Skocz do zawartości

  •  
  • Mini kompendium
  • MimeTeX
  • Regulamin

Zdjęcie
- - - - -

Złożenia funkcji trygonometrycznych i cyklometrycznych

Złożenie funkcji Tw. Pitagorasa Wzory Funkcje trygonometryczne Funkcje cyklometryczne

  • Nie możesz napisać tematu
  • Zaloguj się aby odpowiedzieć
17 odpowiedzi w tym temacie

#1 Jarekzulus

Jarekzulus

    Wielki Analityk

  • +Mods
  • Redaktor
  • 3293 postów
2775
Profesor
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 29.08.2015 - 22:00

Wyprowadzimy wzory dla  

 

sin(arccos(x))=\sqrt{1-x^2}               post 3

 

sin(arctg(x))=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}                     post 2

 

sin(arcctg(x))=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}                  post 4

 

cos(arcsin(x))=\sqrt{1-x^2}                 post 5

 

cos(arctg(x))=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}                       post 6

 

cos(arcctg(x))=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}                    post 7

 

tg(arcsin(x))=\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}                          post 8

 

tg(arccos(x))=\frac{\sqrt{1-x^2}}{x}                        post 9

 

tg(arcctg(x))=\frac{1}{x}                                 post 10

 

ctg(arcsin(x))=\frac{\sqrt{1-x^2}}{x}                      post 11

 

ctg(arccos(x))=\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}                      post 12

 

ctg(arctg(x))=\frac{1}{x}                                  post 13

 

\left\.sin(arcsec(x))=\frac{\sqrt{x^2-1}}{x}\\cos(arcsec(x))=\frac{1}{x}\\tg(arcsec(x))=\sqrt{x^2-1}\\ctg(arcsec(x))=\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}\right\}                 post 14

 

\left\.sin(arccsc(x))=\frac{1}{x}\\cos(arccsc(x))=\frac{\sqrt{x^2-1}}{x}\\tg(arccsc(x))=\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}\\ctg(arccsc(x))=\sqrt{x^2-1}\right\}                 post 15

 

Tabelka zbiorcza                                                          post 16

 

Uzupełnienie                                                                post 18

 

Zadania różne                                                              posty 17, 19, 20


Użytkownik Jarekzulus edytował ten post 06.09.2015 - 17:40

  • 1

:wave: :wave: :wave: Jeśli rzuciłem choć promyczek światła na problem który postawiłeś - podziękuj. pre_1433974176__syg.jpgNad kreską


Afroman

    Kombinator

  • Użytkownik
3
  • Płeć:Kobieta

Napisano 25.09.2011 - 17:55

#2 Jarekzulus

Jarekzulus

    Wielki Analityk

  • +Mods
  • Redaktor
  • 3293 postów
2775
Profesor
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 29.08.2015 - 22:06

sin(arctg(x))

 

Niech

 

t=arctg(x)    więc    tg(t)=x

 

Wiemy także z wzorów trygonometrycznych i jedynki trygonometrycznej, że: \bl{\fbox{sin^2(x)+cos^2(x)=1\\ tg(x)=\frac{sin(x)}{cos(x)}\\1+tg^2(x)=\frac{cos^2(x)}{cos^2(x)}+\frac{sin^2(x)}{cos^2(x)}=\frac{1}{cos^2(x)}}}

 

\frac{1}{cos^2(t)}=1+tg^2(t)=1+x^2 zgodnie z oznaczeniami, czyli

 

cos^2(t)=\frac{1}{1+x^2}

 

z jednyki trygonometrycznej

 

sin^2(t)=1-cos^2(t)=1-\frac{1}{1+x^2}=\frac{x^2}{1+x^2} zgodnie z oznaczeniami

 

czyli

 

sin(t)=\sqrt{\frac{x^2}{1+x^2}}=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}

 

ale skoro t=arctg(x) to

 

\re{\fbox{\fbox{\fbox{\sin\(arctg(x)\)=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}}}}


