Trennung der Variablen

11.12.2007, 17:49

Kota

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Trennung der Variablen

Hallo

smile

in der Vorlesung letzte Woche habe wir trennung der Variablen durchgenommen aber ich habe das noch nicht wriklich ins langzeit Gedächtnis übertragen und wollte mal nachfrgane ob wir das nichtmal anhand eines Beispiel durchgehen könnte. Unser Prof hat gesagt, wir würden solche ähnlichen Aufgaben auch in der nächsten Übung bekommen und bis dahin will ich vorbereitet sein

Aslo hier mal eine Aufgabe die ich im Internet irgendwo gefunden habe, nur leider ohne Lösung :boes

f´(x)= $\begin{eqnarray*} 3xe^{-f(x)} \end{eqnarray*}$ wobei f (1)=0 ist

folgendes weiß ich und nicht erschrecken es ist nicht viel: geschockt

geschockt

Da ich ein Phsysikstudent bin, ist diese vorgehensweise erlaubt

$\begin{eqnarray*} {\frac{d f(x)}{dx}}=3xe^{-f(x)} \end{eqnarray*}$ |*dx * $\begin{eqnarray*} e^{f(x)} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} e^{f(x)}*dy=3x*dx \end{eqnarray*}$

aber leider weiß ich jetzt nicht und das was wir im Skript stehen habe wie man vorgeht verwirrt mich nur!!!

verwirrt

Ich hoffe ihr könnt etwas damit anfangen ich besuche diese Seite zum ersten mal und ich hoffe ich habe nicht zu viel unfug geschrieben

11.12.2007, 18:17

klarsoweit

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RE: Trennung der Variable
Schreibe statt f(x) y und mache Integralzeichen davor, dann kann man es gelten lassen. smile

smile

12.12.2007, 13:44

Kota

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ok, aber dass kann doch nicht alles gewesen sein oder
man muss die aufgabe ja noch lösen oder nicht? verwirrt

verwirrt

Also wir habe in der Vorlesung auch Beispiele gemacht, aber da haben wir ziemlich viel geschrieben und da konnte kaum einer so schnell mitkommen so schnell wie der Prof das gelöst hat. unglücklich

unglücklich

Ich schreibe hier mal die Schritte auf vielleicht verstehst du dann mein Problem.

1. Löse f(x)=y´+p(x) (*) für f=0 (homog. Gleichung) allgemeine Lösung!

Meine erste Frage ist, was meint man mit p(x)

2. Eine Partikuläre Lösung für (* ) (Trick Variation der Konstanten)
3. 1&2 liefert alle Lösungen

Wie finde ich die partikuläre Lösung (wichitgste Frage)
und was ist das genau ich habe mal im Internet gestöbert aber irgendwie ist das alles nicht sehr hilfreich traurig

traurig

Kannst du mir das vielleicht erklären?

12.12.2007, 14:11

klarsoweit

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Zitat:

Original von Kota
Meine erste Frage ist, was meint man mit p(x)

Gute Frage. Das sollte eigentlich in der Aufgabe stehen. Im "schlimmsten" Fall ist es irgendeine beliebige integrierbare Funktion. Ich habe allerdings auch schon ein Problem mit der Differentialgleichung. Denn wenn f=0 ist, habe ich y' + p(x) = 0, was in meinen Augen aber keine homogene DGL ist.

Zitat:

Original von Kota
Wie finde ich die partikuläre Lösung (wichitgste Frage)

Mit der "Variation der Konstanten". Augenzwinkern

Augenzwinkern

Dazu braucht man erstmal die allgemeine Lösung der homogenen DGL. Aber wie gesagt, ich sehe hier keine homogene DGL.

Zitat:

Original von Kota
und was ist das genau ich habe mal im Internet gestöbert aber irgendwie ist das alles nicht sehr hilfreich traurig

traurig

Die partikuläre Lösung ist eine (spezielle) Lösung der inhomogenen DGL.

12.12.2007, 14:29

Kota

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Hallo Klarsoweit Wink

Wink

und wie sieht es aus, wenn ich für y(-1)=0 habe anstatt y(1)=0

ich weiß jetzt allerdings nicht ob das was damit zu tun hat unglücklich

unglücklich

also in der Aufgabe im Net steht:

Man löse die folgende Anfangswertaufgabe durch Trennung der Variablen und dann steht da die Gelichung die ich oben stehen hatte plus y(-1) = 0, habe dieses Detail übersehen Forum Kloppe

Forum Kloppe

12.12.2007, 14:30

Kota

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Wäre tol wenn du das einmal richtig mit mir durchgehen könntest

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12.12.2007, 14:31

klarsoweit

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Das klärt aber nicht die Frage, was es mit dem p(x) auf sich hat und wie die DGL nun wirklich komplett aussieht.

