁿ⁺1.

Задача 3

Докажите, что при любых , ,  имеет место неравенство: .

Задача 4

, , ,  - положительные числа. Докажите, что

Задача 5

Докажите, что если 0 < a , b < 1 , то  < .

Задача 6

Известно, что x₁² + x₂² +...+ x₆² = 6 и x₁ + x₂ +...+ x₆ = 0 . Докажите, что x₁ x₂ .. x₆   .

Задача 7

Докажите, что если x > 0, y > 0, z > 0 и x² + y² + z² = 1, то  и укажите, в каком случае достигается равенство.

Задача 8

Найдется ли такое n, при котором ? А больше 1000?

Задача 9

Докажите, что  при любых  и .

Задача 10

Сумма положительных чисел a,b,c равна 3. Докажите, что ++  ab+bc+ac .

Задача 11

Для неотрицательных чисел x и y , не превосходящих 1, докажите, что

+    .

Задача 12

Даны рациональные положительные p, q, причем ${\frac{1}{p}}$ + ${\frac{1}{q}}$ = 1. Докажите, что для положительных a и b выполняется неравенство

ab $\displaystyle \leqslant$ $\displaystyle {\frac{a^p}{p}}$ + $\displaystyle {\frac{b^q}{q}}$ .

Задача 13

Докажите неравенства:

а) n(x₁ +...+ x_n) $\geqslant$ ( $\sqrt{x_1}$ +...+ $\sqrt{x_n}$ )²;

б) ${\dfrac{n^3}{(x_1+\ldots+x_n)^2}}$ $\leqslant$ ${\dfrac{1}{x_1^2}}$ +...+ ${\dfrac{1}{x_n^2}}$ ;

в) nx₁...x_n $\leqslant$ x₁ⁿ +...+ x_nⁿ;

г) Неравенство Минковского.

(x₁ +...+ x_n) $\displaystyle \left(\vphantom{\dfrac{1}{x_1}+\ldots+\dfrac{1}{x_n}}\right.$ $\displaystyle {\dfrac{1}{x_1}}$ +...+ $\displaystyle {\dfrac{1}{x_n}}$ $\displaystyle \left.\vphantom{\dfrac{1}{x_1}+\ldots+\dfrac{1}{x_n}}\right)$ $\displaystyle \geqslant$ n².

Значения переменных считаются положительными.

Задача 14

Для некоторых положительных чисел x и y выполняется неравенство x²+y³ x³+y⁴ . Докажите, что x³+y³2 .

Задача 15

a, b, c — длины сторон треугольника. Докажите, что сумма чисел a/(b + c – a), b/(c + a – b) и c/(a + b – c) больше или равна 3.

Задача 16

Положительные числа a, b, c таковы, что abc=1.
Докажите неравенство:
1/(1+a+b) + 1/(1+b+c) + 1/(1+c+a) < 1.

Задача 17

Даны положительные числа a₁, a₂, .., a_n . Известно, что a₁+a₂+..+a_n  . Докажите, что (1+a₁)·(1+a₂)·..·(1+a_n)<2.

Задача 18

Числа x₁, x₂, .., x_n таковы, что x₁ x₂ ..  x_n  0 и

++.. +  = 1.
Докажите, что x₁² + x₂² + .. + x_n² 1.

Задача 19

Положительные числа a, b, c таковы, что a²+b²-ab=c².

Докажите, что (a-c)(b-c)<0.

Задача 20

Докажите, что среди всех треугольников с фиксированным полупериметром p наибольшую площадь имеет правильный треугольник.
- Login or register to post comments
Решений: 3
Неравенство Коши (неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим)
Доказать, что

$\frac{x_1 + x_2 + \ldots + x_n}{n} \geqslant \sqrt[n]{x_1 x_2 \ldots x_n}$

для любых неотрицательных чисел $x_1, x_2, \ldots, x_n$ .

ИНТУИЦИЯ. Нам надо будет, в ШАГЕ, связать каким-то образом $\frac{x_1 + x_2 + \ldots + x_{n + 1}}{n + 1}$ с $\frac{x_1 + x_2 + \ldots + x_n}{n}$ . Заметим, что если у нас есть среднее арифметическое n чисел и если к ним добавить n + 1 число, равное среднему арифметическому, то среднее арифметическое n + 1 таких чисел будет равно среднему арифметическому n чисел. Например, если у нас есть числа 3 и 5, то если к ним добавить их среднее арифметическое, число 4, то среднее арифметическое 3,4,5 останется4.

