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Vecchio 14-06-18, 01:44   #1
Erasmus
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Predefinito Volume d'un tetraedro irregolare.

Ho una volta – e forse più di una volta – parlato di "trigonometria sferica" (ed invitato INVANO a discuterne).

In quello che dirò sarà rilevante, dato un triedro – ossia tre semirette con l'origine comune individuanti una specie di piramide a tre facce laterali di altezza infinita – saper calcolare il coseno di uno dei suoi tre angoli diedri – diciamoli α, β e γ – conoscendo i tre angoli delle tre facce del triedro – diciamoli φ, χ e ψ [i.e. "phi", "chi" e "psi"] – .
Un siffatto triedro si ottiene proiettando dal centro di una sfera un suo triangolo sferico (il cui perimetro è costituito da tre archi di cerchio massimo).

Per quel che interessa il seguito di questo "post", ci si può limitare a trinagoli sferici contenuti in una mezza superficie sferica, ossia con gli angoli φ, χ e ψ delle tre facce non solo tutti minori di un angolo piatto [=π rad = 180°] , bensì con la somma minore di un angolo giro [i. e. φ + χ + ψ < 2π rad = 360°].

Siano α, β e γ gli angoli diedri rispettivanente opposti alle facce di angoli φ, χ e ψ (ossia gi angoli del triangolo sferico proiettato dal centro di una sfera col dato triedro).
In quello che dirò sarà rilevante il saper ricavare il coseno di un angolo diedro tramite la connoscenza dei coseni degli angoli di un dato triedro.
––––––––––––
Problema:
«Calcolare il volume di un tetraedro irregolare i cui 6 spigoli hanno lunghezze rispettive a, b, c, d, e ed f

In rete si trovano delle formulacce risolutive; ma non ne ho trovate le dimostrazioni (che suppongo piuttosto lunghe – e quindi tediose – e anche piuttosto difficili). Una di queste formule prevede il calcolo del determinante di una matrice quadrata simmetrica di formato 5 × 5. Cioè:
Codice:
Sia V il volume del tetraedroABCD di spigoli:
a = AB;  b = AC;  c = AD;
[i][d/I] = BC;  e = BD;  f = CD.
Allora V  si  può ricavare dalla seguente formula:
                            | 0        1         1         1         1   |           
                            | 1        0       a^2     b^2     c^2 |
288·V^2 = abs det | 1      a^2       0       d^2     e^2 |  
                            | 1      b^2     d^2       0       f ^2 |
                            | 1      c^2      e^2     f^2        0  |
dove "abs det" signifa "valore assoluto del determinante" [della matrice di formato 5 × 5 che segue "det").
Oltre al fatto che questo determinante ha 96 termini, non mi va di accettarne gratuitamente la validità!
Allora proporrò due metodi ciascuno dei quali è sì abbastanza lungo: ma è anche abbastanza facile il dimostrarne la validità.

Intanto ... inizio e proseguo a parlare in generale del tetraedro di spigoli di lunghezze qualunque (ovviamente però rispettosi delle effettiva costruibilità con essi d'un tetraedro tridimensionale, ossia rispettosi delle disuguaglianze triangolari realive a ciascuna delle quattro facce).

Non è restrittivo pensare che a, b e c siano le lunghezze di tre spigoli che sono lati di una faccia (quella di vertici A, B e C rispettivamente opposti (in quella faccia) ai lati di lunghezza a, b e c); e considerare gli altri tre spigoli di lunhezza d, e ed f come quelli che collegano i tre vertici A, B e C di una faccia con il quarto vertice D. non complanare con A, B e C,
Precisamente:
Codice:
[*]
a = BC;     b = CA;    c  = AB;
d =AD;     e = BD;     f  = CD;
-----------
Per il volume del teraedro propongo due metodi:
1) Se si riesce a scrivere tre spigoli con un estremo comune in un vertice in forma vettoriale, [per esempio quelli di estremo comune De di lunghezze rispettive d, e ed f), diciamo: [**]
d = [dx, dy, dz]
e = [ex, ey, ez];
f = [fx, fy, fz] .
allora il volume del tetraedro vale un sesto del modulo del prodotto scalare di uno dei tre vettori per il prodotto vettoriale degli altrri due. In formula (per esempio):
V = (1/6)·|d · (e × f)|.

2) Se si riesce a trovare la distanza h di un vertice dal piano della faccia opposta (per esempio la distanza di D dal piano della dalla faccia ABC), detta S l'area della detta faccia, il volume è ovviamente:
V = S·h/3.

