forum.math.uoa.gr

Forum του Τμήματος Μαθηματικών
Ημερομηνία 19 Νοέμ 2017, 21:54

Όλοι οι χρόνοι είναι UTC + 2 ώρες [ DST ]




Δημιουργία νέου θέματος Απάντηση στο θέμα  [ 9 δημοσιεύσεις ] 
Συγγραφέας Μήνυμα
 Θέμα δημοσίευσης: Ασκήσεις πιθανοτήτων (διακριτές τ.μ.)
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 23 Ιούλ 2012, 10:47 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 11 Ιούλ 2010, 01:18
Δημοσ.: 107
1.
Αν A, B είναι δύο ενδεχόμενα, αποδείξτε ότι:

[P(A \cap B)]^{2} = P(A \bigtriangleup B) \cdot [P(A) + P(B)] + [P(A \cup B)]^{2}.

Υπενθύμηση:
(A \bigtriangleup B) = (A \backslash B) \cup (B \backslash A).

Spoiler:
Λύση:

Ισοδύναμα, θέλουμε να αποδείξουμε:

[P(A \cap B)]^{2} - [P(A \cup B)]^{2} = P(A \bigtriangleup B) \cdot [P(A) + P(B)].

Ισχύει,

P(A \cap B) = P(A) + P(B) - P(A \cup B)

Συνεπώς,

[P(A \cup B)]^{2} = [(P(A) + P(B) - P(A \cap B)]^{2}


.............

_________________
Για ΣΕΝΑ τραγουδώ . . .


Τελευταία επεξεργασία απο kostasrousmath την 24 Αύγ 2012, 21:44, επεξεργάστηκε 4 φορές συνολικά.

Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Ασκήσεις πιθανοτήτων (διακριτές τ.μ.)
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 07 Αύγ 2012, 16:55 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 11 Ιούλ 2010, 01:18
Δημοσ.: 107
2.
Ένας παίκτης παίζει το εξής παιχνίδι:

Ρίχνει ένα νόμισμα.
Αν αυτό φέρει γράμματα, ρίχνει ένα ζάρι.
Στην περίπτωση αυτή κερδίζει τόσα ευρώ, όση είναι η ενδειξη του ζαριού.

Αν το νόμισμα φέρει κορώνα, το ξαναρίχνει 5 φορές και κερδίζει τόσα ευρώ όσες είναι και οι ρίψεις που έφεραν κορώνα. (Συμπεριλαμβανομένης και την πρώτης ρίψης).

Αν είναι γνωστό ότι ο παίκτης κέρδισε 2 ευρώ, βρείτε την πιθανότητα στην πρώτη ρίψη ο παίκτης να έφερε γράμματα.

Spoiler:
Λύση:

2.

Θεωρούμε τα ενδεχόμενα,

A = "ο παίκτης κερδίζει 2 ευρώ"

B = "στην πρώτη ρίψη φέρει γράμματα".

P(B|A) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)}

P(B|A) = \frac{P(A|B)P(B)}{P(A)},

όπου P(A) = P(A|K)P(K) + P(A| \Gamma)P(\Gamma)

= \frac{\left(\begin{array}{cc} 5 \\ 1 \end{array} \right)}{2^{5}} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{2}

= \frac{\frac{5!}{1!\cdot (5-1)!}}{2^{5}} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{2}

= \frac{\frac{5!}{4!}}{2^{5}} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{12}

= \frac{\frac{5 \cdot 4!}{4!}}{2^{5}} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{12}

= \frac{5}{2^{5}} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{12}

= \frac{5}{2^{6}} + \frac{1}{12}

= \frac{5}{64} + \frac{1}{12}

= \frac{5 \cdot 12}{64 \cdot 12} + \frac{64}{12 \cdot 64}

= \frac{60+64}{768}

= \frac{124}{768}

= \frac{31}{192}.

