Are cineva vreo idee ?

Scris de **curiosul** Dum 06 Iul 2014, 12:22

Fie $p_n$ un oarecare număr prim impar și un număr prim $P\in \left (2 , p_{n}^{2} \right )$ .
S-ar putea demonstra că pentru orice număr par 2k , există cel puțin un număr prim P, $3\leq P< p_{n}^{2}$ , astfel încât P+2k nu se divide cu niciun număr prim mai mic sau egal cu $p_n$ ?

Orakle, ai vreo idee de pornire măcar ?
Sau oricine altcineva ?

Scris de **curiosul** Dum 06 Iul 2014, 13:48

Orakle, dacă se poate generalizat demonstra asta, am împușcat cel puțin trei iepuri dintr-un foc.
În funcție de cum mai ricoșează glonțul, poate mai nimeresc vreun iepure.

Eu am analizat-o pentru început așa.
Am considerat că orice număr par 2k l-am putea scrie sub forma
$2k=u\cdot \prod_{i=1}^{n}p_i- 2v$

Pentru v=0, orice P+2k, $P> p_n$ , este un număr care nu se divide cu niciun număr prim mai mic sau egal cu $p_n$ .

Spre exemplu, pentru v=k, este suficient să existe o pereche de numere prime între care există o diferență de 2k, $p_x-p_y=2k$ , $p_y < p_{n}^{2}$ ca afirmația să fie adevărată.

Situația devine ceva mai complicată când v are o valoare nenulă ce nu respectă condițiile de mai sus și este nevoie de generalizarea situației.

Ai vreo idee ?

Scris de **curiosul** Dum 06 Iul 2014, 14:25

curiosul a scris:Orakle, dacă se poate generalizat demonstra asta, am împușcat cel puțin trei iepuri dintr-un foc.
În funcție de cum mai ricoșează glonțul, poate mai nimeresc vreun iepure.

Primul iepure, și cel mai important pentru mine, este conjectura lui Goldbach.
Dacă s-ar putea demonstra că :

curiosul a scris: pentru orice număr par 2k , există cel puțin un număr prim P, $3\leq P< p_{n}^{2}$ , astfel încât P+2k nu se divide cu niciun număr prim mai mic sau egal cu $p_n$

prin condiția $p_{n+1}> \sqrt{2m}> p_n$ ,

rezultă că există P astfel încât $P+\prod_{i=1}^{n}p_i-2m$ este un număr care nu se divide cu niciun prim mai mic sau egal cu $p_n$ ,

unde $\prod_{i=1}^{n}p_i-2m$ este un număr par $\left (p_1=2 \right )$ .

Aceasta este adevărat doar dacă 2m-P este un număr care nu se divide cu niciun număr prim mai mic sau egal cu $p_n$ , iar prin condiția $p_{n+1}> \sqrt{2m}> p_n$ , înseamnă că există P prim astfel încât 2m-P este un număr prim, ceea ce validează conjectura lui Goldbach.

Înțelegi ce vreau să spun ?

Scris de **curiosul** Dum 06 Iul 2014, 14:47

Deci, cu alte cuvinte, putem reduce demonstrația enunțului conjecturii lui Goldbach, la a demonstra că există un număr prim impar P, $P< p_{n}^{2}$ , astfel încât P+2k nu se divide cu niciun număr prim mai mic sau egal cu $p_{n}$ , pentru orice k natural.

Scris de **curiosul** Mier 09 Iul 2014, 08:42

Cred că enunțul de mai sus se poate demonstra.
Dacă raționamentul pe care l-am folosit nu are nicio greșeală, sper să pot scrie demonstrația diseară.
Îl mai analizez un pic, poate îmi scapă ceva ce nu am luat în calcul.

Scris de **curiosul** Mier 09 Iul 2014, 19:59

Păi meteor, se pare că Chen n-a demonstrat că orice număr par este diferența a două numere prime, ci aceasta este încă o întrebare deschisă, din câte am citit pe net.
Există cumva vreo demonstrație a faptului că orice număr par este diferența a două numere prime ?
Pentru că ceea ce am afirmat mai sus :

curiosul a scris: există un număr prim impar P, $P< p_{n}^{2}$ , astfel încât P+2k nu se divide cu niciun număr prim mai mic sau egal cu $p_{n}$ , pentru orice k natural nenul.

se poate demonstra dacă există o demonstrație a faptului că orice număr par este diferența a două numere prime.