In entrambi i metodi è utile saper ricavare un angolo diedro d'un triedro – per esempio: saper caicolarne il coseno – conoscendo gli angoli delle facce – per esempio conoscendone i coseni (e di conseguenza anche i seni).
Allo scopo, è sufficiente il 2° teorema fondamentale della trigonometria sferica (che adesso enuncio e poi dimostro).
Siano φ, χ e ψ i tre angoli delle facce di un triedro; e siano α, β e γ gli angoli diedri rispettivamente opposti a φ, χ e ψ. Il "1° teorema dei coseni" dice:
Codice:
             cos(φ) – cos(χ)·cos(ψ)
cos(α) = ––––––––––––––––––– .     [***]
                  sin(χ)·sin(ψ)
Analogamente, ruotando la terne [φ, χ, ψ] in [χ, ψ, φ] e poi questa in [ψ, φ, χ] e corrispondsentemente α in β e poi β in γ:
Codice:
             cos(χ) – ·cos(ψ)·cos(φ)
cos(β) = ––––––––––––––––––– ;
                 sin(ψ)·sin(φ)

             cos(ψ) – cos(φ)·cos(χ)
cos(γ) = –––––––––––––––––––.
                 sin(φ)·sin(χ)
Dimostro la [***].
Con riferimento alla figura seguente:

ricavando QR conb Carnot dai triangoli PQR e VQR e confrontando si ha:
QR^ = [u·tan(χ)]^2 + [u·tan(ψ)]^2 – 2· u·tan(χ)·u·tan(ψ) ·cos(α);
QR^ = [u/cos(χ)]^2 + [u/cos(ψ)]^2 – 2· [u/cos(χ)]·[u/cos(ψ)]·cos(φ).
Da qui (essendo [sin(x)]^2 = 1 – [cos(x)]^2 per ogni x):
1/[cos(χ)]^2 – 1 + 1/[cos(ψ)]^2 – 1 – 2cos(α)·[sin(χ)·sin(ψ)]/[cos(χ)·cos(ψ)] =
= 1/[cos(χ)]^2 +1/[cos(ψ)]^2 – 2·cos(φ)./[cos(χ)·cos(ψ)] ⇔
⇔ –2 – 2·cos(α)·[sin(χ)·sin(ψ)]/[cos(χ)·cos(ψ)] = – 2·cos(φ)./[cos(χ)·cos(ψ)] ⇔
[moltiplicando per –cos(χ)·cos(ψ)/2 ed esplicitando poi rispetto a cos(α)]
⇔ cos(α)*= [cos(φ) – cos(χ)·cos(ψ)] / [[sin(χ)·sin(ψ)] {cioè proprio la [***]}
---------
Se un triangolo RST ha i lati di lunghezza ST = r; TR = s; RS = t ed angoli rispettivamente opposti u, v e w, i coseni di questi valgono (come si trova con Carnot):
cos(y)=(s^2 + t^2 – r^2)/(2st); cos(v)=(t^2 + r^2 – s^2)/(2tra); cos(w)=(r^2 +s^2 – b^2)/(2rs). Dati i 6 spigoli d'un tetraedro si possono dunque calcolare i coseni di tutti i 12 angoli (a tre a tre con vertice comune in un vertice del tetraedro). Basta dunque il "1° teorema dei coseni" (dimostrato qui sopra) per calcolare uno qualsiasi dei 6 angoli diedri.
––––––––––
Nel metodo 1) si può assumere B((0,0,0) e C(a,0,0) (e allora CB = a).
Poi, detto χ l'agolo che nella facia ABC è opposto al lato CA di lungheza b, A(c·cos(χ), c·sin(χ), 0) (e allora CA = b).
Restano da determunare le coordinate del quarto vertice D, l'unico con la terza coordinata z ≠ 0.
Considerato il triangolo BCD , sia H il piede su BC della perpendicolare per Da BC e si ponga g = DH.
Allora g è l'altezza del triangolo BCD relativa al lat[i]o BC di lunghezza a (facilmente calcolabile).
Infine, calcolato langolo diedro – diciamolo β – di spigolo BC, la coordinata z di D vale z = [i]g]·sin(β).
NB: h è l'altezza del tetraedro retlativa alla faccia ABC].
Dette x e y lle prime due coordinate di D, esse – essendo e = BD, esse sono
• x = √(e^2 – g^2);
• y = √[e^2 – (x^2 + h^2)].
––––––
Infine, nel metodo 2) possiamo considerare base una faccia (per esempio ABC) e trovare la distanza del quarto vertice dalla faccia-base (cioè l'altezza del tetraedro rispetto a quella facia) nortiplicando l'altezza di una faccia laterale per il seno dell'angolo diedro il cui spigolo è lato comune di questa faccia laterale e della faccia-base.
[Il procedimento per trovare l'altezza è lo s srtesso adoperato nel metodo 4) per trovare la coordinata z del vertice D quando gli altri tre vertici A, B e C stanno nel piano di equazione z = 0.