12.12.2007, 14:34

Kota

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also in der Vorlesung hat er das die partiküläre Lösung genannt
warte mal ich schreibe einfach mal ein komplettes Beispiel rein was wir im Unterricht gemacht habe vielleicht hilft uns das ja weiter
musst dich nur ein wenig gedulden Augenzwinkern

Augenzwinkern

12.12.2007, 15:22

Kota

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lineare DGL 1. Ordnung

y´+p(x)*y=f(x) dabei ist p(x) stetig

1. y´= $\begin{eqnarray*} \frac{-p(x)}{y^{-1}} \end{eqnarray*}$

Beachte y(x)=0 löst homog. Gleichung
y´+p(x)*y=0

$\begin{eqnarray*} {\frac{1}{y}}=-p(x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} {\int_{}^{}~\frac{1}{y}~dy} = -\int p(x) dx \end{eqnarray*}$

1/y ist Stammfunktion $\begin{eqnarray*} ln|y|+c \end{eqnarray*}$ auf y>0 und y<0
und p(x) muss stetig sein

so habe wir p(x) in der Vorlesung bestimmt!

also Beispiel: denke das p bei yp ist klein also nicht y*p

y´= $\begin{eqnarray*} d*e^{-pi(x)} \end{eqnarray*}$
dann ist y= $\begin{eqnarray*} d*e^{-pi} \end{eqnarray*}$ (Varriation der Konstante)
y´= $\begin{eqnarray*} d° *e^{-pi}+d*e^{-pi}*(-pi) \end{eqnarray*}$

= $\begin{eqnarray*} e^-pi* (d°-dp) \end{eqnarray*}$ wobei pi°=p ist. und ° erste Ableitung

Eigenschaft, damit die Funktion eine Lösung hat:
Wenn yp die Gleichung (x,c)= $\begin{eqnarray*} C*e^{-pi(x)} \end{eqnarray*}$ erfüllt
und von der Form yp(x)= $\begin{eqnarray*} d(x)e^{-pi(x)} \end{eqnarray*}$ ist, dann gilt

yp´(x)= -p(x)*yp(x)+f(x)
$\begin{eqnarray*} e^{-pi(x)}*(d°(x)-d(x)p(x)) \end{eqnarray*}$

dann umstelle und dann kommt am ende folgendes raus:
$\begin{eqnarray*} e^{-pi(x)}*d°(x)=f(x) \end{eqnarray*}$
<=> $\begin{eqnarray*} d°(x)=f(x)* e^{pi(x)} \end{eqnarray*}$

d ist Stammfunktion von $\begin{eqnarray*} f(x)* e^{pi(x)} \end{eqnarray*}$

Ergebnis, wenn d eine Stammfkt von f*e^pi ist, dann löst yp=d* $\begin{eqnarray*} e^{-pi} \end{eqnarray*}$ die Gleichung (*)

Yp(x)= $\begin{eqnarray*} y1(x)*\int_{}^{}~\frac{f(x)}{y1(x)} ~dx \end{eqnarray*}$
dabei ist y1(x)= $\begin{eqnarray*} e^{-pi(x)} \end{eqnarray*}$
unf f(x)= $\begin{eqnarray*} e^{pi(x)} \end{eqnarray*}$

y1 ist Lösung der homogenen Gleichung.

Also ich hoffe du kanns was damit anfangen und ich hoffe du steigst da auch durch smile

smile

EDIT: Latex verbessert (klarsoweit)

12.12.2007, 15:24

vektorraum

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In der Workshop-Schmiede habe ich angefangen mit TdV, hier mal der Link.

Trennung der Variablen

Hoffe du kannst den Link öffnen.

12.12.2007, 15:36

klarsoweit

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Also ich versuche mal etwas raus zu machen. smile

smile

Zitat:

Original von Kota
y´+p(x)*y=f(x) dabei ist p(x) stetig

Das ist in der Tat eine lineare inhomogene DGL.

Zitat:

Original von Kota
$\begin{eqnarray*} {\frac{1}{y}}=-p(x) \end{eqnarray*}$

Das sollte vermutlich $\begin{eqnarray*} {\frac{dy}{y}}=-p(x)dx \end{eqnarray*}$ heißen.

Zitat:

Original von Kota
so habe wir p(x) in der Vorlesung bestimmt!

Also ich würde definieren $\begin{eqnarray*} P(x):=\int~p(x)dx \end{eqnarray*}$ .
pi(x) halte ich für ungeschickt, da man es auch mit $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ verwechseln kann. Und ein i im Exponenten der e-Funktoin kann leicht auch als imaginäre Einheit i angesehen werden.