Albo inaczej

 

Niech (inne oznaczenia by się nie myliło)

 

sin(H)=z

 

tg(H)=x

 

arctg(x)=H

 

teraz

 

tg(H)=\frac{sin(H)}{cos(H)}=\frac{sin(H)}{\sqrt{1-sin^2(H)}}

 

czyli zgodnie z oznaczeniami

 

x=\frac{z}{\sqrt{1-z^2}}  czyli  x\cdot \sqrt{1-z^2}=z    podnosząc do kwadratu obustronnie

 

x^2\cdot (1-z^2)=z^2    więc   x^2-x^2z^2=z^2     czyli    x^2=z^2(1+x^2)    co implikuje   z^2=\frac{x^2}{1+x^2}

 

czyli z=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}

 

a ponieważ        z=sin(H)=sin(arctg(x))         to       \gr{\fbox{\fbox{\fbox{\sin\(arctg(x)\)=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}}}}


  • 0

:wave: :wave: :wave: Jeśli rzuciłem choć promyczek światła na problem który postawiłeś - podziękuj. pre_1433974176__syg.jpgNad kreską


#3 Jarekzulus

Jarekzulus

    Wielki Analityk

  • +Mods
  • Redaktor
  • 3293 postów
2775
Profesor
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 31.08.2015 - 09:22

sin(arccos(x))

 

Niech

 

y=arccos(x))

 

Z jedynki trygonometrycznej mamy

 

sin^2(y)+cos^2(y)=1

 

sin^2(y)+x^2=1

 

sin^2(y)=1-x^2

 

sin(y)=\sqrt{1-x^2}

 

czyli

 

\fbox{\re{sin(arccos(x))=\sqrt{1-x^2}}}


  • 0

:wave: :wave: :wave: Jeśli rzuciłem choć promyczek światła na problem który postawiłeś - podziękuj. pre_1433974176__syg.jpgNad kreską


#4 Jarekzulus

Jarekzulus

    Wielki Analityk

  • +Mods
  • Redaktor
  • 3293 postów
2775
Profesor
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 01.09.2015 - 11:55

\sin(arcctg(x))

 

Wykorzystamy następująca tożsamość

 

\frac{1}{\sin^2(x)}=csc^2(x)=1+ctg^2(x)

 

\sin(arcctg(x))=\frac{1}{csc(arcctg(x))}=\frac{1}{\sqrt{1+ctg^2(arcctg(x))}}                 ale              ctg(arcctg(x))=x     więc

 

\frac{1}{\sqrt{1+ctg^2(arcctg(x))}}=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}

 

czyli

 

\fbox{\re{\sin(arcctg(x))=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}}}

 

ALBO

 

Oznaczmy

 

sin(A)=z

 

ctg(A)=x                    arcctg(x)=A

 

x=ctg(A)=\frac{\cos(A)}{\sin(A)}=\frac{\sqrt{1-\sin^2(A)}}{\sin(A)}=\frac{\sqrt{1-z^2}}{z}

 

więc

 

x=\frac{\sqrt{1-z^2}}{z}

 

xz=\sqrt{1-z^2}            podnosimy do kwadratu

 

x^2z^2=1-z^2           przenosimy z^2 i wyciągamy wspólny czynnik

 

z^2(x^2+1)=1

 

z^2=\frac{1}{x^2+1}

 

z=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}

 

A skoro A=arcctg(x)     i     z=\sin(A)

 

więc

 

\fbox{z=\sin(arcctg(x))=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}}


Użytkownik Jarekzulus edytował ten post 01.09.2015 - 21:52

  • 0

:wave: :wave: :wave: Jeśli rzuciłem choć promyczek światła na problem który postawiłeś - podziękuj. pre_1433974176__syg.jpgNad kreską


#5 Jarekzulus

Jarekzulus

    Wielki Analityk

  • +Mods
  • Redaktor
  • 3293 postów
2775
Profesor
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 01.09.2015 - 12:51

\cos(arcsin(x))