Adesso nino280, aspesi e Lagoon sono invitati a calcolare il volume del tetraedro ABCD che la faccia ABC una faccia di lati lunghi
CA = 13; AB = 14; BC = 15;
e gli altri tre spiigoli con le seguenti lunghezze:
AD = 9; BD = 10; CD = 11.
–––––
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Erasmus
«NO a nuovi trattati intergovernativi!»
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Ultima modifica di Erasmus : 20-06-18 02:38.
Erasmus non in linea   Rispondi citando
Vecchio 14-06-18, 06:49   #2
nino280
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Predefinito Re: Volume d'un tetraedsro irregolare.

https://docs.google.com/document/d/1...it?usp=sharing



Ciao
Anche con postimage perché 1 ora fa non si apriva, e avevo scelto un'altra via per postare il disegno, cioè con DRIVE
https://s22.postimg.cc/5xf9gznep/Cosi_Cubici.png

Oppure andate direttamente voi stessi nel disegno originale:

https://www.geogebra.org/classic/nRQ4myt6


Ciao

Ultima modifica di nino280 : 14-06-18 07:32.
nino280 non in linea   Rispondi citando
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Vecchio 14-06-18, 07:30   #3
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Predefinito Re: Volume d'un tetraedsro irregolare.

Quote:
Erasmus Visualizza il messaggio

Adesso nino280, aspesi e Lagoon sono invitati a calcolare il volume del tetraedro
Magari, gli altri...

Io ho saltato tutto, mi sono accorto solo che alla fine mi avevi citato...

aspesi non in linea   Rispondi citando
Vecchio 14-06-18, 07:35   #4
nino280
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Predefinito Re: Volume d'un tetraedsro irregolare.

Io ho avuto la pazienza di leggere tutto.
3 quarti d'ora per capire che intenzioni aveva Erasmus, e 5 minuti per fare il disegno.
Ciao
https://s22.postimg.cc/aepzyo5gh/Altre_Vie.png


Verifica primo calcolo per altre vie. OK
Ciao
Be, la differenza dal calcolo precedente è di 2 centomillesimi di cosi cubici, non volete mica fare delle contestazioni

Ultima modifica di nino280 : 14-06-18 14:16.
nino280 non in linea   Rispondi citando
Vecchio 14-06-18, 22:42   #5
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Nessuno interviene, manco Erasmus che mi dica almeno se ho calcolato il volume del tetraedro in modo esatto.
Anche se calcoli in verità ne ho fatti ben pochi. Però sono curioso sapere se sono giusti.
Al di la di questo due paroline del procedimento ve le devo.
Parto dalla facciata di base che, come diceva Erasmus, quella con gli spigoli più lunghi. La si vede nel disegno marcata in Blu
Sarebbero quelli lunghi 13;14;15.
Ora dai vertici disegno tre sfere aventi raggi 9;10;11.
Si sa che se due sfere si compenetrano si scontrano orinano una circonferenza. Il termine giusto è intersezione.
Allora tre sfere tre intersezioni. Io ho nascosto le sfere e ho lasciato le intersezioni. Sono quelle tre colorate con quel brutto Cachi
Dette intersezioni si intersecano a loro volta nel punto D
Finito. Perché D altro non è che il vertice del tetraedro cercato.
Ciao

Ultima modifica di nino280 : 14-06-18 22:46.
nino280 non in linea   Rispondi citando
Vecchio 15-06-18, 00:35   #6
Erasmus
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Predefinito Re: Volume d'un tetraedsro irregolare.