Zitat:

Original von Kota
y´= $\begin{eqnarray*} d*e^{-pi(x)} \end{eqnarray*}$
dann ist y= $\begin{eqnarray*} d*e^{-pi} \end{eqnarray*}$ (Varriation der Konstante)
y´= $\begin{eqnarray*} d° *e^{-pi}+d*e^{-pi}*(-pi) \end{eqnarray*}$

= $\begin{eqnarray*} e^-pi* (d°-dp) \end{eqnarray*}$ wobei pi°=p ist. und ° erste Ableitung

Genau genommen macht man bei der Variation der Konstanten den Ansatz:
$\begin{eqnarray*} y(x)=d(x) \cdot e^{-P(x)} \end{eqnarray*}$
wobei ich jetzt mal meine Bezeichnung genommen habe.

Das wird dann in die DGL einsetzen. Vielleicht kannst du diese Rechnung mit den verbesserten Bezeichnungen und einem Strich ' (das Zeichen auf der #-Taste) für das Ableitungszeichen nochmal schreiben. Augenzwinkern

Augenzwinkern

12.12.2007, 15:39

Kota

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also die Seite kann ich nicht öffnen

und pi soll wircklich $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ sein, ich habe das aber im Formeleditor nicht gesehen, war wahrscheinlich zu hektisch

12.12.2007, 15:41

vektorraum

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Zitat:

Original von Kota
also die Seite kann ich nicht öffnen

Deshalb füge ich das hier mal ein. Der Workshop ist noch nicht fertig...
Vielleicht helfen dir die Beispielaufgaben.

Zitat:

Original von vektorraum
4. Explite Differentialgleichungen 1. Ordnung

4.1 Gleichungen mit getrennten Variablen

Definition: Es seien $\begin{eqnarray*} f=f(x) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g=g(y) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} g(y)\neq 0 \end{eqnarray*}$ zwei stetige reelle Funktionen im Intervall $\begin{eqnarray*} (a,b) \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} (c,d) \end{eqnarray*}$ . Dann heißt eine Differentialgleichung der Form

$\begin{eqnarray*} y'=\cfrac{f(x)}{g(y)} \end{eqnarray*}$

eine Differentialgleichung mit getrennten Variablen.

Satz: Es seien $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ wie oben. Dann besitzt das Anfangswertproblem

$\begin{eqnarray*} y'(x)=\cfrac{f(x)}{g(y)},~y(x_0)=y_0 \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} x_0\in(a,b) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y_0\in(c,d) \end{eqnarray*}$ in einem Intervall $\begin{eqnarray*} (\tilde{a},\tilde{b}) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a\leq\tilde{a}<x_0<\tilde{b}\leq b \end{eqnarray*}$ eine eindeutig bestimmte Lösung. Diese wird geliefert durch

$\begin{eqnarray*} y(x)=G^{-1}(F(x)). \end{eqnarray*}$

Dabei sei $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ eine Stammfunktion zu $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} G(y_0)=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ eine Stammfunktion zu $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} F(x_0)=0 \end{eqnarray*}$ .

Beweis: Sei $\begin{eqnarray*} y=y(x) \end{eqnarray*}$ eine Lösung von obigem AWP. Dann gilt:

$\begin{eqnarray*} \underbrace{g(y(x))\cdot y(x)}_{=\cfrac{d}{dx}~G(y(x))}=f(x) \end{eqnarray*}$

Daraus folgt:

$\begin{eqnarray*} G(y(x))=\int_{x_0}^{x}\cfrac{d}{dt}~G(y(t))~dt+\underbrace{G(y(x_0))}_{=0~\text{wegen}~y(x_0)=y_0~\text{und}~G(y_0)=0} \end{eqnarray*}$

Ferner ist

$\begin{eqnarray*} \int_{x_0}^{x}f(t)~dt=F(x). \end{eqnarray*}$

Weil $\begin{eqnarray*} G'=g\neq 0 \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ streng monoton, und damit existiert Umkehrfunktion $\begin{eqnarray*} G^{-1} \end{eqnarray*}$ . Daraus folgt: $\begin{eqnarray*} y(x)=G^{-1}(F(x)) \end{eqnarray*}$ . Also ist gezeigt: Eine Lösung des Anfangswertproblems ist eindeutig bestimmt. Wir zeigen noch, dass diese Formel wirklich die Lösung liefert:

