Grenzwert nicht gegen Unendlich

25.01.2007, 23:17

MrMilk

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Grenzwert nicht gegen Unendlich

Hallo,

angenommen ich möchte einmal den Grenzwert nicht gegen Unendlich laufen lassen, sondern gegen einen bestimmten Wert.

Beispiel:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to 2} \frac{x^4 - 1}{x^{12} -1} \end{eqnarray*}$

Errechne ich den Limes einfach nur durch einsetzen oder muss ich dort noch mehr beachten? Zum Beispiel eine Annäherung von "links" oder "rechts"?

Viele Grüße
-- MrMilk

25.01.2007, 23:22

Dunkit

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einfaches "einsetzen" genügt hier, da du den Term für x=2 ohne weiteres berechnen kannst.
von links und von rechts sollte idR auch egal sein, wenn die fkt stetig ist.

25.01.2007, 23:30

papahuhn

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Zitat:

Original von Dunkit
einfaches "einsetzen" genügt hier, da du den Term für x=2 ohne weiteres berechnen kannst.
von links und von rechts sollte idR auch egal sein, wenn die fkt stetig ist.

Etwas unpräzise formuliert. Nicht die einfache Berechenbarkeit sondern die Stetigkeit der Funktion ist der Grund, warum man einfach einsetzen darf.

26.01.2007, 12:58

MrMilk

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Wann genügt dieses nicht mehr?
Was wäre zum Beispiel bei 1?

Viele Grüße
-- MrMilk

26.01.2007, 14:56

brain man

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Zitat:

Original von MrMilk
Wann genügt dieses nicht mehr?

Nicht mehr ausreichend ist dies, falls isolierte Singularitäten auftauchen. D.h., wenn die Funktion in dem untersuchten Punkt Unstetigkeitsstellen besitzt.

Zitat:

Was wäre zum Beispiel bei 1?

Da kannste einsetzen.

26.01.2007, 14:59

ohcibi

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was meinst du mit zum beispiel bei 1? dass man x gegen 1 laufen laesst oder was??

auf jeden fall genuegt, dies nich mehr bei funktionen mit eingeschraenktem definitionsbereich, wenn das x eben genau gegen eine dieser einschraenkungen geht (also zum beispiel die 1 bei dir 8-))

dann kannst du mit einem ansatz aehnlich der differentialrechnungen schnell ueberpruefen ob "der grenzwert existiert" indem du naemlich ueberpruefst ob $\begin{eqnarray*} \lim_{h\rightarrow 0} \frac{f\left( x_0\right) - f \left( x_0 + h\right) }{h} = \lim_{h\rightarrow 0} \frac{f\left( x_0\right) - f\left( x_0 - h\right)}{-h} \end{eqnarray*}$

wenn diese gleichung erfuellt is, dann existiert der grenzwert an dieser stelle $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ ....

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26.01.2007, 15:00

pseudo-nym

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Man kann nicht einfach einsetzen. Das Thema hatten wir auch schon: http://www.matheboard.de/thread.php?threadid=49167

26.01.2007, 15:36

MrMilk

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Hallo,

ich habe mir das grade einmal angeschaut und so wie ich das verstehe gibt es mehrere Möglichkeiten einen Grenzwert zu berechnen.

So ganz schlau werde ich aus dem Link leider noch nicht.

1. L´Hospital (Mir bis jetzt noch unbekannt)
2. $\begin{eqnarray*} \lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} \end{eqnarray*}$

Sehe ich das nun so richtig?

Viele Grüße
-- MrMilk

26.01.2007, 15:47

vektorraum

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@MrMilk:

Um etwas Verwirrung heruaszubringen. Grenzwerte zu bestimmen ist eine Sache - Grenzwerte zu bestimmen, die eigentlich gar nicht exisiterien eine andere. Fangen wir an mit L'Hospital. Die Regel von L'Hospital erlaubt es, in Fällen, in denen ein unbestimmter Ausdruck beispielsweise der Form

$\begin{eqnarray*} \cfrac{\infty}{\infty},~~~\cfrac{0}{0} \end{eqnarray*}$

dasteht den Grenzwert trotzdem zu bestimmen, in dem man Zähler und Nenner einfach ableitet. Denn es gilt dann

$\begin{eqnarray*} \lim_{x~\rightarrow \infty}~\cfrac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x~\rightarrow \infty}~\cfrac{f'(x)}{g'(x)} \end{eqnarray*}$

Kommt dann in der Ableitung wieder ein unbestimmter Ausdruck raus, so kann man eventuell durch nochmaliges Ableiten darauf hoffen, dass dann ein bestimmter Ausdruck rauskommt.
Wichtig: Es muss ein unbestimmter Ausdruck vorliegen, um L'Hospital anwenden zu können, da sonst i.A. der Grenzwert falsch werden wird.