Tu tot vorbești de Chen și Vinogradov, dar ai acces la acele demonstrații ?
Dacă da, mi le poți trimite și mie ?
Sau vorbești doar din ce ai citit și tu pe net ?

Scris de **meteor** Mier 09 Iul 2014, 22:53

Nu am raspuns ca am fost ocupat.

Nu pricep mimic din acele demonstration, CEA a lui Vinogradov am gasit chindva ceva pe niste siteuri rusesti. Din chute am inteles, idea AIA a sa sau a lui Levin, she socot originale.

Scris de **curiosul** Joi 10 Iul 2014, 20:12

OK meteor.
Deci mai am un pic.
Dar nu mă las până nu-i dau de capăt.

Scris de **curiosul** Mier 16 Iul 2014, 22:41

Orakle, am nevoie să mă ajuți la ceva.
Trebuie să demonstrez că dacă rația unei progresii aritmetice de P(n)-1 termeni nu se divide cu P(n), atunci există un termen al progresiei care se divide cu P(n).

Ca să înțelegi mai bine, îți dau un exemplu.
Să luăm numărul prim P(n)=11, spre exemplu, și alegem o rație nedivizibilă cu 11, să zicem 18.
Atunci oricare ar fi a, unul din termenii
a, a+18, a+2*18, a+3*18,...a+10*18
se divide cu P(n).
Pentru a=2 spre exemplu, 2+6*18=110 este divizibil cu 11.
Pentru a=23 spre exemplu, 23+3*18=77 este divizibil cu 11.

Și așa mai departe, indiferent de ce rație nedivizibilă cu P(n) folosim.
Evident, dacă primul termen este divizibil cu p(n) enunțul se verifică, deci ar trebui calculat pentru rația și primul termen nedivizibili cu P(n), ai unei progresii aritmetice de P(n)-1 termeni.
Înțelegi ce vreau să spun ?

N-ar fi greu, dar m-am cam obosit astăzi și nu mai am idei.
Dacă se demonstrează asta, am găsit un raționament care demonstrează o serie de alte ipoteze.

Deci ai vreo idee despre cum am putea demonstra că dacă rația unei progresii aritmetice de P(n)-1 termeni nu se divide cu P(n), atunci există un termen al progresiei care se divide cu P(n) ?

Mulțumesc mult !

Scris de **curiosul** Mier 16 Iul 2014, 22:48

curiosul a scris:Orakle, am nevoie să mă ajuți la ceva.
Trebuie să demonstrez că dacă rația unei progresii aritmetice de P(n)-1 termeni nu se divide cu P(n), atunci există un termen al progresiei care se divide cu P(n).

Ar ajuta cu ceva faptul că 1+2+3+4+...+ P(n)-1 este divizibil cu P(n) ?

Scris de **curiosul** Vin 18 Iul 2014, 14:11

Gata Orakle, i-am dat de capăt !
Urrra !

În mare, principiul demonstrației se bazează pe faptul că la un moment dat, se ajunge ca diferența a două numere care au același rest prin împărțirea la p, nu este un număr divizibil cu p.
Există un raționament prin care se ajunge la asta.
Este foarte interesantă modalitatea prin care se poate demonstra enunțul :

curiosul a scris: există un număr prim impar P, $P< p_{n}^{2}$ , astfel încât P+2k nu se divide cu niciun număr prim mai mic sau egal cu $p_{n}$ , pentru orice k natural nenul.

Nu știu dacă am timp să redactez astăzi, dar să urmărești mâine topicul și să-mi spui te rog părerea ta.

Asta demonstrează o grămadă de lucruri, printre care, și cele mai importante, conjectura lui Goldbach și infinitatea numerelor prime gemene.

Poate totuși am timp astăzi.

Scris de **curiosul** Vin 18 Iul 2014, 16:03

Deci...să vedem !

Pentru orice număr par 2k există un număr prim P, $\mathbf{P< p_{n}^{2}}$ , astfel încât P+2k este un număr care nu se divide cu niciun număr prim mai mic sau egal cu $\mathbf{ p_{n}}$

Putem verifica afirmația pentru primele câteva numere prime $p_n$ .
Dacă vom considera $p_n=3$ observăm că orice număr par este diferența dintre un număr impar care nu se divide cu 3 și unul din numerele prime 3, 5 sau 7, acestea din urmă fiind numerele prime impare mai mici ca pătratul lui 3.
2=7-5
4=11-7=7-3
...
20=23-3=25-5

Am dat exemplul cu 5+20 =25 pentru că trebuie să fie vorba de un număr impar nedivizibil cu 2 sau 3, nu neapărat prim, așa cum cere și enunțul.
Deci observăm că pentru $p_n=3$ , există un număr prim P, mai mic ca $3^2$ astfel încât oricare ar fi un număr par 2k, P+2k este un număr care nu se divide cu 2 și 3.