Άρα, P(B|A) = \frac{ \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{2}}{\frac{31}{192}}

P(B|A) = \frac{192}{12 \cdot 31}

P(B|A) = \frac{192}{372}

P(B|A) \simeq 0.516129032.

_________________
Για ΣΕΝΑ τραγουδώ . . .


Τελευταία επεξεργασία απο kostasrousmath την 24 Αύγ 2012, 21:19, επεξεργάστηκε 5 φορές συνολικά.

Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Ασκήσεις πιθανοτήτων (διακριτές τ.μ.)
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 07 Αύγ 2012, 16:55 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 11 Ιούλ 2010, 01:18
Δημοσ.: 107
3.
Τα ενδεχόμενα A, B είναι ανεξάρτητα και 0 \prec P(A) \prec 1.
Έστω C = (A \cap B) \cup (A^{c} \cap B^{c})
Αν τα A, C είναι ανεξάρτητα, βρείτε το P(B).
Spoiler:
Λύση:
Αφού,
τα A, B είναι ανεξάρτητα έχουμε:
\bullet P(A\cap B) = P(A) \cdot P(B)

τα A, C είναι ανεξάρτητα έχουμε:

\bullet P(A\cap C) = P(A) \cdot P(C).

Επίσης,
P((A \cap C)) = P(A \cap [{(A\cap B}) \cup {(A^{c} \cap B^{c})]) (2)

= P([A\cap (A \cap B)] \cup [A \cap (A^{c} \cap B^{c})])

= P((A \cap B) \cup [(A \cap A^{c}) \cap (A \cap B^{c})])

= P((A \cap B) \cup [\varnothing \cap (A \cap B^{c})])

= P((A \cap B) \cup \varnothing)

= P((A \cap B)).

Άρα, P((A \cap C)) = P((A \cap B))

και από τις σχέσεις

\left\{ \begin{array}{rcl} P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) \\
P(A \cap C) = P(A) \cdot P(C) \end{array}\right.

προκύπτει ότι:

P(C) = P(B).

Επίσης,

P(C) = P((A \cap B) \cup (A^{c} \cap B^{c}))

= P((A \cap B) \cup ((A \cup B)^{c})

= P(A \cap B) + \underbrace{P((A \cup B)^{c})}

= \underbrace{P(A \cap B)} + [\underbrace{1 - P(A \cup B)}], αφού P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) και P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)

= P(A) \cdot P(B) + \{1 - [P(A) + P(B) - P(A \cap B)]\}

= P(A) \cdot P(B) + 1 - P(A) - P(B) + \underbrace{P(A \cap B)}

= P(A) \cdot P(B) + 1 - P(A) - P(B) + P(A) \cdot P(B)

= 2 \cdot P(A) \cdot P(B) + 1 - P(A) - P(B).

Άρα, P(B) =  2 \cdot P(A) \cdot P(B) + 1 - P(A) - P(B)

\Longleftrightarrow \underbrace{2 \cdot P(B) - 2 \cdot P(A) \cdot P(B)} = 1 - P(A)

\Longleftrightarrow 2 \cdot P(B) \cdot [1 - P(A)] = [1 -  P(A)]

\Longleftrightarrow P(B) = \frac{1}{2}.

_________________
Για ΣΕΝΑ τραγουδώ . . .


Τελευταία επεξεργασία απο kostasrousmath την 28 Αύγ 2012, 18:58, επεξεργάστηκε 7 φορές συνολικά.

Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Ασκήσεις πιθανοτήτων (διακριτές τ.μ.)
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 07 Αύγ 2012, 16:55 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 11 Ιούλ 2010, 01:18
Δημοσ.: 107
4.
Η τυχαία μεταβλητή X ακολουθεί κατανομή Poisson με \lambda = 1.
Βρείτε τη μέση τιμή της τυχαίας μεταβλητής Y = |X-1|.

Spoiler:
Λύση:

Έχουμε την τυχαία μεταβλητή X \thicksim Poisson(\lambda = 1).