 

Niech

 

y=arcsin(x)           zatem          sin(y)=x

 

Z jedynki trygonometrycznej

 

\cos (y)=\sqrt{1-sin^2(y)}=\sqrt{1-x^2}

 

wiec

 

\fbox{\cos(arcsin(x))=\sqrt{1-x^2}}


Użytkownik Jarekzulus edytował ten post 01.09.2015 - 21:42

  • 0

:wave: :wave: :wave: Jeśli rzuciłem choć promyczek światła na problem który postawiłeś - podziękuj. pre_1433974176__syg.jpgNad kreską


#6 Jarekzulus

Jarekzulus

    Wielki Analityk

  • +Mods
  • Redaktor
  • 3293 postów
2775
Profesor
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 01.09.2015 - 12:53

\cos(arctg(x))

 

Niech

 

t=arctg(x)    więc    tg(t)=x

 

Wiemy także z wzorów trygonometrycznych i jedynki trygonometrycznej, że: \bl{\fbox{sin^2(x)+cos^2(x)=1\\ tg(x)=\frac{sin(x)}{cos(x)}\\1+tg^2(x)=\frac{cos^2(x)}{cos^2(x)}+\frac{sin^2(x)}{cos^2(x)}=\frac{1}{cos^2(x)}}}

 

\frac{1}{cos^2(t)}=1+tg^2(t)=1+x^2 zgodnie z oznaczeniami, czyli

 

cos^2(t)=\frac{1}{1+x^2}

 

cos(t)=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}

 

co daje

 

\fbox{\gr{\cos(arctg(x))=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}}}


Użytkownik Jarekzulus edytował ten post 01.09.2015 - 21:41

  • 0

:wave: :wave: :wave: Jeśli rzuciłem choć promyczek światła na problem który postawiłeś - podziękuj. pre_1433974176__syg.jpgNad kreską


#7 Jarekzulus

Jarekzulus

    Wielki Analityk

  • +Mods
  • Redaktor
  • 3293 postów
2775
Profesor
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 01.09.2015 - 12:59

\cos(arcctg(x))

 

Nich

 

\cos(A)=z

 

ctg(A)=x                wtedy           arcctg(x)=A

 

x= ctg(A)=\frac{\cos(A)}{\sin(A)}=\frac{z}{\sqrt{1-z^2}}

 

więc

 

x=\frac{z}{\sqrt{1-z^2}}

 

x^2=\frac{z^2}{1-z^2}

 

x^2-x^2z^2=z^2

 

x^2=z^2+x^2z^2

 

x^2=z^2(1+x^2)

 

więc

 

z^2=\frac{x^2}{1+x^2}

 

czyli

 

z=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}

 

A co za tym idzie

 

\fbox{\bl{\cos(arcctg(x))=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}}


Użytkownik Jarekzulus edytował ten post 02.09.2015 - 11:49

  • 0

:wave: :wave: :wave: Jeśli rzuciłem choć promyczek światła na problem który postawiłeś - podziękuj. pre_1433974176__syg.jpgNad kreską


#8 Jarekzulus

Jarekzulus

    Wielki Analityk

  • +Mods
  • Redaktor
  • 3293 postów
2775
Profesor
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 01.09.2015 - 13:00

tg(arcsin(x))

 

Oznaczmy

 

y=arcsin(x)             więc             sin(y)=x

 

Wykorzystując podstawowy wzór i tzw. jedynkę trygonometryczną mamy:

 

tg(y)=\frac{sin(y)}{cos(y)}=\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}

 

czyli

 

\fbox{\re{tg(arcsin(x))=\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}}}


Użytkownik Jarekzulus edytował ten post 02.09.2015 - 11:55

  • 0

:wave: :wave: :wave: Jeśli rzuciłem choć promyczek światła na problem który postawiłeś - podziękuj. pre_1433974176__syg.jpgNad kreską