$\begin{eqnarray*} y'(x)=\cfrac{d}{dx}~G(F(x))=(G^{-1})'(F(x))\cdot F'(x)=\cfrac{1}{G'(G^{-1}(F(x))}\cdot f(x) \end{eqnarray*}$

Damit

$\begin{eqnarray*} y'(x)=\cfrac{f(x)}{g(y)}. \end{eqnarray*}$

Rezept

Wir betrachten das Anfangswertproblem von oben. Schreibe dann um zu

$\begin{eqnarray*} \cfrac{dy}{dx}=\cfrac{f(x)}{g(y)} \end{eqnarray*}$

Trennung der Variablen:

$\begin{eqnarray*} g(y)~dy=f(x)~dx \end{eqnarray*}$

Integrieren mit Berücksichtigung der Anfangswerte:

$\begin{eqnarray*} \underbrace{\int_{x_0}^{x}g(t)~dt}_{\text{Funktion von}~y}=\underbrace{\int_{y_0}^{y}f(s)~ds}_{\text{Funktion von}~x} \end{eqnarray*}$

Löse die letzte Gleichung nach $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ als Funktion von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ auf. Dies liefert Lösung von obigen AWP mit $\begin{eqnarray*} y=y(x) \end{eqnarray*}$

Bemerkung: Werden die Integrale unbestimmt berechnet, dann erhält man die allgemeine Lösung der Differentialgleichung. Siehe dazu auch Beispiel 2.

Beispiele

Beispiel 1: Es sei das Anfangswerproblem $\begin{eqnarray*} y'=x(1+y^2),~y(0)=0 \end{eqnarray*}$ gegeben. Wir gehen nach dem oben beschriebenen Kochrezept vor:

$\begin{eqnarray*} \cfrac{dy}{dy}=x(1+y^2)~\Leftrightarrow~\cfrac{dy}{1+y^2}=x~dx \end{eqnarray*}$

Nun Integration unter Berücksichtigung der Anfangswerte

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow~\int_{0}^{y}\cfrac{ds}{1+s^2}=\int_{0}^{x} t~dt \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \arctan y=\cfrac{1}{2} x^2~\Rightarrow~y(x)=\tan\left(\cfrac{1}{2} x^2\right) \end{eqnarray*}$

Beispiel 2: Betrachte die Differentialgleichung

$\begin{eqnarray*} y'=\cfrac{y}{1+x^2} \end{eqnarray*}$

Wir bestimmen die allgemeine Lösung durch Lösen der unbestimmten Integrale. Rezept:

$\begin{eqnarray*} \cfrac{dy}{dx}=\cfrac{y}{1+x^2}~\Leftrightarrow~\cfrac{dy}{y}=\cfrac{dx}{1+x^2} \end{eqnarray*}$

Damit

$\begin{eqnarray*} \int\cfrac{dy}{y}=\int\cfrac{dx}{1+x^2} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow~\ln |y|=\arctan x +c,~c\in\mathbb R \end{eqnarray*}$

Dann ergibt sich für die Lösung $\begin{eqnarray*} y=y(x): \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y(x)=\left\{\begin{array}{cl}e^c\cdot \exp(\arctan x) & \textrm{für } y>0,~c\in\mathbb R \\ -e^c\cdot\exp(\arctan x)&\textrm{für } y<0,~c\in\mathbb R\\0&\textrm{für } y\equiv 0 \end{array}\right. \end{eqnarray*}$

Die allgemeine Lösung lautet dann also:

$\begin{eqnarray*} y(x)=C\cdot \exp(\arctan x),~C\in \mathbb R \end{eqnarray*}$

Beispiel 3: Gesucht ist die allgemeine Lösung der Differentialgleichung

$\begin{eqnarray*} y'=\frac{x^2}{y^3} \end{eqnarray*}$

und die Lösung zum Anfangswert $\begin{eqnarray*} y(3)=2 \end{eqnarray*}$ . Die Nulllösung entfällt sofort, da $\begin{eqnarray*} y\neq 0 \end{eqnarray*}$ . Wir gehen wieder nach Kochrezept vor und integrieren wieder über die unbestimmten Integrale

$\begin{eqnarray*} \int y^3~dy=\int x^2~dx. \end{eqnarray*}$

Das ergibt

$\begin{eqnarray*} \cfrac{1}{4}y^4=\cfrac{1}{3}x^3+c,~c\in\mathbb R \end{eqnarray*}$

Umstellen ergibt die allgemeine Lösung

$\begin{eqnarray*} y(x)=\pm\left(\cfrac{4}{3}x^3+4c\right)^{1/4} \end{eqnarray*}$

Die Lösung für das Anfangswertproblem $\begin{eqnarray*} y(3)=2 \end{eqnarray*}$ erhalten wir durch einsetzen von $\begin{eqnarray*} y=2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x=3 \end{eqnarray*}$ in die allgemeine Lösung. Umstellen und ausrechnen ergibt dann die Lösung $\begin{eqnarray*} c=-5 \end{eqnarray*}$ , d.h.