Συνεπώς, η συνάρτηση μάζας πιθανότητας της X είναι:

f_{X}(x) = e^{-1} \cdot \frac{1}{x!} \cdot \Bbb I (x \in \mathbb{N}_{0}).

Θέλουμε να βρούμε τη μέση τιμή της τυχαίας μεταβλητής Y = |X-1|.

Γνωρίζουμε ότι,
Θεώρημα:
Έστω X διακριτή τυχαία μεταβλητή με συνάρτηση μάζας πιθανότητας f_{X}(x).
Αν Y=g(X) μιαν άλλη διακριτή τυχαία μεταβλητή, όπου y=g(x) μια πραγματική συνάρτηση,
τότε:

\Bbb E {Y} \equiv \Bbb E {g(X)}

όπου \Bbb E {g(X)} = \sum_{x = 0}^{\infty} g(x) \cdot f_{X}(x)
.

Άρα,

\Bbb E {|X-1|} = \sum_{x = 0}^{\infty} |x-1| \cdot f_{X}(x)

\Longleftrightarrow \Bbb E {|X-1|} = \sum_{x = 0}^{\infty} |x-1| \cdot \frac{e^{-1}}{x!}

\Longleftrightarrow \Bbb E {|X-1|} = \frac{1}{e} \cdot \sum_{x = 0}^{\infty} \frac{|x-1|}{x!}

\Longleftrightarrow \Bbb E {|X-1|} = \frac{1}{e} \cdot [1 + \sum_{x = 1}^{\infty} \frac{x-1}{x!}]

\Longleftrightarrow \Bbb E {|X-1|} = \frac{1}{e} \cdot [1 + \sum_{x = 1}^{\infty} \frac{x}{x!} + \sum_{x = 1}^{\infty} \frac{-1}{x!}]

\Longleftrightarrow \Bbb E {|X-1|} = \frac{1}{e} \cdot [1 + \sum_{x = 1}^{\infty} \frac{1}{(x-1)!} - \sum_{x = 1}^{\infty} \frac{1}{x!}].

Θεωρούμε, x-1 = z,
άρα

\left\{ \begin{array}{rcl} x=1 \Longrightarrow z = 0 \\
 \sum_{z=0}^{\infty} \frac{1}{z!} = e \end{array}\right.

Επομένως,

\Bbb E {|X-1|} = \frac{1}{e} \cdot [1 + \sum_{x = 1}^{\infty} \frac{1}{(x-1)!} - \sum_{x = 1}^{\infty} \frac{1}{x!}]

\Longleftrightarrow \Bbb E {|X-1|} = \frac{1}{e} \cdot [1 + \sum_{z = 0}^{\infty} \frac{1}{z!} - \sum_{z = 0}^{\infty} \frac{1}{(z+1)!}]

\Longleftrightarrow \Bbb E {|X-1|} = \frac{1}{e} \cdot [1 + e - \sum_{z = 0}^{\infty} \frac{1}{(z+1)!}]

\Longleftrightarrow \Bbb E {|X-1|} = \frac{1}{e} \cdot [1 + e - \cdots ]

_________________
Για ΣΕΝΑ τραγουδώ . . .


Τελευταία επεξεργασία απο kostasrousmath την 24 Αύγ 2012, 21:06, επεξεργάστηκε 4 φορές συνολικά.

Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Ασκήσεις πιθανοτήτων (διακριτές τ.μ.)
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 07 Αύγ 2012, 16:55 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 11 Ιούλ 2010, 01:18
Δημοσ.: 107
5.
Οι τυχαίες μεταβλητές X, Y είναι ανεξάρτητες και ακολουθούν γεωμετρική κατανομή, με παράμετρο p.
Βρείτε την πιθανότητα P(Y=2X).

Spoiler:
Λύση:

P(Y=2 \cdot X)= \sum_{x=1}^{\infty} P(Y=2 \cdot x, X=x)

Αφού X, Y ανεξάρτητες, έχουμε:

P(Y=2 \cdot X)= \sum_{x=1}^{\infty} P(Y=2 \cdot x) \cdot P(X=x).

