22-0235-01_Mathimatika_G-Lykeiou-ThSp-SpOikPlir_Lyseis-Askiseon-T2

3.5 3.5 Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Έχουμε ∫i) 2 (3x2 − 2x +1)dx = [x3 − x2 + x]02 = [23 − 22 + 2] − [03 − 02 + 0] = 6 0 e x +1 dx = e x +1 dx = e dx + e − 3 ii) ∫ ∫ ∫ ∫1 x3 2 dx x 1xx 1x 1 = [ln x]1e +  −1 e = ln e − ln1 −  2 e    x 1  x 22   −1   2 1 = 1 −  2 − 2 = 3− 2  e 1  e ππ π ∫ ∫iii) (ηµx + 2συνx)′dx = [ηµx + 2συνx]02 2 (συνx − 2ηµx)dx = 2 0 0 = ηµ π + 2συν π − ηµ0 − 2συνθ = 1− 2 = −1 22 2  1 2 2 x2 1  2 x2dx + 2 x−2dx + 2 ∫ ∫ ∫ ∫ ∫iv)1x + x  dx = 1  + x2 + 2  dx = 1 11 2dx =  x3 2 +  x−1 2 + 2(2 −1) =  x3 2 −  1 2 + 2  3   −1   3   x 1  1  1  1 = 8 − 1 −  1 −1 + 2 = 29 . 3 3  2 6 2. Έχουμε x3 + 7x 1 x 2 x3 + 7x 2 x x2 + 5 2 + 1 x2 + 5 1 x2 + 2 ∫ ∫ ∫ ∫1 dx + 2 x 2 5 dx = dx − 2 5 dx 2 x3 + 5x 2  x2 2 4 1 3. 1 x2 + 5  2 2 2 ∫ ∫= dx = xdx =  2 1 = − =  1 3. Έχουμε: 200

3.5 ∫ ∫ ∫2 β f (x) f ′(x)dx = β 2 f (x) f ′(x)dx = β [( f (x))2 ]′dx α αα = [( f (x))2 ]αβ = ( f (β ))2 − ( f (α ))2. 4. Επειδή η γραφική παράσταση της f διέρχεται από τα σημεία (0,0) και (1,1) έχουμε f(0) = 0 και f(1) = 1. Επομένως σύμφωνα με το θεμελιώδες θεώρημα είναι: ∫1 f ′( x)dx = [ f (x)]10 = f (1) − f (0) = 1− 0 = 1. 0 5. i) Θέτουμε u = συνx, οπότε, έχουμε: ( )∫F ′(x) = συνx 1− t2 dt ′ 1 = 1− συν2 x ⋅ (συνx)′ = 1− συν2 x ⋅ (−ηµx) = −ηµx ⋅ ηµx . ii) Η F(x) γράφεται Έχουμε = − συν x ⋅ 1 = −συν x . x 2x 2x 6. i) Έχουμε: ( )f ′(x) =x+ x2 +1 ′ = 1+ 2 2x x2 +1 + x 1 x2 +1 = x2 +1 = x2 +1 x + x2 +1 x + x2 +1 x + x2 +1 ii) Αν χρησιμοποιήσουμε το ερώτημα i) έχουμε: dx = 1+ x2 ∫ ∫1 1 f ′(x)dx =[f ( x)]10 = f (1) − f (0) 0 0 ( ) ( ) ( )= ln 1+ 2 − ln 0 + 1 = ln 1+ 2 . 201

3.5 3.5 Β΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Έχουμε διαδοχικά: ( )∫d d x = (x4 + x6 ) dx 0 dx tg (t )dt xg(x) = 4x3 + 6x5. Επομένως, για x = 1 έχουμε l∙g(l) = 4∙13 + 6∙15, οπότε g(1) = 10. 2. Η f(x) γράφεται: f (x) = 0 eσυν2πt dt + x+1 eσυν2πt dt = − x eσυν2πt dt + x+1 eσυν2πt dt, ∫ ∫ ∫ ∫x 0 00 οπότε έχουμε: f ′( x) = −eσυν2π x + eσυν2π (x+1) = −eσυν2π x + eσυν(2π x+2π ) = −eσυν2π x + eσυν2π x = 0. Αυτό σημαίνει ότι η f είναι σταθερή. 3. Έχουμε: f ′( x) = x−2 και τον πίνακα ex−2 x −∞ 2 +∞ f ′ (x) – 0+ f(x) 0 min Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (−∞, 2], γνησίως αύξουσα στο [2, +∞) και παρουσιάζει ελάχιστο στο x0 = 2, το f(2) = 0. 4. Είναι ( )∫F′(x) = x x f (t)dt ′ 5. Έχουμε: 0 ∫= x f (t)dt + xf (x). 0 202