Quote:
nino280 Visualizza il messaggio
[...] manco Erasmus che mi dica almeno se ho calcolato il volume del tetraedro in modo esatto.
Ho visto ... ma io il volume di quel tetraedro (che ho dato a calcolare a te e ad aspesi) NON l'ho ancora calcolato!
Aspesi m'ha scritto – io e lui siamo in corrispondenza per e.mail – che deve sistemare l'orto, che però le ora in cui non piove sono poche, che ha trovato porcini grossi ma fradici (per l'eccessiva pioggia), che il collegamento ad Internet (probabilmente proprio per il mltempo) non è stabile ... e che rimanda tutto il resto a quando tornerà in pianuìra.

E anch'io, a dire il vero, ho tante grane da sbrigare (specie di carattere medico; ma in questo mese anche di carattere fiscale. E sono anche inca**ato per la mole di tasse ed imposte da pagare: tra IRPEF, IMU, TARI, TASI ... non mi ci raccapezzo più (anche perché fino all'anno sorso provvedeva a queste "burocrazie" mia moglie ... che adesso però non ce la fa più!).

Ma ... adesso (per accontentare nino280) vado a calcolare il volume di quel tetraedro.
Anzi: proprio l'altezza h riferita alla faccia base di lati 13, 14 e 15 "cosi" e di area 84 "cosi quadrati".
A rileggerci!
–––––
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Erasmus
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Vecchio 15-06-18, 04:29   #7
Erasmus
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Predefinito Re: Volume d'un tetraedsro irregolare.

@ nino280

Sì, i numeri sono giusti (e quelli della seconda figura più precisi dei precedenti, con tutte le cifre giuste [l'ultima approssimata per eccesso)].
Con 14 cifresignificative l'altezza h rispetto alla faccia-base di spigoli 13, 14 e 15 viene:
h = 5,7901699663996
[Con sole 7 cifre significative diventa 5,790170, esattamente il tuo risultato].
Quote:
nino280 Visualizza il messaggio
Io ho avuto la pazienza di leggere tutto.
3 quarti d'ora per capire che intenzioni aveva Erasmus, [...]
Ma alla fine, hai capito davvero che cosa intendeva?

Diciamolo con parole semplici.
Pensiamo il tetraedro come una piramide a base triangolare. Le facce sono pure triangolari. Chiamiamo g l'altezza di una faccia rispetto al lato in cimune cin la faccia-base.
Nel tuo caso, prendendo ABC come base (di lati 13, 14 e 15) onsidera la faccia ABD (di lati 9, 14 e 10).
La sua area – con Erone – viene √(33·15·13·5)/4 = (15/4)·√(143)
L'altezza di questo triangolo rispetto al lato lungo 14 è allora:
g= 15·√(143)/28 ≈ 6,40621111237575.
Per avere l'altezza h piramide devi proiettare questa g – altezza del triangolo-faccia rispetto allato che è lato in comune col triangolo-base – sulla perpendicolare al piano della base. Devi cioè moltiplicare g per il seno dell'angolo dietro fatto tra la base e la faccia considerata (ossia – nel nostro esempio – il diedro di spigolo AB di lunghezza 14; e questo spigolo è opposto alla faccia degli spigoli di lunghezza 13 e 9).
Vedi dunque che occorre venir a conoscere un angolo dietro del triedro (che nell'esempio in corso è quello di vertice A e di spigoli le tre semirette di origine A passanti rispettivamente per B, per C[ e per D).

Ecco allora l'opportunità di quel teorema molto facile da ricordare. Lo ripeto:
Siano φ, χ e ψ gli angoli delle tre facce di un triedro e siano α, β e γ gli angoli diedri rispettivamente opposti ai detti angoli delle facce.
[Insomma: Il triedro ha per spigoli tre semirette con l'origine comune – vertice del triedro–.
L'algolo di una faccia ha per lati due di queste semirette e l'amgolo ietro opposto a questa faccia è quello che ha per spigolo la terza semiretta.]
IAllora valgono queste uguaglianze:
Codice:
             cos(φ) – cos(χ)·cos(ψ)
cos(α) = ––––––––––––––––––– ;    
                  sin(χ)·sin(ψ)

             cos(χ) – ·cos(ψ)·cos(φ)
cos(β) = ––––––––––––––––––– ;
                 sin(ψ)·sin(φ)

             cos(ψ) – cos(φ)·cos(χ)
cos(γ) = –––––––––––––––––––.
                 sin(φ)·sin(χ)
Nel nostro caso abbiamo
cos(φ) = (14^2 + 13^2 – 15^2)/(2·13·14) = 5/13;
cos(χ) = (13^2 + 9^9 – 11^2)/(2·9·13) = 43/78;
cos(ψ) = (14^2 + 9^2 –10^2)/(2·14·9) = 59/84.