Das zweite was du aufgeschrieben hast, ist zwar auch ein Grenzwert, aber ein spezieller. Und zwar wird gerade so die Ableitung einer Funktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ an einer Stelle $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ definiert. Denn dann gilt:

$\begin{eqnarray*} f'(x_0)=\lim_{x~\rightarrow x_0}~\cfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \end{eqnarray*}$

Edit: Code

26.01.2007, 15:50

pseudo-nym

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Wenn du l'Hospital nicht kennst, müssen wir andere Wege gehen.

Wenn bei einer gebrochen rationalen Funktion Zähler und Nenner für $\begin{eqnarray*} x \to a \end{eqnarray*}$ gegen 0 gehen, wie in diesem Fall, kannst du $\begin{eqnarray*} (x-a) \end{eqnarray*}$ ausklammern.

(Zur Erinnerung: $\begin{eqnarray*} x^n-1=(x-1)\sum\limits_{\nu = 0}^{n-1}x^\nu \end{eqnarray*}$ )

26.01.2007, 15:59

MrMilk

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Hallo,

also ich möchte den Grenzwert an dieser Stelle konkret gegen $\begin{eqnarray*} x_0 = 1 \end{eqnarray*}$ laufen lassen. Dazu kommt so wie ich Vektorraum verstehe folgendes schon einmal nicht in frage:

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{g(x)} \end{eqnarray*}$

Also kann ich nur noch

$\begin{eqnarray*} f'(x_0)=\lim_{n~\rightarrow x_0}~\cfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \end{eqnarray*}$
in frage kommen.
Hier ist mir aber noch nicht so wirklich klar, was bei $\begin{eqnarray*} f(x) \end{eqnarray*}$ eingesetzt werden soll.

Pseudo-nym, leider verstehe ich noch nicht ganz worauf die hinaus möchtest.
Wir betrachten dort doch nicht eine Reihe? oder sehe ich das grade falsch?

Viele Grüße
--MrMilk

26.01.2007, 16:03

pseudo-nym

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Du musst schon lesen was ich schreibe, denn ein Summenzeichen macht noch keine Reihe.

Was ich dir vorschlage ist, im Zähler und Nenner $\begin{eqnarray*} (x-1) \end{eqnarray*}$ auszuklammern und zu kürzen. Dann kannst du einsetzen und hast deinen Grenzwert.

26.01.2007, 16:11

vektorraum

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Zitat:

Original von MrMilk
Hallo,

also ich möchte den Grenzwert an dieser Stelle konkret gegen $\begin{eqnarray*} x_0 = 1 \end{eqnarray*}$ laufen lassen. Dazu kommt so wie ich Vektorraum verstehe folgendes schon einmal nicht in frage:

--MrMilk

Ich wollte nur nochmal bemerken, dass das x nicht unbedingt gegen unendlich laufen muss, sondern auch gegen irgendeine Zahl. Auch in dem Fall kann ein unbestimmter Audruck rauskommen. Betrachte einfach mal

$\begin{eqnarray*} \lim_{x\rightarrow 0}~\cfrac{\sin x}{x} \end{eqnarray*}$

Das ist auch ein unbestimmter Ausdruck, obwohl ich x nicht gegen unendlich schicke!!!

26.01.2007, 16:34

ohcibi

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es muss aber trotzdem ueberprueft werden, ob der grenzwert ueberhaupt existiert, zum beispiel(!!) mit meiner methode, erst dann kann man ueberhaupt einen bestimmen und diesen findet man dann schon mit einsetzen; es gilt dabei sich eine funktion anzuschauen und mit den kenntnissen ueber funktionen zu entscheiden was passiert wenn das x nahe des angestrebten wertes is, ein einfacher trick aus der schulmathematik is die sogenannte raenderbetrachtung:

du nimmst dir eine moeglichst kleine zahl (und hier kommt dir die schulmathematik entgegen, da hier quasi "definiert" ist was moeglichst klein bedeutet - naemlich das was du persoenlich als moeglichst klein erachten wuerdest, z.b. e = 0.00000001) und ueberpruefst die funktionswerte von f(x-e) und f(x+e) und ueberpruefst ob diese nah beieinander liegen oder in deinem taschenrechner sogar gleich sind....

zum beispiel kannst du den grenzwert an der stelle x_0 nicht bestimmen wenn die funktion links von x_0 ins negativ und rechts davon ins positiv unendliche geht (x_0 = polstelle) denn jetzt stimmen die grenzwerte von beiden seiten nich mehr ueberein...

ein anderes beispiel ist

$\begin{eqnarray*} f\left( x \right) = \frac{x^2-1}{x+1} = x-1 \end{eqnarray*}$

hier handelt es sich bei der stelle x_0 = -1 um eine "stetig behebbare" luecke, und die grenzwerte von links und von rechts sind gleich ==> der grenzwert existiert ==> der grenzwert ist der funktionswert, den diese funktion an der stelle haette.....