Έχουμε,
X \thicksim \Gamma \epsilon \omega \mu \epsilon \tau \rho \iota \kappa \eta'(p)

δηλαδή,

f_{X}(x) = P(X=x) = p \cdot (1-p)^{x-1}.

Tελικά,

P(Y=2 \cdot X)= \sum_{x=1}^{\infty} p \cdot (1-p)^{2 \cdot x-1} \cdot p \cdot (1-p)^{x-1}

P(Y=2 \cdot X)= \sum_{x=1}^{\infty} p^{2} \cdot (1-p)^{3 \cdot x-2}

P(Y=2 \cdot X)=  p^{2} \cdot \sum_{x=1}^{\infty} (1-p)^{3 \cdot x-2}

P(Y=2 \cdot X)=  p^{2} \cdot \sum_{x=1}^{\infty} (1-p)^{3 \cdot x-3 + 1}

P(Y=2 \cdot X)=  p^{2} \cdot  (1-p) \cdot \sum_{x=1}^{\infty} (1-p)^{3 \cdot (x-1)}

Θέτουμε x-1 = y \Longrightarrow \{ x = 1, z=0\}.


P(Y=2 \cdot X)=  p^{2} \cdot  (1-p) \cdot \sum_{z=0}^{\infty} (1-p)^{3 \cdot z}

P(Y=2 \cdot X)=  p^{2} \cdot  (1-p) \cdot \sum_{z=0}^{\infty} [(1-p)^{3}]^{z}

P(Y=2 \cdot X)=  p^{2} \cdot  (1-p) \cdot \frac{1}{1-(1-p)^{3}}


P(Y=2 \cdot X)=  \frac{p^{2} \cdot  (1-p)}{1-(1-p)^{3}}


P(Y=2 \cdot X)=  \frac{p^{2} \cdot  (1-p)}{p\cdot (3\cdot (1-p) + p^{2})}

P(Y=2 \cdot X)=  \frac{p \cdot  (1-p)}{3\cdot (1-p) + p^{2}}.

_________________
Για ΣΕΝΑ τραγουδώ . . .


Τελευταία επεξεργασία απο kostasrousmath την 24 Αύγ 2012, 21:05, επεξεργάστηκε 1 φορές συνολικά.

Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Ασκήσεις πιθανοτήτων (διακριτές τ.μ.)
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 24 Αύγ 2012, 21:04 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 11 Ιούλ 2010, 01:18
Δημοσ.: 107
6.
Ρίχνουμε n νομίσματα.
Η τυχαία μεταβλητή X παριστάνει το πλήθος των νομισμάτων που έφεραν κορώνα και η τυχαία μεταβλητή Y, το πλήθος των νομισμάτων που έφεραν γράμματα.
Βρείτε το συντελεστή συσχέτισης των X, Y.
Spoiler:
Λύση:

Έστω
\star η τυχαία μεταβλητή X παριστάνει το πλήθος των νομισμάτων που έφεραν κορώνα

και

\star η τυχαία μεταβλητή Y, το πλήθος των νομισμάτων που έφεραν γράμματα.

Συνεπώς, αν x το πλήθος νομίσματα έφεραν κορώνα, τότε y = n - x το πλήθος νομίσματα έφεραν γράμματα.

όπου n τα συνολικά νομίσματα.

Ορισμός:
Έστω X, Y δύο τυχαίες μεταβλητές με πεπερασμένες, μη-μηδενικές διασπορές.
Τότε, ο συντελεστής συσχέτισης \rho (X,Y) ορίζεται απ' τη σχέση:

\rho(X,Y) = \frac{cov(X,Y)}{\sqrt{(Var{X})(Var{Y})}}.