La fel de bine, afirmația se verifică ușor prin calcul și pentru numerele prime $5,7,...,p_{n-1}$ .

Voi încerca să demonstrez prin inducție, considerând că dacă oricare ar fi numărul par 2k și există un număr prim $P< p_{n-1}^2$ , atunci există $P< p_{n}^2$ astfel încât oricare ar fi numărul par 2k, P+2k este un număr care nu se divide cu niciun număr prim mai mic sau egal cu $p_{n}$ .

Considerăm un număr par oarecare 2k.
Acest număr par îl putem scrie ca fiind $P+\prod_{i=1}^{n}p_i- 2m$

Știm că există un număr prim $P< p_{n-1}^2$ astfel încât $P+\prod_{i=1}^{n}p_i- 2m$ nu este divizibil cu niciun număr prim mai mic sau egal cu $p_{n-1}$ , însă acesta s-ar putea divide cu $p_{n}$ .

Dacă numărul $P+\prod_{i=1}^{n}p_i- 2m$ nu se divide cu niciun număr prim mai mic sau egal cu $p_{n-1}$ atunci înseamnă p-2m nu se divide cu niciun număr prim mai mic sau egal cu $p_{n-1}$ . Altfel, dacă s-ar divide, s-ar putea scoate factor comun acel număr prim mai mic sau egal cu $p_{n-1}$ , iar numărul $P+\prod_{i=1}^{n}p_i- 2m$ nu se divide cu niciun număr prim mai mic sau egal cu $p_{n-1}$ .

Putem scrie numărul $P+\prod_{i=1}^{n}p_i- 2m$ în mai multe moduri :

$P+\prod_{i=1}^{n}p_i- 2m =$

$\left (P+\prod_{i=1}^{n-1}p_i- 2m \right )+\left ( p_n-1 \right )\prod_{i=1}^{n-1}p_i =$

$\left (P+2\cdot \prod_{i=1}^{n-1}p_i- 2m \right )+\left ( p_n-2 \right )\prod_{i=1}^{n-1}p_i =$

$\left (P+3\cdot \prod_{i=1}^{n-1}p_i- 2m \right )+\left ( p_n-3 \right )\prod_{i=1}^{n-1}p_i =$

...

$\left (P+\left ( p_n-k \right )\cdot \prod_{i=1}^{n-1}p_i- 2m \right )+k\prod_{i=1}^{n-1}p_i$

unde $k\in \left [ 1,\left ( p_n-1 \right ) \right ]$

Dacă oricare din termenii scriși în parantezele din stânga ai seriei de mai sus este un număr care se divide cu $p_{n}$ , atunci numărul $P+\prod_{i=1}^{n}p_i- 2m$ nu se divide cu nici cu $p_{n}$ ,

pentru că dacă $\left (P+\left ( p_n-k \right )\cdot \prod_{i=1}^{n-1}p_i- 2m \right )$ se divide cu $p_{n}$ ,

atunci numărul $\left (P+\left ( p_n-k \right )\cdot \prod_{i=1}^{n-1}p_i- 2m \right )+k\prod_{i=1}^{n-1}p_i$

nu se divide cu $p_{n}$ , pentru că k este mai mic decât $p_{n}$ ,

deci nici numărul $P+\prod_{i=1}^{n}p_i- 2m$ .

La fel de bine, putem scrie numărul $P+\prod_{i=1}^{n}p_i- 2m$ într-o altă serie :

$P+\prod_{i=1}^{n}p_i- 2m =$

$\left (P+\prod_{i=1}^{n-2}p_i- 2m \right )+\left ( p_n\cdot p_{n-1}-1 \right )\prod_{i=1}^{n-1}p_i =$

$\left (P+2\cdot \prod_{i=1}^{n-2}p_i- 2m \right )+\left ( p_n\cdot p_{n-1}-2 \right )\prod_{i=1}^{n-1}p_i =$

$\left (P+3\cdot \prod_{i=1}^{n-2}p_i- 2m \right )+\left ( p_n\cdot p_{n-1}-3 \right )\prod_{i=1}^{n-1}p_i =$

...