26.01.2007, 16:44

MrMilk

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Mmmh,

jetzt bin ich ganz verwirrt.
Welche Methode ist nun am geeignetsten?

Und wie bist du auf die Summe gekommen mit dem ausklammern.

Bitte nehmt mir meine Unwissenheit nicht übel, möchte es nur verstehen.

Viele Grüße
-- MrMilk

26.01.2007, 16:51

ohcibi

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Zitat:

Original von MrMilk
Welche Methode ist nun am geeignetsten?

fuer schulmathematik gilt: raenderbetrachtung

26.01.2007, 16:52

pseudo-nym

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Kein Ding, niemand ist dir böse, aber mach doch einfach selber mal die Polynomdivision:

$\begin{eqnarray*} (x^n-1) : (x-1) \end{eqnarray*}$

dann siehst du es.

Edit: Also zur Berechnung des Grenzwerts würde ich an deiner Stelle Ausklammern, da du dich sonst erst mal l'Hospital beschäftigen musst.

26.01.2007, 17:19

ohcibi

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stimmt... 8-)) die einfachsten sachen vergisst man immer, bei gebrochen rationalen funktionen klammerst du die hoechste potenz aus dem nenner aus, und daraus kann man auch schnell drei kleine regeln ableiten....

1. wenn der grad des zaehlerpolynoms gleich dem nennerpolynom is ist der grenzwert eine zur x-achse parallele gerade mit dem wert $\begin{eqnarray*} \frac{l(z)}{l(n)} \end{eqnarray*}$ wo bei ich mit l(z) und l(n) jeweils den koeffizienten vom hoechsten grad aus der zaehler(z) bzw. nenner(n) funktion meine

2. wenn der grad des zaehlerpolynoms kleiner dem des nennerpolynoms is, dann ist es eine nullfolge, das heißt die asymptote ist die x-achse

3. wenn der grad des zaehlerpolynoms groesser als das des nennerpolynoms ist, so ist die asymptote eine funktion, die du durch polynomdivision der beiden terme erhaeltst, dabei gilt : $\begin{eqnarray*} grad(z)-grad(n)=1 \Rightarrow \end{eqnarray*}$ die asymptote ist eine gerade, fuer 2 ist es eine parabel 2. grades und so weiter...

beim 3. fall wirst du in der polynomdivision am ende nullfolgen stehen haben, sobald die erste nullfolge kommt kannst du schon aufhoeren, denn dann hast du die gleichung der asymptoten; wenn du dir allerdings die muehe machst, die nullfolgen noch zu berechnen so kannst du erkennen, ob sich der graph von oben oder von unten naeher, je nachdem ob die nullfolgen abgezogen oder addiert werden,

werden sie abgezogen so bedeutet das, dass fuer grosse x, f(x) jedesmal ein bisschen kleiner ist als der wert der asymptote, daraus folgt die funktion naehert sich von unten, aehnliches gilt wenn die nullfolgen addiert werden, dann ist der wert der funktion eben jedes mal ein bisschen groesser, also naehert sich die funktion von oben....

lies dir das ruhig ein paar mal durch und denk drueber nach dann wirst du schon verstehen was gemeint ist.....

26.01.2007, 17:27

pseudo-nym

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Zitat:

Original von ohcibi
stimmt... 8-)) die einfachsten sachen vergisst man immer, bei gebrochen rationalen funktionen klammerst du die hoechste potenz aus dem nenner aus, und daraus kann man auch schnell drei kleine regeln ableiten....
[...]

das funktioniert nur für $\begin{eqnarray*} x \to \infty \end{eqnarray*}$

denn z.B.

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to 1} \frac{x^4-1}{x^{12}-1} = \frac{x^{-8}-x^{-12}}{1-x^{-12}} = \frac{0}{0} \end{eqnarray*}$

26.01.2007, 17:32

MrMilk

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Das mit der Polynomdivision verstehe ich noch nicht komplett.

Wenn nun gilt: $\begin{eqnarray*} f(x) := x^4 - x^3 + x +3 \end{eqnarray*}$ so kann ich das noch errechnen, da der Exponent eine feste Zahl ist.