#9 Jarekzulus

Jarekzulus

    Wielki Analityk

  • +Mods
  • Redaktor
  • 3293 postów
2775
Profesor
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 01.09.2015 - 13:01

tg(arccos(x))

 

Oznaczmy

 

y=arccos(x)             więc             \cos(y)=x

 

Wykorzystując podstawowy wzór i tzw. jedynkę trygonometryczną mamy:

 

tg(y)=\frac{sin(y)}{cos(y)}=\frac{\sqrt{1-x^2}}{x}

 

czyli

 

\fbox{\re{tg(arcsin(x))=\frac{\sqrt{1-x^2}}{x}}}


Użytkownik Jarekzulus edytował ten post 02.09.2015 - 11:56

  • 0

:wave: :wave: :wave: Jeśli rzuciłem choć promyczek światła na problem który postawiłeś - podziękuj. pre_1433974176__syg.jpgNad kreską


#10 Jarekzulus

Jarekzulus

    Wielki Analityk

  • +Mods
  • Redaktor
  • 3293 postów
2775
Profesor
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 01.09.2015 - 13:03

tg(arcctg(x))

 

Oznaczmy

 

y=arcctg(x)             więc             ctg(y)=x

 

Wykorzystując podstawowy wzór i tzw. jedynkę trygonometryczną mamy:

 

tg(y)=\frac{1}{ctg(y)}=\frac{1}{x}

 

czyli

 

\fbox{\re{tg(arcctg(x))=\frac{1}{x}}}


Użytkownik Jarekzulus edytował ten post 02.09.2015 - 11:59

  • 0

:wave: :wave: :wave: Jeśli rzuciłem choć promyczek światła na problem który postawiłeś - podziękuj. pre_1433974176__syg.jpgNad kreską


#11 Jarekzulus

Jarekzulus

    Wielki Analityk

  • +Mods
  • Redaktor
  • 3293 postów
2775
Profesor
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 02.09.2015 - 12:04

ctg(arcsin(x))

 

Oznaczmy

 

arcsin(x)=y                  stąd            \sin(y)=x

 

Wykorzystując podstawowy zwór i jednykę trygonometryczną mamy

 

ctg(y)=\frac{\cos(y)}{\sin(y)}=\frac{sqrt{1-x^2}}{x}

 

czyli

 

\fbox{\bl{ctg(arcsin(x))=\frac{sqrt{1-x^2}}{x}}}


  • 0

:wave: :wave: :wave: Jeśli rzuciłem choć promyczek światła na problem który postawiłeś - podziękuj. pre_1433974176__syg.jpgNad kreską


#12 Jarekzulus

Jarekzulus

    Wielki Analityk

  • +Mods
  • Redaktor
  • 3293 postów
2775
Profesor
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 02.09.2015 - 12:07

ctg(arccos(x))

 

Oznaczmy

 

arccos(x)=y                  stąd            \cos(y)=x

 

Wykorzystując podstawowy zwór i jednykę trygonometryczną mamy

 

ctg(y)=\frac{\cos(y)}{\sin(y)}=\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}

 

czyli

 

\fbox{\bl{ctg(arccos(x))=\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}}}


  • 0

:wave: :wave: :wave: Jeśli rzuciłem choć promyczek światła na problem który postawiłeś - podziękuj. pre_1433974176__syg.jpgNad kreską


#13 Jarekzulus

Jarekzulus

    Wielki Analityk

  • +Mods
  • Redaktor
  • 3293 postów
2775
Profesor
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 02.09.2015 - 12:12

ctg(arctg(x))

 

Oznaczmy

 

arctg(x)=y                  stąd            tg(y)=x

 

Wykorzystując podstawowy zwór i jednykę trygonometryczną mamy

 

ctg(y)=\frac{1}{tg(y)}=\frac{1}{x}

 

czyli

 

\fbox{\bl{ctg(arctg(x))=\frac{1}{x}}}


  • 0

:wave: :wave: :wave: Jeśli rzuciłem choć promyczek światła na problem który postawiłeś - podziękuj. pre_1433974176__syg.jpgNad kreską