3.5 F ′(x) = 1 + − 1 1+ x2 1+ x2 1 x2 = 1 − 1 = 0. 1+ x2 x2 +1 Αυτό σημαίνει ότι η συνάρτηση F είναι σταθερή. F(x) = c, x ∈ (0, +∞). 11 11 1 1+t2 1 1+t2 ∫ ∫Είναι όμως, F (1) = dt + dt = 0. Επομένως F(x) = 0, x ∈ (0, +∞). 6. Έχουμε: 2+h 5 + t2 dt = lim 2 5 + t2 dt h→0 h ∫lim 1 ⋅ 2+h  0 ∫hh→0  µορϕή  2  0  ( )∫ 2+h 5 + t2 dt ′ = lim 2 (κανόνας De L’ Hospital) h→0 (h)′ = lim 5 + (2 + h)2 h→0 = =9 3. 7. i) Θ έτουμε u = x2 − 4, οπότε du = 2xdx. Τα νέα όρια ολοκληρώσεως είναι u1 = 42 − 4 = 12 και u2 = 62 − 4 = 32. Επομένως,  1 32 u2  x dx = 1 32 du 1  ∫ ∫6 2 12 u = 2  1  = 32 − 12 = 4 2 − 2 3 4  x2 − 4  2 12 ii) Έχουμε ππ ∫ ∫2 [ηµ(συνx + x)ηµx − ηµ(συνx + x)]dx = 2 ηµ(συνx + x)[ηµx −1]dx. 00 203

3.5 Θέτουμε u = συνx + x, οπότε du = −(ηµx −1)dx. Τα νέα όρια είναι u1 = συν0 + 0 = 1 και u2 = συν π +π = π. Επομένως, 2 2 2 ππ ∫ ∫2 ηµ(συνx + x)[ηµx −1]dx = − 2 ηµudu 01 π = συν π − συν1 = −συν1. 2 = [συνu]12 8. i) Έχουμε: ∫ ( ) ∫ ∫2 x2 − x −1 dx = 1(x2 + x −1)dx + 2 (x2 − x +1)dx 0 01 =  x3 + x2 − 1 +  x3 − x2 + 2  2 x  2 x  3  3 0 1 = 1 + 1 −1+ 7 − 3 +1= 5 32 32 3 ii) Η f είναι συνεχής στο [–π,π] οπότε έχουμε ∫ ∫ ∫π π  x2 0 0  f (x)dx = −π −π 0 xdx + ηµxdx =  2 − [συνx]π0  −π = − π 2 − (συνπ − συν0) = − π 2 + 2. 22 iii) Το τριώνυμο x2 − 3x + 2 έχει ρίζες τους αριθμούς 1 και 2 και το πρόσημό του φαίνεται στον πίνακα: x −∞ 1 2 +∞ x2 − 3x + 2 + 0 –0 + Επομένως έχουμε: 3 x2 − 3x + 2 dx = 1(x2 − 3x + 2)dx + 2 (−x2 + 3x − 2)dx + 3 (x2 − 3x + 2)dx ∫ ∫ ∫ ∫0 0 1 2 =  x3 − 3 x2 + 1 + − x3 + 3 x2 2 +  x3 − 3 x2 3  2 2x  3 2 − 2x  2 + 2x  3  3 0 1 2 = 1 − 3 + 2 + − 8 + 6 − 4 + 1 − 3  +  27 − 27 + 6 − 8 + 6 − 4 = 11.  3 2 3 3 2   3 2 3 6 204