Beh... a questo punto continua tu (tenendo conto di come sono messi gli spigoli con gli assegnati valori di lunghezza.
Ho scopiazzato la tua figura aggingendo l'altezza di una faccia ed evidenziando l'angolo diedro che intervieene nel determinare l'altezza del tetraedro tramite l'altezza di quella faccia. Ecco qua:

–––––
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Ultima modifica di Erasmus : 17-06-18 01:38.
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Vecchio 15-06-18, 05:04   #8
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Due parole sull' altezza h che per me è r
Io la r non l'ho neanche calcolata, mi è stata, come dire "regalata".
E sarebbe: avendo disegnato una faccia, (quella di area 84 cm quadrati, vabbè parliamo di cm) sul piano X Y nel momento che ho trovato il punto D l'altezza era poi la coordinata Z di D.
h = r = 5,79017
Ma io ho voluto fare lo sborone e ricalcolarla un'altra volta, così come ho fatto con il volume che l'ho calcolato due volte. Una volta facendolo calcolare al sistema e poi farlo con la formula Area di base per altezza diviso 3
La seconda volta dell'altezza:
per D traccio una retta parallela all' asse Z.
Da notare sono partito mettendo il punto A a X0;Y0;Z0
B stava sull'ascissa a Y 14
C dove capitava.
Le rette come già detto altre volte hanno lunghezza infinita, ma a me serve un segmento.
Mi costruisco un piano passante per A B C
Poi interseco tale piano con la retta e ci trovo il punto G
Vedere secondo disegno dei tre che ho già inviato.
Ora si che ho il segmento se congiungo D con G
Esso è lungo manco a dirlo 5,79017
Insomma datemi un punto D e vi solleverò il mondo.
Anche il punto G è molto sensibile, direi quasi erotico
Posso se voglio trovare tutti gli angoli diedri e triedri.
Collegare volendo G con A e con B e con C
Ottenere così tre piramidi con uno spigolo a 90° rispetto alla nostra base di partenza, comune a tutte le tre piramidi e trovare i volumi di queste tre piramidi e sommare i tre volumi per poi certamente trovare il volume totale il nostro 162,12475 ( ho fatto la media fra i due valori finali visto che finivano con 4 e con 6)
E andare avanti fino a domai mattina.
Solo, mi fermo. Al venerdì mattina ho l'incontro fisso con i miei amici tennisti, poi si pranza tutti assieme (siamo circa 20) e si beve fino alle ore 15.
Calcolare ora l'altezza del gomito
Ciao
Ho scritto questo messaggio senza vedere l'ultimo messaggio di Erasmus
Vado a leggerlo.

Ultima modifica di nino280 : 15-06-18 05:07.
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Vecchio 15-06-18, 17:22   #9
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Predefinito Re: Volume d'un tetraedsro irregolare.

Ma alla fine, hai capito davvero che cosa intendeva?

Sinceramente e assolutamente Nooooo!!!
Quando vedo quattro coseni che si moltiplicano e si sottraggono di sopra fra di loro che poi si rapportano ad un altro paio di seni che a loro volta si sono moltiplicati io mi sono perso già ai primi due coseni.
Ciao

Ultima modifica di nino280 : 15-06-18 23:29.
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Vecchio 15-06-18, 20:41   #10
nino280
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Predefinito Re: Volume d'un tetraedsro irregolare.

https://s22.postimg.cc/ozi3qrt0x/Balle_2.png




Forse forse se faccio un esempio magari ci arrivo.
Ho preso come vedi le tue frazioni ne ho calcolato i coseni e di conseguenza l'arco, l'angolo.
Poi sono andato a misurare vari angoli e ho visto che si riferivano ad un unico spigolo non so se chiamarlo triedro.
Dal disegno che ho postato si vede che siamo nel vertice A
Allora per trovare l'angolo in A ma del triangolo che inizialmente era la nostra base quello dei lati lunghi tu sommi i quadrati del lati adiacenti, poi sottrai il quadrato del lato opposto chiamiamolo anche spigolo visto che parliamo di tetraedro, e poi dividi il risultato per il doppio prodotto dei lati adiacenti.
E' così?
Ciao

Ultima modifica di nino280 : 16-06-18 00:05.
nino280 non in linea   Rispondi citando
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