#14 Jarekzulus

Jarekzulus

    Wielki Analityk

  • +Mods
  • Redaktor
  • 3293 postów
2775
Profesor
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 02.09.2015 - 12:37

Niech

 

arcsec(x)=y      wtedy       sec(y)=\frac{1}{\cos(y)}=x                  czyli                 \cos(y)= \frac{1}{x}

 

A co za tym idzie

 

\sin(y)=\sqrt{1-\(\frac{1}{x}\)^2}=\sqrt{\frac{x^2-1}{x^2}}=\frac{\sqrt{x^2-1}}{x}

 

\cos(y)=\frac{1}{x}

 

tg(y)=\frac{\sin(y)}{\cos(y)}=\frac{\sqrt{x^2-1}}{x}\cdot x=\sqrt{x^2-1}

 

ctg(y)=\frac{1}{x}\cdot \frac{x}{\sqrt{x^2-1}}=\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}

 

czyli

 

\fbox{\re{\sin(arcsec(x))=\frac{\sqrt{x^2-1}}{x}\\ \cos(arcsec(x))=\frac{1}{x}\\ tg(arcsec(x))=\sqrt{x^2-1}\\ ctg(arcsec(x))=\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}}}


  • 0

:wave: :wave: :wave: Jeśli rzuciłem choć promyczek światła na problem który postawiłeś - podziękuj. pre_1433974176__syg.jpgNad kreską


#15 Jarekzulus

Jarekzulus

    Wielki Analityk

  • +Mods
  • Redaktor
  • 3293 postów
2775
Profesor
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 02.09.2015 - 12:49

Niech

 

arccsc(x)=y      wtedy       csc(y)=\frac{1}{\sin(y)}=x                  czyli                 \sin(y)= \frac{1}{x}

 

A co za tym idzie

 

\sin(y)=\frac{1}{x}

 

\cos(y)=\sqrt{1-\(\frac{1}{x}\)^2}=\sqrt{\frac{x^2-1}{x^2}}=\frac{\sqrt{x^2-1}}{x}

 

tg(y)=\frac{\sin(y)}{\cos(y)}=\frac{1}{x}\cdot \frac{x}{\sqrt{x^2-1}}=\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}

 

ctg(y)=\frac{\cos(y)}{\sin(y)}=\frac{\sqrt{x^2-1}}{x}\cdot x=\sqrt{x^2-1}

 

czyli

 

\fbox{\re{\sin(arcsec(x))=\frac{1}{x}\\ \cos(arcsec(x))=\frac{\sqrt{x^2-1}}{x}\\ tg(arcsec(x))=\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}\\ ctg(arcsec(x))=\sqrt{x^2-1}}}


  • 0

:wave: :wave: :wave: Jeśli rzuciłem choć promyczek światła na problem który postawiłeś - podziękuj. pre_1433974176__syg.jpgNad kreską


#16 Jarekzulus

Jarekzulus

    Wielki Analityk

  • +Mods
  • Redaktor
  • 3293 postów
2775
Profesor
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 02.09.2015 - 12:54

pre_1441194887__tabzulus.jpg

 

Co do podejścia z tw. Pitagorasa

  • Rysujemy trójkąt, oznaczamy kąt ostry \alpha
  • Następnie oznaczamy dwa boki zgodnie z funkcją wewnętrzną (tj. arcsin - długość przeciwprostokątnej do długości przyprostokątnej naprzeciw kąta \alpha) itd. Pierwszy bok zawsze jako 1 a drugi jako x
  • Obliczmy długość trzeciego boku z tw. Pitagorasa
  • Wyznaczamy funkcję zewnętrzną

Użytkownik Jarekzulus edytował ten post 02.09.2015 - 15:04

  • 0

:wave: :wave: :wave: Jeśli rzuciłem choć promyczek światła na problem który postawiłeś - podziękuj. pre_1433974176__syg.jpgNad kreską