$\frac{x_1 + x_2 + \ldots + x_{k - 1} + \frac{x_1 + x_2 + \ldots + x_{k - 1}}{k - 1}}{k} = \frac{(k - 1)x_1 + (k - 1)x_2 + \ldots + (k - 1)x_{k - 1} + x_1 + x_2 + \ldots + x_{k - 1}}{(k - 1)k} =$

$= \frac{kx_1 + kx_2 + \ldots + kx_{k - 1}}{(k - 1)k} = \frac{x_1 + x_2 + \ldots + x_{k - 1}}{k - 1}$ .

Однако, каким образом мы может добавить число, которое нам вздумается? Ведь мы должны доказать ПЕРЕХОД для любых k + 1 чисел. Значит нам нужно сначала как-то «сократить» количество с k + 1. Для этого полезно следующие наблюдение. Мы можем сгруппировать числа парами, и тогда количество чисел уменьшиться и мы сможем добавить нужные нам числа.

Однако делать это нужно аккуратно. Так, если у нас есть нечётное количество чисел, то у нас останется «лишнее» число. Заметим, что добавлением нуля проблему не решишь, например,

$\frac{x_1 + x_2 + x_3}{3} = \frac{(x_1 + x_2) + (x_3 + 0)}{3}$ ,

и, несмотря на то, что у нас есть две пары, то есть с числителем дроби всё вроде бы в порядке, у нас проблема со знаменателем, нам нужно, чтобы в знаменателе было 2, а не 3. Попытка

$\frac{2}{3} \cdot \frac{(x_1 + x_2) + (x_3 + 0)}{2} = \frac{2}{3}\sqrt[2]{(x_1 + x_2)(x_3 + 0)}$

ни к чему не приводит, получили и корень не той степени, и неправильное подкоренное выражение, и коэффициент $\frac{2}{3}$ , с которым вообще непонятно, что делать. Значит, нужно искать другой путь. А что, если в числитель «поднять» из знаменателя 3?

$2 \cdot \frac{\frac{(x_1 + x_2) + (x_3 + 0)}{3}}{2} = 2 \cdot \frac{\frac{(x_1 + x_2)}{3} + \frac{(x_3 + 0)}{3}}{2} = 2\sqrt[2]{\frac{(x_1 + x_2)}{3}\frac{(x_3 + 0)}{3}}$ .

Получили $\frac{x_1 + x_2 + x_3}{3} = 2\sqrt[2]{\frac{(x_1 + x_2)}{3}\frac{(x_3 + 0)}{3}}$ .

Если бы в подкорневом выражении вместо умножения на x₃ было бы сложение, то мы бы имели бы одно и то же выражение в разной степени (отвлекаясь от двойки) и могли бы дальше что-то делать. А так…

Давайте посмотрим на этот путь при чётных n. Но и этого недостаточно, например, для n = 6 мы будем иметь

$\frac{x_1 + x_2 + x_3 + x_4 + x_5 + x_6}{6} = \frac{(x_1 + x_2) + (x_3 + x_4) + (x_5 + x_6)}{6}$

Чтобы могли применить ММИ, нужно чтобы в знаменателе было x₃ (так как x₃ пары), но $6 = 2 \cdot 3$ , поэтому получим

$\frac{\frac{(x_1 + x_2)}{2} + \frac{(x_3 + x_4)}{2} + \frac{(x_5 + x_6)}{2}}{3}$ .

Однако для n = 3 невозможно применить индукцию, так как 3 — число нечётное.

Попутно можно заметить, что никакие числа у нас теперь «не торчат». Если бы мы могли применить ММИ, то получили бы выражение $\sqrt[3]{\frac{(x_1 + x_2)}{2}\frac{(x_3 + x_4)}{2}\frac{(x_5 + x_6)}{2}}$ . И тут мы можем применить снова неравенство Коши для n = 1 и получить $\sqrt[3]{\sqrt[2]{(x_1 \cdot x_2)}\sqrt[2]{(x_3 \cdot x_4)}\sqrt[2]{(x_5 \cdot x_6)}} = \sqrt[6]{x_1 \cdot x_2 \cdot x_3 \cdot x_4 \cdot x_5 \cdot x_6}$ , и утверждение доказано. Вполне возможно, что мы натолкнулись на плодотворную идею. Для чётного n = 2s мы можем разбить числитель на s разных пар и «поднять» из знаменателя 2, то есть если наши пары будут выглядеть как $\frac{(x_i + x_{i + 1})}{2}$ . Однако, число в знаменателе должно подходить к применению ММИ.