Έχουμε,

\bullet cov(X,Y) = cov(X,n-X)

\Longleftrightarrow cov(X,Y) = cov(X,n) - cov(X,X)

Ορισμός:
Έστω X, Y δύο τυχαίες μεταβλητές με πεπερασμένες διασπορές.

Τότε, η συνδιακύμανση των X, Y ορίζεται να είναι:

cov(X,Y) = \Bbb E{X \cdot Y} - \Bbb E{X} \cdot \Bbb E{Y}

Άρα,

\bullet cov(X,X) = \Bbb E{X \cdot X} - \Bbb E{X} \cdot \Bbb E{X} = Var{X}

\bullet cov(X,n) = \Bbb E{X \cdot n} - \Bbb E{X} \cdot \Bbb E{n} = n \cdot \Bbb E{X} - n \cdot \Bbb E{X} = 0

Τελικά,
cov(X,Y) = cov(X,n) - cov(X,X)

cov(X,Y) = 0        -       Var{X}

cov(X,Y) = - Var{X}.

Άρα,

\rho(X,Y) = \frac{-Var{X}}{\sqrt{(Var{X})(Var(n-X))}}

Ισχύει,

\bullet Var(n-X) = \Bbb E{(n-X)^{2}} - ( \Bbb E{(n-X)} )^{2}

= \Bbb E{[n^{2} - 2\cdot n \cdot X + X^{2}]} - (\Bbb E{n} - \Bbb E{X})^{2}

= \Bbb E{n^{2}} - 2 \cdot \Bbb E{(n\cdot X)} +\Bbb E{X^{2}} - [(\Bbb E{n})^{2} - 2\cdot (\Bbb E{n})\cdot (\Bbb E{X}) + (\Bbb E{X})^{2}]

= n^{2} - 2 \cdot n \cdot \Bbb E{X} +\Bbb E{X^{2}} - [n^{2} - 2\cdot n\cdot \Bbb E{X} + (\Bbb E{X})^{2}]

= n^{2} - 2 \cdot n \cdot \Bbb E{X} +\Bbb E{X^{2}} - n^{2} + 2\cdot n\cdot \Bbb E{X} - (\Bbb E{X})^{2}

= \Bbb E{X^{2}} -  (\Bbb E{X})^{2}

= Var{X}.

Τελικά,

\rho(X,Y) = \frac{-Var{X}}{\sqrt{(Var{X})(VarX)}}

\rho(X,Y) = \frac{-Var{X}}{\sqrt{(Var{X})^{2}}}

\rho(X,Y) = \frac{-Var{X}}{Var{X}}

\rho(X,Y) = -1.

_________________
Για ΣΕΝΑ τραγουδώ . . .


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Ασκήσεις πιθανοτήτων (διακριτές τ.μ.)
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 27 Αύγ 2012, 09:55 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 11 Ιούλ 2010, 01:18
Δημοσ.: 107
57.

Ο αριθμός των ατόμων που μπαίνουν σε ένα κατάστημα σε μια μέρα ακολουθεί κατανομή Poisson με παράμετρο \lambda. Κάθε άτομο που μπαίνει στο κατάστημα είναι άνδρας με πιθανότητα p. Αποδείξτε ότι ο αριθμός των ανδρών που μπαίνουν στο κατάστημα σε μια μέρα, ακολουθεί κατανομή Poisson με παράμετρο \lambda \cdot p.

Spoiler:
Λύση:

Έστω X τυχαία μεταβλητή που περιγράφει τον συνολικό αριθμό των ατόμων
Έστω Y τυχαία μεταβλητή που περιγράφει τον αριθμό των ανδρών.

Αν n: ο συνολικός αριθμός των ατόμων, τότεn = k + j,
όπου k: αριθμός ανδρών και j: αριθμός γυναικών.