Nun möchte ich aber $\begin{eqnarray*} (x^n - 1) : (x -1) \end{eqnarray*}$ errechnen und da komme ich doch ein wenig in´s strudeln. Mir fehlt halb ein fester Wert.

Jetzt hat ohcibi geschreiben grad(z) - grad(n) = 1. Kann ich das hier anwenden, obwohl mit n keine konkrete Zahl vorhanden ist?

Viele Grüße
-- MrMilk

26.01.2007, 17:35

pseudo-nym

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Tipp für die Polynomdivision: $\begin{eqnarray*} \frac{x^n}{x}=x^{n-1} \end{eqnarray*}$

Und wie gesagt, die Regeln die ohcibi gepostet hat gelten nur für $\begin{eqnarray*} x \to \infty \end{eqnarray*}$

26.01.2007, 17:38

MrMilk

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Das ganze könnte ich nun auch noch verallgemeinern, zum Beispiel:

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to 1} \frac{x^l -1}{x^k -1} \end{eqnarray*}$ , oder?

Mein Computersystem sagt mir das dort immer $\begin{eqnarray*} \frac{l}{k} \end{eqnarray*}$ heraus kommt.

Viele Grüße
-- MrMilk

26.01.2007, 17:41

pseudo-nym

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Das ist auch richtig, aber ich würde mich erst mal mit dem speziellen Fall beschäftigen.

Klammere also aus $\begin{eqnarray*} x^4-1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x^{12}-1 \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} x-1 \end{eqnarray*}$ aus

26.01.2007, 17:42

MrMilk

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Hallo pseudo-nym,

Das mit dem $\begin{eqnarray*} \frac{x^n}{x} = x^{n-1} \end{eqnarray*}$ verstehe ich noch smile

smile

.
Allerdings habe ich noch ein $\begin{eqnarray*} -1 \end{eqnarray*}$ dabei, was mich ein wenig ins rundern bringt. Das darf ich doch nicht so einfach vergessen, oder?

Viele Grüße
-- MrMilk

26.01.2007, 17:47

pseudo-nym

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Nein aber die Polynomdivision geht doch los mit der Frage "mit was muss ich $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ multiplizieren, sodass $\begin{eqnarray*} x^n \end{eqnarray*}$ rauskommt. Die Antwort auf diese Frage wäre eben $\begin{eqnarray*} x^{n-1} \end{eqnarray*}$ .

26.01.2007, 17:59

MrMilk

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Da gebe ich dir vollkommen recht.
Aber wenn in nun mit der Polynomdivision arbeiten möchte, dann habe ich doch das probem, dass ich nicht weiß, wann ich "aufhören muss".

Mmmh, ich weiß grade leider nicht wie ich dir beser mein Problem erklären kann.

Grob gesagt wollen wir doch immer noch das $\begin{eqnarray*} d \end{eqnarray*}$ von
$\begin{eqnarray*} \frac{x^n -1}{x^m -1} = d * \frac{x-1}{x-1} \end{eqnarray*}$
bestimmen, oder?

Viele Grüße
-- MrMilk

26.01.2007, 18:13

pseudo-nym

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Richtig, aber ich würde empfehlen Zähler und Nenner getrennt zu betrachten, sonst kommst du in den Wald.

Wenn du nun deine Polynomdivision durchführst kommst du auf

$\begin{eqnarray*} (x^n-1) : (x-1) = x^{n-1} + x^{n-2} +x^{n-3} + ... \end{eqnarray*}$

Das wiederholt sich solange bis du $\begin{eqnarray*} x^{n-n}=x^0 \end{eqnarray*}$ erreicht hast.

$\begin{eqnarray*} x^{n-1} + x^{n-2} +x^{n-3} + ... + x^1 + x^0 = \sum\limits_{x = \nu}^{n-1}~x^\nu \end{eqnarray*}$

26.01.2007, 18:18

MrMilk

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Zitat:

Original von pseudo-nym

$\begin{eqnarray*} (x^{n-1}-1) : (x-1) = x^{n-1} + x^{n-2} +x^{n-3} + ... \end{eqnarray*}$

Ich dachte es wird:

$\begin{eqnarray*} (x^{n}-1) : (x-1) = x^{n-1} + x^{n-2} +x^{n-3} + ... \end{eqnarray*}$
gerechnet. verwirrt

verwirrt

Viele Grüße
-- MrMilk

26.01.2007, 18:19

pseudo-nym

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Sry, kleiner Schreibfehler

26.01.2007, 18:23

MrMilk

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ah

smile

Aber kann ich wirklich so lange Polynomdivision betreiben, bis dort $\begin{eqnarray*} x^{n-n} = x^0 \end{eqnarray*}$
steht?