#17 Jarekzulus

Jarekzulus

    Wielki Analityk

  • +Mods
  • Redaktor
  • 3293 postów
2775
Profesor
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 02.09.2015 - 15:45

Ile to jest

 

\cos(arctg(\sin(arcctg(x))))=

 

Wiemy już, że                         \sin(arcctg(x))=\frac{1}{\sqrt{1 + x^2}}                   więc

 

\cos(arctg(\sin(arcctg(x))))=\cos\(arctg\(\frac{1}{\sqrt{1 + x^2}}\)\)

 

Teraz korzystając ze wzoru \fbox{\cos(A)=\frac{1}{sec(A)}}     mamy

\cos(arctan\(\frac{1}{\sqrt{1 + x^2}}\) = \frac{1}{sec(arctan(\frac{1}{\sqrt{1 + x^2}}))}

 

\re{sec^2(B)=1+tg^2(B)}         więc     \re\fbox{sec(B)=\sqrt{1+tg^2(B)}}

\frac{1}{sec(arctan(\frac{1}{\sqrt{1 + x^2}}))} =\frac{1}{\sqrt{1 + tg^2\(arctan(\frac{1}{\sqrt{1 + x^2}})\)}            a ponieważ         \bl{tg(arctg(\mbox{C}))=C}      więc

 

=\frac{1}{\sqrt{1 + \(\frac{1}{sqrt(1 + x^2)}\)^2}}=\frac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{1 + x^2}}} = \frac{1}{\sqrt{\frac{1 + x^2 + 1}{1 + x^2}}}=\sqrt{\frac{1 + x^2}{2 + x^2}}

 

Reasumując

 

\magenta\fbox{\fbox{{\cos(arctan(\sin(arccot(x))))=\sqrt{\frac{1 + x^2}{2 + x^2}}}}}


Użytkownik Jarekzulus edytował ten post 06.09.2015 - 17:11

  • 0

:wave: :wave: :wave: Jeśli rzuciłem choć promyczek światła na problem który postawiłeś - podziękuj. pre_1433974176__syg.jpgNad kreską


#18 Jarekzulus

Jarekzulus

    Wielki Analityk

  • +Mods
  • Redaktor
  • 3293 postów
2775
Profesor
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 06.09.2015 - 17:35

<br>\\\begin{array} {|c|c|c|}\hline<br>\\\alpha & sec(\alpha) & csc(\alpha) \\ \hline<br>\\arcsin(x) & \frac{1}{1-x^2}& \frac{1}{x}\\ \hline<br>\\arccos(x) & \frac{1}{x} & \frac{1}{1-x^2} \\ \hline</p>\\<p>arctg(x) & \sqrt{x^2+1} & \frac{\sqrt{x^2+1}}{x}\\ \hline</p>\\<p>arcctg(x) & \sqrt{\frac{x^2+1}{x^2}} & \sqrt{\frac{1}{x^2}+1}\cdot x\,\,(*) \\ \hline</p>\\<p>arcsec(x) &x & \frac{1}{\sqrt{\frac{x^2-1}{x^2}}} \,\,(* *) \\ \hline</p>\\<p>arccsc(x) & \frac{1}{\sqrt{\frac{x^2-1}{x^2}}} \,\,(* * *) & x \\ \hline\end{array}<br>\\

 

(*) Dla x>0   \sqrt{x^2+1}    Dla x<0  -\sqrt{x^2+1}

 

(* *) Dla x>0   \frac{x}{\sqrt{x^2-1}}    Dla x<0  -\frac{x}{\sqrt{x^2-1}}

 

(* * *) Dla x>0   \frac{x}{\sqrt{x^2-1}}    Dla x<0  -\frac{x}{\sqrt{x^2-1}}


Użytkownik Jarekzulus edytował ten post 06.09.2015 - 17:39

  • 0

:wave: :wave: :wave: Jeśli rzuciłem choć promyczek światła na problem który postawiłeś - podziękuj. pre_1433974176__syg.jpgNad kreską