3.5 9. i) Με ολοκλήρωση κατά παράγοντες έχουμε: ∫ ∫ ∫ ( )e2 ln x dx = 2 e2 ln x dx = 2 e2 x ′ ln xdx 1x 12x 1 x ln x1e2 e2 x 1 dx ∫= 2  −2 1 x ∫= 2e ln e2 − 2 ln1− 4 e2 1 dx 12x = 4e − 4  x 1e2 = 4e − 4(e −1) = 4. ii) Με ολοκλήρωση κατά παράγοντες έχουμε: ∫ ∫ ∫1 xe−x dx = −1 1 e−x dx 0 0 x(e− x )′dx = −[ xe− x ]10 + 0 = −e−1 − [e−x ]10 = − 1 −  1 −1 =1− 2 = e − 2 e  e e e iii) Θέτουμε u = 9 + x2, οπότε du = 2xdx, u1 = 9 και u2 = 10. Επομένως: ∫ ∫ ∫1 x ln(9 + x2 )dx = 110 1 10 (u)′ ln udu udu = ln 0 29 29 u ln u 10 1 10 du = 10 ln10 − 9 ln 9 − 1 (10 − 9) ∫=  2 9 − 2 9 2 22 = 5ln10 − 9 ln 9 − 1 . 22 iv) Με ολοκλήρωση κατά παράγοντες έχουμε: π e x συν 2 xdx 1 π ∫ ∫I =2 = 2 ex (ηµ2x)′dx 0 20 ∫= 1 x π − 1 π 2 [e ηµ2 2 x]02 2 ηµ2x ⋅ exdx 0 ∫= 0 + 1 π 40 2 ex (συν2x)′dx π π ∫= 1 x x 2 1 2 exσυν2xdx  4 e συν2 0 − 4 0 205

3.5 = 1 π συνπ − 1 e0συν0 − 1 I, e2 4 44 οπότε 5 I = − 1 π − 1 ⇔ I = −1 π + 1). e2 (e 2 4 44 5 10. Έχουμε: ππ π ∫ ∫ ∫I + J = 2 xηµ2 xdx + 2 xσυν2 xdx = 2 x(ηµ2 x + συν2 x)dx0 00 π ∫= π xdx =  x2  2 = π2 . 2   8 0  2 0 Επίσης ππ ∫ ∫I − J = 2 x(ηµ2 x − συν2 x)dx = − 2 xσυν2xdx 00 ∫ ∫= − 1 π 1 π 1 π 2 2 2 2 0 x]02 2 ηµ2xdx x(ηµ2x)′dx = − [ xηµ2 + 0 = 1 π ηµπ − 0 = 1 [συν 2 π 2  2 4 x]02 = − 1 (συνπ − συν0) = − 1 (−1−1) = 1 . 4 42 Αν λύσουμε το σύστημα  + J = π2 βρίσκουμε I − J =  8 I 1 2 I = π 2 + 1 και J = π 2 − 1 . 16 4 16 4 11. Επειδή f ″ συνεχής έχουμε: ∫ ∫π π f ′′(x)ηµxdx = 2. (1) f (x)ηµxdx + 00 Όμως είναι: ∫ ∫π π 0 0 f ′′(x)ηµxdx = [ f ′(x)ηµx]π0 − f ′(x)(ηµx)′dx 206

3.6 ∫= − π f ′(x)συνxdx 0 ∫= −[ f (x)συνx]π0 + π f (x)(συνx)′dx 0 π = f (π ) + f (0) − ∫0 f (x)ηµxdx π = 1+ f (0) − ∫0 f (x)ηµxdx Έτσι, η σχέση (1) γράφεται ππ ∫0 f (x)ηµxdx +1+ f (0) − ∫0 f (x)ηµxdx = 2, οπότε f(0) = 1. 12. Επειδή οι f ″ και g″ είναι συνεχείς έχουμε ∫I = β ( f (x)g′′(x) − f ′′(x)g(x))dx α ∫ ∫= β f (x)g′′(x)dx − β f ′′(x)g(x)dx αα ∫ ∫= [ f (x)g′(x)]αββ β − α f ′(x)g′(x)dx − [ f ′(x)g(x)]αβ + α f ′(x)g′(x)dx = f (β )g′(β ) − f (α )g′(α ) −[ f ′(β )g(β ) − f ′(α )g(α )] = f (β )g′(β ) − f ′(β )g(β ), (αφού f (α) = g(α) = 0) = f ( β)g′( β) − g′( β)g( β), (αφού f ′(β ) = g′(β ) ) = g′(β )( f (β ) − g(β )). 3.6 Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Έχουμε: ∫ ∫ ∫ ∫1 1 1 1 0 = ( f (x) −1)dx = f (x)dx − 1dx = f (x)dx −1, 0 0 00 οπότε ∫ ∫1 f (x)dx = 1 ⇔ 1 1 f (x)dx = 1 ⇔ f = 1. 2. Έχουμε: 0 1−0 0 207