$\left (P+\left ( p_n-k \right )\cdot \prod_{i=1}^{n-2}p_i- 2m \right )+\left ( p_n\cdot p_{n-1}-\left ( p_n-k \right ) \right )\prod_{i=1}^{n-2}p_i$

unde $k\in \left [ 1,\left ( p_n-1 \right ) \right ]$

Ca și în situația anterioară, dacă oricare dintre parantezele din stânga seriei de mai sus se divid cu $p_{n}$ ,

atunci numărul $P+\prod_{i=1}^{n}p_i- 2m$ nu se divide cu $p_{n}$ .

Explicația este aceeași ca în cazul primei serii prin care am dezvoltat numărul $P+\prod_{i=1}^{n}p_i- 2m$ ,
constând de altfel în faptul că suma sau diferența a două numere prime între ele nu se divide cu niciun număr prim care divide oricare dintre termenii sumei sau diferenței.

Deci rămâne de analizat situația în care niciuna din parantezele respective, cele din stânga seriilor respective nu se divide cu $p_{n}$ , fiind posibil în acest fel ca numărul $P+\prod_{i=1}^{n}p_i- 2m$ să poată fi divizibil cu $p_{n}$ .

Observăm de asemenea, că în ambele serii termenii din paranteze sunt termenii unor progresii aritmetice de rație $\prod_{i=1}^{n-1}p_i$ în prima serie și $\prod_{i=1}^{n-2}p_i$ în a doua serie, progresii aritmetice ce conțin ambele $p_{n}-1$ termeni,

unde primii termeni ai acestor progresii aritmetice sunt $\left (P+\prod_{i=1}^{n-1}p_i- 2m \right )$ în prima serie și $\left (P+\prod_{i=1}^{n-2}p_i- 2m \right )$ în a doua serie.

Dacă niciun termen $\left (P+\left ( p_n-k \right )\prod_{i=1}^{n-1}p_i- 2m \right )$ și respectiv $\left (P+\left ( p_n-k \right )\prod_{i=1}^{n-2}p_i- 2m \right )$ nu se divid cu $p_n$ , atunci vom obține $p_n-1$ resturi, în fiecare serie, la împărțirea fiecărui termen $\left (P+\left ( p_n-k \right )\prod_{i=1}^{n-1}p_i- 2m \right )$ și respectiv $\left (P+\left ( p_n-k \right )\prod_{i=1}^{n-2}p_i- 2m \right )$ prin $p_n$ .

În ambele cazuri, în fiecare serie separat, nu pot exista doi termeni $\left (P+\left ( p_n-{k}' \right )\prod_{i=1}^{n-1}p_i- 2m \right )$ și $\left (P+\left ( p_n-{k}'' \right )\prod_{i=1}^{n-1}p_i- 2m \right )$ astfel încât să aibă amândoi termeni același rest prin împărțirea la $p_n$ , pentru că altfel, diferența lor ar trebui să fie divizibilă cu $p_n$ , în timp ce nu este :

$\left (P+\left ( p_n-{k}'' \right )\prod_{i=1}^{n-1}p_i- 2m \right )-\left (P+\left ( p_n-{k}' \right )\prod_{i=1}^{n-1}p_i- 2m \right )=$

$\left ( {k}'- {k}''\right )\prod_{i=1}^{n-1}p_i$

Pentru că atât k', cât și k" sunt mai mici decât $p_n$ înseamnă că diferența lor nu se poate divide cu $p_n$ și evident, celălalt produs nu-l conține pe $p_n$ factor.

Aceasta înseamnă că în fiecare serie vom obține prin împărțirea parantezelor respective la $p_n$ toate resturile mai mici ca $p_n$ .

Considerăm r fiind restul împărțirii lui $\left (P+\prod_{i=1}^{n-1}p_i- 2m \right )$ la $p_n$ .

În a doua serie există u mai mic ca $p_n-1$ astfel încât prin împărțirea lui $\left (P+ u\cdot \prod_{i=1}^{n-2}p_i- 2m \right )$ la $p_n$ se obține același rest r.

Aceasta înseamnă că diferența

$\left (P+\prod_{i=1}^{n-1}p_i- 2m \right )-\left (P+ u\cdot \prod_{i=1}^{n-2}p_i- 2m \right )$

trebuie să fie divizibilă cu $p_n$ pentru că ambele numere au același rest prin împărțirea la $p_n$ .