$\begin{eqnarray*} y(x)=\pm\left(\cfrac{4}{3}x^3-20\right)^{1/4}. \end{eqnarray*}$

Aufgaben

$\begin{eqnarray*} 1) y'=\frac{1}{xy},~y(1)=-1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 2) xy'=y\ln y,~y(1)=e \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 3) y'=1+y^2,~y\left(\frac{\pi}{4}\right)=-1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 4) y'=2\sqrt{|y|},~y(0)=0 \end{eqnarray*}$

12.12.2007, 15:44

Kota

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Es fällt mir äußerst schwer das mit

$\begin{eqnarray*} e^y dy= 3x dx \end{eqnarray*}$ wegen dem ^y komme ich nicht weiter unglücklich

unglücklich

12.12.2007, 15:47

Kota

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Wie kann ich da nach y auflösen dann komme ich vielleicht besser voran Augenzwinkern

Augenzwinkern

12.12.2007, 15:53

vektorraum

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Zitat:

Original von Kota
Es fällt mir äußerst schwer das mit

$\begin{eqnarray*} e^y dy= 3x dx \end{eqnarray*}$ wegen dem ^y komme ich nicht weiter unglücklich

unglücklich

Integrieren:

$\begin{eqnarray*} \int e^y~\dd y=\ldots \end{eqnarray*}$

13.12.2007, 13:40

lunalise

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Hallo Kota
die rechnung ist im endefeckt nicht so schwer wie sie aussieht

also zunächst bestimmst du f(x) ung g(x)

das wäre f(x)=3x und g(x)= $\begin{eqnarray*} e^y \end{eqnarray*}$

Dann integrierst du auf beiden Seiten

$\begin{eqnarray*} \int_{}^{}~3x~dx =\int_{}^{}~e^y~dx[latex]<br /> <br /> dann hast du folgendes:<br /> <br /> [latex]{\frac{3}{2}}*{x^2}+c=e^y \end{eqnarray*}$

weil du die implizierte Lösung habe musst.

jetzt musst du nur noch nach c umstellen dann weißt du das c=0,5 ist.

zum schluss hast du dann Y(x)=ln $\begin{eqnarray*} {\frac{3}{2}}{x^2}-\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

Ich hoffe das hilft dir weiter Big Laugh

Big Laugh

13.12.2007, 13:44

lunalise

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Ich habe wohl irgendetwas falsch gemacht also ich meinte:

Dann integrierst du auf beiden Seiten

$\begin{eqnarray*} \int_{b}^{a}~3x~dx =\int_{b}^{a}~e^y~dx \end{eqnarray*}$

weil du die implizierte Lösung habe musst. irgnorir einfach a und b sonst macht der Formeleditor das nicht

13.12.2007, 14:10

lunalise

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bei $\begin{eqnarray*} e^y \end{eqnarray*}$ soll "dy" stehen habe nivht aufgepasst sorry

13.12.2007, 14:14

Kota

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Ja ich dacht mir gerade schon das da was nicht stimmen kann, Augenzwinkern

Augenzwinkern

aber ansonsten ist es gut nachvollziehbar und sogar ds implizieren verstehe ich jetzthabe nähmlich nochmal ein Buch rausgeholt

Vielen dank jetzt werde ich wohl keine großen Probleme mehr mir der Übung haben die wir nächste woche kriegen Freude

Freude

13.12.2007, 15:50

tictac

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variablen trennen
das ist super einfach wenn du die variablen trennen willst musst du nur den endtendenzfaktor mal diese variablen die du trennen willst das heißt du musst nichts weiter tun als das erst mal nehmen dann hasst du die tendenz aber noch nicht richtig getrennt du musst noch die variablen z.b. beta odeer delta sprich die an 2. oder 4. stelle einfach mal den rausgekommenen diskostivkanter un durch die positive menge an einzelner variablen
ps: hab mathe studiert Lehrer

Lehrer

13.12.2007, 16:20

Kota

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Ja da merkt man, ich verstehe nähmlich nur Knapp die hälfte. so wie lunalise es erklärt hat habe ich es schon verstanden. Außerdem habe ich gerade mit meinen Physikstudium angefangen und bin deshalb erst in ersten Semester du schlaumeier LOL Hammer

LOL Hammer

Aber ich breuche jetzt eigentlich keine Hilfe mehr smile

smile

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