Значит n должно быть чётным, и при том «настолько» чётным, чтобы мы могли применить к нему индукцию (чтобы $\frac{n}{2}$ было тоже чётным). Может быть достаточно взять n = 4s? Попробуем:

для n = 12 мы будем иметь

$\frac{x_1 + x_2 + x_3 + x_4 + x_5 + x_6 + x_7 + x_8 + x_9 + x_{10} + x_{11} + x_{12}}{12} =$

$=\frac{\frac{x_1 + x_2}{2}\frac{x_3 + x_4}{2}\frac{x_5 + x_6}{2}\frac{x_7 + x_8}{2}\frac{x_9 + x_10}{2}\frac{x_11 + x_12}{2} }{6}$ .

И для применения ММИ 6 должно делиться на 4. Если устранить это препятствие, то всё получится:

$\sqrt[3]{\frac{x_1 + x_2}{2}\frac{x_3 + x_4}{2}\frac{x_5 + x_6}{2}\frac{x_7 + x_8}{2}\frac{x_9 + x_{10}}{2}\frac{x_{11} + x_{12}}{2}} =$

$= \sqrt[3]{ \sqrt[2]{x_1 \cdot x_2}\sqrt[2]{x_3 \cdot x_4}\sqrt[2]{x_5 \cdot x_6}\sqrt[2]{x_7 \cdot x_8}\sqrt[2]{x_9 \cdot x_{10}}\sqrt[2]{x_{11} \cdot x_{12}}} =$

$= \sqrt[6]{ x_1 \cdot x_2 \cdot x_3 \cdot x_4 \cdot x_5 \cdot x_6 \cdot x_7 \cdot x_8 \cdot x_9 \cdot x_{10} \cdot x_{11} \cdot x_{12}}$ )

Значит, нам нужно выбрать «настолько чётное n» (делиться на 8?), что половина его также будет «настолько чётным». Как мы уже убедились кратность двум или четырём недостаточно. А что, если n будет состоять из степеней двойки, то есть существует такое s, что n = 2^s? В таком случае половина n также будет состоять из степеней двойки, так как $\frac{n}{2} = \frac{2^s}{2} = 2^{s-1}$ . Вроде как должно сработать. Это довольно общее замечание, если вы хотите доказать что-то для чётных n, то сначала вы должны доказать это для степени двойки, n = 2^s.

Итак, опишем схему доказательства.
1. Сначала, докажем тождество для степени двойки n = 2^s для $y_1 = \frac{x_1 + x_2}{2},\ y_2 = \frac{x_3 + x_4}{2},\ \ldots,\ y_{2^s} = \frac{x_{2^{s + 1}-1} + x_{2^{s + 1}}}{2}$ . Идею доказательства смотри выше.
2. Доказав для чисел вида 2^s, нужно распространить доказательства для всех чисел. Выберем любое k такое, что $2^k \geqslant n$ . Для 2^k неравенство доказано. Значит, мы должны доказать тождество и для 2^k − 1 (тогда оно будет верно и для 2^k − 2, и так далее, пока не доберёмся до n).
3. Затем, предположив, что тождество верно для n = k, нужно доказать его для n = k − 1. Идея доказательства состоит в добавлении k-го элемента, равного среднему арифметическому.
Решение

Сначала ММИ докажем это равенство для всех n, равных степени двойки.

БАЗА: нужно показать, что $\frac{x_1 + x_2}{2} \geqslant \sqrt {x_1 x_2}$ . Действительно,

$\frac{x_1 + x_2}{2} - \sqrt {x_1 x_2} = \frac{x_1 + x_2 - 2\sqrt {x_1 x_2}}{2} = \frac{(\sqrt {x_1} - \sqrt {x_2})^2}{2} \geqslant 0$ .