Έχουμε:
\bullet P(Y=k| X=n) = \left( \begin{array}{cc} n \\ k \end{array} \right)\cdot p^{k} \cdot (1-p)^{n-k}

Από τον τύπο ολικής πιθανότητας έχουμε:

P(Y=k) = \sum_{n=k}^{\infty} P(Y=k|X=n) \cdot P(X=n)

P(Y=k) = \sum_{n=k}^{\infty} \left( \begin{array}{cc} n \\ k \end{array} \right)\cdot p^{k} \cdot (1-p)^{n-k} \cdot \frac{e^{-\lambda} \cdot \lambda ^{n}}{ n !}

P(Y=k) = \sum_{n=k}^{\infty}\frac{n!}{(n-k)! \cdot k!}\cdot p^{k} \cdot (1-p)^{n-k} \cdot \frac{e^{-\lambda} \cdot \lambda ^{n}}{ n !}

P(Y=k) = \frac{e^{-\lambda} \cdot {p^{k}}}{k!}\sum_{n=k}^{\infty}\frac{1}{(n-k)!} \cdot (1-p)^{n-k} \cdot \lambda ^{n}

P(Y=k) = \frac{e^{-\lambda} \cdot {p^{k}}}{k!}\sum_{m=0}^{\infty}\frac{1}{m!} \cdot (1-p)^{m} \cdot \lambda ^{m+k}, όπου m = n+k

P(Y=k) = \frac{e^{-\lambda} \cdot {p^{k}} \cdot \lambda ^{k}}{k!}\sum_{m=0}^{\infty}\frac{1}{m!} \cdot (1-p)^{m} \cdot \lambda ^{m}

P(Y=k) = \frac{e^{-\lambda} \cdot {p^{k}} \cdot \lambda ^{k}}{k!} \cdot e^{\lambda (1-p)}

P(Y=k) = \frac{e^{-\lambda} \cdot {p^{k}} \cdot \lambda ^{k} \cdot e^{\lambda} \cdot e^{-\lambda\cdot p}}{k!}

P(Y=k) = \frac{(p \cdot \lambda)^{k} \cdot e^{-\lambda\cdot p}}{k!}.

Άρα, Y \sim Poisson(\lambda \cdot p)

_________________
Για ΣΕΝΑ τραγουδώ . . .


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Ασκήσεις πιθανοτήτων (διακριτές τ.μ.)
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 01 Σεπ 2012, 21:44 
Χωρίς σύνδεση

Εγγραφη: 24 Μάιος 2011, 17:05
Δημοσ.: 13
Να ρωτησω στη δευτερη ασκηση μηπως δεν εχεις υπολογισει την πι8ανοτητα να φερει γραμματα μετα με το ζαρι να φερει ενα μετα να ριξει παλι γραμματα και ξανα ενα?νομιζω αυτο θα ηταν η απαντηση αν μας ελεγε με μια μονο ριψη ???που κανω λαθος???


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Ασκήσεις πιθανοτήτων (διακριτές τ.μ.)
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 11 Σεπ 2012, 22:08 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 11 Ιούλ 2010, 01:18
Δημοσ.: 107
...........

_________________
Για ΣΕΝΑ τραγουδώ . . .


Κορυφή
 Προφίλ  
 
Τελευταίες δημοσιεύσεις:  Ταξινόμηση κατά  
Δημιουργία νέου θέματος Απάντηση στο θέμα  [ 9 δημοσιεύσεις ] 

Όλοι οι χρόνοι είναι UTC + 2 ώρες [ DST ]


Μελη σε συνδεση

Μέλη σε αυτή την Δ. Συζήτηση : Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης


Δεν μπορείτε να δημοσιεύετε νέα θέματα σε αυτή τη Δ. Συζήτηση
Δεν μπορείτε να απαντάτε σε θέματα σε αυτή τη Δ. Συζήτηση
Δεν μπορείτε να επεξεργάζεστε τις δημοσιεύσεις σας σε αυτή τη Δ. Συζήτηση
Δεν μπορείτε να διαγράφετε τις δημοσιεύσεις σας σε αυτή τη Δ. Συζήτηση

Αναζήτηση για:
Μετάβαση σε:  
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group