Ich kenne doch nicht die Differenz zwischen n und 0.

Viele Grüße
-- MrMilk

26.01.2007, 18:41

pseudo-nym

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Nein man kann natürlich nicht solange dividieren, aber nach dem man durch $\begin{eqnarray*} x^{n-1} \end{eqnarray*}$ geteilt hat bleibt der Rest $\begin{eqnarray*} x^{n-1} \end{eqnarray*}$ . Also teilt man durch $\begin{eqnarray*} x^{n-2} \end{eqnarray*}$ . Jetzt bleibt ein Rest von $\begin{eqnarray*} x^{n-2} \end{eqnarray*}$ usw.. Das $\begin{eqnarray*} -1 \end{eqnarray*}$ bleibt unberührt solange bis zum Rest $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ . dann bleibt übrig

$\begin{eqnarray*} (x-1) : (x-1) = x^{n-n} = 1 \end{eqnarray*}$

Alles Schritte dazwischen überspringt man, da man das System erkannt hat und den Verlauf der Division vorhersagen kann.

26.01.2007, 18:41

ohcibi

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Zitat:

Original von pseudo-nym
$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty} \frac{x^4-1}{x^{12}-1} = \frac{x^{-8}-x^{-12}}{1-x^{-12}} = \frac{0}{0} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty} \frac{x^4-1}{x^{12}-1} = \frac{x^{-8}-x^{-12}}{1-x^{-12}} = \frac{0}{1} = 0 \end{eqnarray*}$

junge! 8-) du hast doch in dem anderen thread geschrieben, du erklaerst leuten gern wie die sachen richtig funktionieren, das find ich doch gut, dann lass ihn doch trotzdem mal drueber nachdenken, denn egal wie mans dreht, fuer solche aufgaben brauch man ein gutes gefuehl fuer grenzwerte, und da lohnt es schon ueber solche sachen nachzudenken...... da die anzahl der reellen zahlen zwischen der bestimmten stelle und einer nahen umgebung unendlich ist, sind die faelle in denen das x gegen feste zahlen konvergiert nunmal sehr aehnlich zu betrachten wie die faelle fuer x gegen unendlich

Mr.Milk: die polynomdivision sollst du auf dein beispiel anwenden (wenn ich da jetz nich zu fluechtig drueber gesehen hab), dort kennst du die ns

26.01.2007, 18:45

pseudo-nym

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Ich hab mich verschrieben und j

Arrrrrrrrrrrgh

26.01.2007, 19:00

kiste

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Das ist falsch Pseudonym

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty} \frac{x^4-1}{x^{12}-1} = 0 \end{eqnarray*}$
Sieht man durch erweitern mit x^-4

26.01.2007, 19:06

pseudo-nym

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Ja klar

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty} \frac{x^4-1}{x^{12}-1} = \lim_{x \to \infty} \frac{4}{12} x^{4-12} = 0 \end{eqnarray*}$

Ich muss ne Pause machen traurig

traurig

26.01.2007, 21:06

MrMilk

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Also ich weiß, dass der Grenzwert von $\begin{eqnarray*} x \to 1 \end{eqnarray*}$ genau $\begin{eqnarray*} \frac{4}{12} \end{eqnarray*}$ ist. War nicht das das eigentliche Ziel?

Gegen unendlich ist mir schon klar. Das x mit dem höchsten Exponenten rausiehen und und dann kürzen.

Viele Grüße
-- MrMIlk

26.01.2007, 21:20

pseudo-nym

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Ja, eigentlich wollten wir den Grenzwert gegen 1 ermitteln.

Dazu musst du wie schon gesagt $\begin{eqnarray*} (x-1) \end{eqnarray*}$ ausklammern, also erst mal $\begin{eqnarray*} (x^4-1) : (x-1) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (x^{12}-1) : (x-1) \end{eqnarray*}$ berechnen

26.01.2007, 22:25

MrMilk

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Irgendwie komme ich da auf sehr komische Ergebnisse die im Bereich des komplexen liegen unglücklich

unglücklich

Ist das normal?

Viele Grüße
-- MrMilk

26.01.2007, 22:26

pseudo-nym

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Nein, zeig doch mal deine Rechenschritte her.

26.01.2007, 22:50

MrMilk

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Habe es noch einmal neu gerechnet und komme nun auf:

$\begin{eqnarray*} x^3 + x^2 + x +1 \end{eqnarray*}$

Das sollte stimmen, oder?

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