ПРЕДПОЛОЖИМ, что мы умеем доказывать неравенство при n = 2^k. Докажем его для n = 2^{k + 1}. Итак, у нас есть 2^{k + 1} чисел $x_1, x_2, \ldots, x_{2^{k + 1}}$ . Обозначим $\frac{x_1 + x_2}{2} = y_1,\ \frac{x_3 + x_4}{2} = y_2,\ \ldots,\ \frac{x_{2^{k + 1} - 1} + x_{2^{k + 1}}}{2} = y_{2^k}$ . Поскольку чисел $y_1, y_2, \ldots, y_{2^k}$ всего 2^k, то по предположению, $\frac{y_1 + y_2 + \ldots + y_{2^k}}{2^k} \geqslant \sqrt[2^k]{y_1 y_2 \ldots y_{2^k}}$ . Следовательно,

$\frac{x_1 + x_2 + \ldots + x_{2^{k + 1}}}{2^{k + 1}} = \frac{y_1 + y_2 + \ldots + y_{2^k}}{2^k} \geqslant$

$\geqslant \sqrt[2^k]{y_1 y_2 \ldots y_{2^k}} = \sqrt[2^k]{(\frac{x_1 + x_2}{2})(\frac{x_3 + x_4}{2}) \ldots (\frac{x_{2^{k + 1} - 1} + x_{2^{k + 1}}}{2})} \geqslant$

$\geqslant \sqrt[2^k]{\sqrt {x_1 x_2}\sqrt {x_3 x_4}\ldots \sqrt {x_{2^{k + 1}-1} x_{2^{k + 1}}}} = \sqrt[2^{k + 1}]{x_1 x_2 \ldots x_{2^{k + 1}}}$ .

Итак, неравенство доказано для случаев, когда n есть степень двойки. Теперь индукцией вниз распространяем на остальные n. Это относительно сложный момент в доказательстве. Предположим, что неравенство Коши доказано для n = k. Необходимо доказать, что оно верно и для n = k − 1. Это можно сделать так. Пусть у нас есть k − 1чисел $x_1, \ldots, x_{k - 1}$ . Добавим к ним $x_k = \frac{x_1 + x_2 + \ldots + x_{k-1}}{k-1},$ — k-е число, равное их среднему арифметическому. Для этих k чисел неравенство Коши по предположению верно, и мы можем его использовать:

$\frac{x_1 + x_2 + \ldots + x_{k - 1}}{k - 1} = \frac{x_1 + x_2 + \ldots + x_{k-1} + \frac{x_1 + x_2 + \ldots + x_{k - 1}}{k - 1}}{k} \geqslant$

$\geqslant \sqrt[k]{x_1 x_2 \ldots x_{k - 1}\frac{x_1 + x_2 + \ldots + x_{k - 1}}{k - 1}}$ .

Домножим левую и правую части на $\left(\frac{x_1 + x_2 + \ldots + x_{k - 1}}{k - 1}\right)^{-1/k},$ получим

$\left(\frac{x_1 + x_2 + \ldots + x_{k-1}}{k-1}\right)^{1-1/k} \geqslant \sqrt[k]{x_1 x_2 \ldots x_{k - 1}}$ .

Возведя обе части в степень $\frac{k}{k-1}$ , получаем

$\frac{x_1 + x_2 + \ldots + x_{k - 1}}{k - 1} \geqslant \sqrt[k - 1]{x_1 x_2 \ldots x_{k - 1}}$ ,

что и требовалось доказать.

Ясно, что теперь неравенство доказано для любого n: выбираем любое k такое, что $2^k \geqslant n$ . Для 2^k неравенство доказано. Значит, оно верно, как мы только что показали, и для 2^k − 1, а раз верно для 2^k − 1, то верно и для 2^k − 2, и так далее, пока не доберёмся до n.
- Login or register to post comments
Решений: 1
Неравенство часть 1 (средняя группа)

Каждая задача по 7 баллов!

Задача 1

Докажите, что  при любых  и .

Задача 2

Неравенство между средним квадратическим и средним арифметическим: $\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{2}}$ $\geqslant$ ${\dfrac{a+b}{2}}$ .

Задача 3

Докажите, что  при любых  и .

Задача 4

Докажите, что  при .

Задача 5

Найти наименьшее значение выражения x+1/(4x) при положительных значениях x .

Задача 6

Докажите неравенство для положительных значений переменных:
x⁴ + y⁴ + 8 $\geqslant$ 8xy.

Задача 7

Докажите, что  при любых , , .

Задача 8

x ≥ –1, n – натуральное число. Докажите, что   (1 + x)ⁿ ≥ 1 + nx.