Dar diferența de mai sus este $\left ( p_{n-1}-u \right )\prod_{i=1}^{n-2}p_i$ , diferență care nu poate fi divizibilă cu $p_n$

Aceasta înseamnă că unul din cei doi termeni ai diferenței se divide cu $p_n$ , iar de aici rezultă că numărul inițial nu se divide nici cu $p_n$ .

Ce zici Orakle, cum ți se pare ?

Scris de **curiosul** Vin 18 Iul 2014, 16:13

Dacă demonstrația de mai sus este corectă, atunci conjectura lui Goldbach rezultă direct.
La fel și faptul că există o infinitate de numere prime gemene.
Despre aceste implicații voi vorbi mâine, acum nu mai am timp și să lămurim mai întâi corectitudinea acesteia.

Scris de **curiosul** Sam 19 Iul 2014, 08:51

În partea de început am scris :

curiosul a scris:Considerăm un număr par oarecare 2k.
Acest număr par îl putem scrie ca fiind $P+\prod_{i=1}^{n}p_i- 2m$

Însă a fost o greșeală de redactare scrisă în grabă, eram stresat de timp.

Am vrut să spun că numărul par 2k îl putem scrie ca $\prod_{i=1}^{n}p_i- 2m$ și desigur P+2k sub forma $P+\prod_{i=1}^{n}p_i- 2m$ .

Însă aseară m-am tot gândit și analizat ceea ce am scris aici.
Raționamentul este corect din punct de vedere matematic, însă am un mic dubiu vis-a-vis de o anumită situație raportată la completitudinea demonstrației, ceea ce m-a determinat să încerc să găsesc completarea necesară, dacă este nevoie.

Dar înainte de toate aș vrea să știu dacă are cineva nedumeriri și/sau nevoie de explicații suplimentare.
Poate pe alocuri nu m-am exprimat suficient de clar și detaliat.
Aseară, dacă tot n-am putut să dorm, am găsit raționamentul care demonstrează și conjectura lui Andrica, dacă demonstrația de mai sus este corectă.

Însă s-o validăm pe aceasta scrisă mai sus, mai întâi.
Intuitiv, cred că o mare parte din ipotezele formulate pentru numerele prime se pot demonstra cu ajutorul acesteia.

Deci, are cineva ceva de întrebat referitor la anumite aspecte și nu înțelege exact cum rezultă anumite concluzii din demonstrația de mai sus ?
Pentru că într-adevăr, mie însumi mi se pare că pe alocuri nu este explicat complet cum rezultă anumite deducții și impune un efort suplimentar și din partea cititorului.

Scris de **curiosul** Sam 19 Iul 2014, 09:12

Am mai găsit o greșeală de redactare pentru că am postat stresat de timp :

curiosul a scris:La fel de bine, putem scrie numărul $P+\prod_{i=1}^{n}p_i- 2m$ într-o altă serie :

$P+\prod_{i=1}^{n}p_i- 2m =$

$\left (P+\prod_{i=1}^{n-2}p_i- 2m \right )+\left ( p_n\cdot p_{n-1}-1 \right )\prod_{i=1}^{n-1}p_i =$

$\left (P+2\cdot \prod_{i=1}^{n-2}p_i- 2m \right )+\left ( p_n\cdot p_{n-1}-2 \right )\prod_{i=1}^{n-1}p_i =$

$\left (P+3\cdot \prod_{i=1}^{n-2}p_i- 2m \right )+\left ( p_n\cdot p_{n-1}-3 \right )\prod_{i=1}^{n-1}p_i =$

...

$\left (P+\left ( p_n-k \right )\cdot \prod_{i=1}^{n-2}p_i- 2m \right )+\left ( p_n\cdot p_{n-1}-\left ( p_n-k \right ) \right )\prod_{i=1}^{n-2}p_i$

unde $k\in \left [ 1,\left ( p_n-1 \right ) \right ]$

Evident, în al doilea termen al sumelor respective este vorba despre produsul tuturor numerelor prime până la $p_{n-2}$ și nu până la $p_{n-1}$ .
Deci corect ar fi fost :

La fel de bine, putem scrie numărul $P+\prod_{i=1}^{n}p_i- 2m$ într-o altă serie :

$P+\prod_{i=1}^{n}p_i- 2m =$

$\left (P+\prod_{i=1}^{n-2}p_i- 2m \right )+\left ( p_n\cdot p_{n-1}-1 \right )\prod_{i=1}^{n-2}p_i =$

$\left (P+2\cdot \prod_{i=1}^{n-2}p_i- 2m \right )+\left ( p_n\cdot p_{n-1}-2 \right )\prod_{i=1}^{n-2}p_i =$

$\left (P+3\cdot \prod_{i=1}^{n-2}p_i- 2m \right )+\left ( p_n\cdot p_{n-1}-3 \right )\prod_{i=1}^{n-2}p_i =$

...