Задача 9

Докажите, что при любых вещественных a_j, b_j ( 1 $\leqslant$ j $\leqslant$ n) выполняется неравенство

$\displaystyle \sqrt{(a_1+a_2+\ldots+a_n)^2+(b_1+b_2+\ldots+b_n)^2}$ $\displaystyle \leqslant$

$\displaystyle \leqslant$ $\displaystyle \sqrt{a_1^2+b_1^2}$ + $\displaystyle \sqrt{a_2^2+b_2^2}$ +...+ $\displaystyle \sqrt{a_n^2+b_n^2}$ .

Задача 10

Доказать неравенство:

$\displaystyle {\frac{a_1}{a_2}}$ + $\displaystyle {\frac{a_2}{a_3}}$ + $\displaystyle {\frac{a_3}{a_4}}$ + ... + $\displaystyle {\frac{a_{n-1}}{a_n}}$ + $\displaystyle {\frac{a_n}{a_1}}$ $\displaystyle \ge$ n;

(a₁, a₂, ..., a_n — положительные числа).

Задача 11

a, b, c — любые положительные числа. Доказать, что

$\displaystyle {\frac{a}{b+c}}$ + $\displaystyle {\frac{b}{a+c}}$ + $\displaystyle {\frac{c}{a+b}}$ $\displaystyle \ge$ $\displaystyle {\textstyle\frac{3}{2}}$ .

Задача 12

Докажите, что  при любых  и .

Задача 13

Найдите наименьшую величину выражения

$\displaystyle \sqrt{x_1^2+(1-x_2)^2}$ + $\displaystyle \sqrt{x_2^2+(1-x_3)^2}$ +...+ $\displaystyle \sqrt{x_{2n}^2+(1-x_1)^2}$ .

Задача 14

, , . Докажите, что .

Задача 15

Докажите неравенство для положительных значений переменных:
ab²c³d⁴ $\leqslant$ $\left(\vphantom{\dfrac{a+2b+3c+4d}{10}}\right.$ ${\dfrac{a+2b+3c+4d}{10}}$ $\left.\vphantom{\dfrac{a+2b+3c+4d}{10}}\right)^{10}_{}$ .

Задача 16

Доказать неравенство abc²+bca²+cab²<= a⁴+b⁴+c⁴ .

Задача 17

Докажите, что для любых положительных чисел x и y справедливо неравенство

+ .

Задача 18

, , . Докажите, что .

Задача 19

Произведение положительных чисел х , у и z равно 1 . Докажите, что (2 + х)(2 + у)(2 + z)  27 .

Задача 20

Докажите, что при любых , ,  имеет место неравенство: .

Задача 21

Докажите, что если 0 < a , b < 1 , то  < .

Задача 22

Докажите, что если x > 0, y > 0, z > 0 и x² + y² + z² = 1, то  и укажите, в каком случае достигается равенство.

Задача 23

Сумма положительных чисел a,b,c равна 3. Докажите, что ++  ab+bc+ac .

Задача 24

Для неотрицательных чисел x и y , не превосходящих 1, докажите, что

+    .

Задача 25

Докажите неравенство для положительных значений переменных:
$\sqrt[4]{ab^3}$ $\leqslant$ ${\dfrac{a+3b}{4}}$ .

Задача 26

Докажите неравенство для положительных значений переменной:
2 + 2 $\geqslant$ 2^.2.

Задача 27

Докажите неравенство для положительных значений переменных:
(a + 1)(b + 1)(a + c)(b + c) $\geqslant$ 16abc.

Задача 28

Докажите неравенство для положительных значений переменных:
${\dfrac{1}{b+c}}$ + ${\dfrac{1}{a+c}}$ + ${\dfrac{1}{a+b}}$ $\geqslant$ ${\dfrac{9}{2(a+b+c)}}$ .

Задача 29

Докажите неравенство для положительных значений переменных:
(a + b + c)(a² + b² + c²) $\geqslant$ 9abc.

Задача 30

Докажите, что если a , b , c – положительные числа и ab + bc + ca > a +b + c , то a + b + c > 3 .
- Login or register to post comments
Решений: 3

Архив данных

New forum topics

Who's new

Кім онлайн?

There are currently 0 users and 2 guests online.

Syndicate

Theme by Danetsoft and Danang Probo Sayekti inspired by Maksimer