$\left (P+\left ( p_n-k \right )\cdot \prod_{i=1}^{n-2}p_i- 2m \right )+\left ( p_n\cdot p_{n-1}-\left ( p_n-k \right ) \right )\prod_{i=1}^{n-2}p_i$

unde $k\in \left [ 1,\left ( p_n-1 \right ) \right ]$

Scris de **curiosul** Sam 19 Iul 2014, 09:27

În rest, totul pare să fie corect redactat matematic.
Oricum, dacă mai există vreo greșeală aceea este de redactare, pentru că în mintea mea raționamentul trebuie să fie corect cap-coadă.

Deci, are cineva nevoie de explicații suplimentare ?
Orakle, mă bazez pe tine, pe părerile tale !
Tu mi-ai cam înțeles tiparul, și noi am mai avut discuții care urmează o linie logică asemănătoare.
Sincer, am nevoie de măcar părerea ta.
O să-ți spun și unde am dubiul de incoerență logică referitor la completitudinea matematică a demonstrației, dar cred că am găsit și raționamentul care o completează, dacă cumva este nevoie de ceva în plus în demonstrație, deși mă îndoiesc, dar totuși, eu am mici, mici dubii undeva.
Și le am pentru că vreau ceva perfect, fără niciun fel de dubii.

Scris de Vizitator Lun 28 Iul 2014, 22:45

Curiosule !

Din capul locului nu pricep mare lucru din ce iti propui tu aici.Lasa-mi ceva timp sa vad despre ce este vorba

Scris de **curiosul** Mar 29 Iul 2014, 05:47

Bine ai revenit orakle !
Nu-i corectă demonstrația, dar n-am mai scris nimic pentru că nu mă băga nimeni în seamă.
Dar încearcă să înțelegi ceva pentru că o să-ți scriu ceva ce poate fi dezvoltat în continuare pe baza a ceea ce am scris mai sus.

Scris de **curiosul** Mar 29 Iul 2014, 21:25

De fapt, Orakle, recitind-o, demonstrația nu este tocmai greșită, dar este o chestie despre care nu sunt sigur că poate conduce la un raționament complet.
Și este un aspect din partea de început, ceva referitor la numărul prim P ales.
Nu satisface o condiție anume și încă nu-mi dau seama dacă este sau nu este un aspect care să invalideze concluzia.

Așa, în mare, ea este bine gândită, dar, când ai timp, mai vorbim despre ea.

Scris de **curiosul** Mar 29 Iul 2014, 21:36

Nu ezita să pui vreo întrebare.
Ca să te scutesc de redactare inutilă, citează doar ceea ce nu înțelegi cum este dedus exact și o să încerc să-ți detaliez cât de complet și ușor de înțeles se poate, sau pot eu.

Scris de Vizitator Mier 30 Iul 2014, 16:44

curiosul a scris:Nu ezita să pui vreo întrebare.
Ca să te scutesc de redactare inutilă, citează doar ceea ce nu înțelegi cum este dedus exact și o să încerc să-ți detaliez cât de complet și ușor de înțeles se poate, sau pot eu.

Ok.Saptamana asta sunt cam prins cu alte treburi dar saptamana viitoare promit ca imi rup timp si discutam.

Scris de Continut sponsorizat

Are cineva vreo idee ?

Are cineva vreo idee ?

Re: Are cineva vreo idee ?

Re: Are cineva vreo idee ?

Re: Are cineva vreo idee ?

Re: Are cineva vreo idee ?

Re: Are cineva vreo idee ?

Re: Are cineva vreo idee ?

Re: Are cineva vreo idee ?

Re: Are cineva vreo idee ?

Re: Are cineva vreo idee ?

Re: Are cineva vreo idee ?

Re: Are cineva vreo idee ?

Re: Are cineva vreo idee ?

Re: Are cineva vreo idee ?

Re: Are cineva vreo idee ?

Re: Are cineva vreo idee ?

Re: Are cineva vreo idee ?

Re: Are cineva vreo idee ?

Re: Are cineva vreo idee ?

Re: Are cineva vreo idee ?

Re: Are cineva vreo idee ?

Re: Are cineva vreo idee ?