3.6 β β ββ 0 = ∫α ( f (x) − k)dx = ∫α f (x)dx − ∫α kdx = ∫α f (x)dx − k(β −α ), οπότε ∫ ∫β 1 β f (x)dx = k(β −α ) ⇔ f (x)dx = k ⇔ f = k. α β −α α 3. Έστω η συνάρτηση f(x) = x, x ∈[α , β ]. Τότε η μέση τιμή x του x στο [α,β] είναι: =1 β 1  x2 β 1 β2 −α2  β −α α −α −α 2  ∫x = f xdx = β  x  = β  2   α  = 1 β2 −α2 = α + β . β −α 2 2 3.6 Β΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Έχουμε: ∫f = 1 β x2dx = 1 β 3 − α 3 = α 2 + αβ + β 2 και β −α α β −α 3 3 ∫g = 1 β 1 dx = 1  −1β = 1 1 −1  α x2 −α  x α −α  β  β −α β β  α  = 1 β −α = 1 , β −α αβ αβ οπότε f ⋅ g = α 2 + αβ + β 2 ⋅ 1 = α 2 + αβ + β 2 . 3 αβ 3αβ Έτσι, έχουμε να δείξουμε ότι: α 2 + αβ + β 2 > 1 ⇔ α 2 + αβ + β 2 > 3αβ 3αβ ⇔ α 2 − 2αβ + β 2 > 0 ⇔ (α − β )2 > 0, που ισχύει. Επομένως είναι f ⋅ g > 1. 2. α) Έχουμε: 208

3.7 υ=1 ∫ ∫ ∫R Rυ(r)dr = 1 R P (R2 − r2 )dr = P R (R2 − r 2 )dr 0R 0 4n 4Rn 0 P   r3 R  4Rn     =  R 2 ( R − 0) −   3 0   = P  R 3 − R3  4Rn  3    = 4=RPn 2R3 3 PR2 . 6n β) Εξάλλου έχουμε: υ′(r) = P (−2r) = − Pr < 0, για κάθε r ∈ (0, R). 4n 2n Όμως η υ = υ(r) είναι συνεχής στο [0,R], οπότε θα είναι γνησίως φθίνουσα στο [0,R]. Επομένως η μέγιστη ταχύτητα είναι: υµεγ = υ(0) = PR2 . 4n Προφανώς ισχύει υµεγ > υ . 3. Έχουμε ∫1 f (x)dx = f (1). (1) 0 Επιπλέον, σύμφωνα με το Θεώρημα Μέσης Τιμής υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ∈ (0,1) τέτοιο, ώστε ∫1 f (x)dx = f (ξ ). (2) 0 Από (1) και (2) προκύπτει ότι f(ξ) = f(1), οπότε στο διάστημα [ξ,1] ισχύουν οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle. Άρα, υπάρχει τουλάχιστον ένα x0 ∈ (ξ ,1) τέτοιο, ώστε f ′ (x0) = 0. Επομένως η Cf έχει τουλάχιστον μία οριζόντια εφαπτομένη. 3.7 A΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Τ ο τριώνυμο f (x) = x2 − 2x + 3 έχει διακρίνουσα Δ = – 8 < 0, οπότε ισχύει f(x) > 0 για κάθε x ∈ R. Επομένως το εμβαδόν που ζητάμε είναι: 209

3.7 2 (x2  x3  2 8 14  3 3 ∫Ε = 0 − 2x + 3)dx =  3 − x2 + 3x = −4+6 = τετρ. μον.  0 2. i) Για κάθε x ∈[0, +∞) ισχύει f (x) = 3 x ≥ 0. Επομένως το εμβαδόν που ζητάμε είναι:  4 27 27  x3  3 4 3 4 = 35 τ.μ. ∫ ( )Ε = 0  4 3 ]027 4 4 3 xdx =   = [ x = 3 27  4  3 0 ii) Γ ια κάθε x ∈ 0, π  ισχύει f (x) = 1 > 0. Επομένως το εμβαδόν που ζητάμε είναι 3  συν2 x ∫Ε = π 1 2 x dx π = εϕ π − εϕ0 = 3 τ.μ. 3 συν 3 0 = [εϕx]03 3. Οι τετμημένες των σημείων τομής της Cf και του άξονα x′x είναι οι ρίζες της εξίσωσης x2 – 3x = 0, δηλαδή οι αριθμοί 0 και 3. Επειδή f(x) < 0 για κάθε x ∈[0,3], έχουμε: y O ∫ ∫Ε = 3 f (x) dx = − 3 f (x)dx y = x2 – 3x 00 3 ∫= − 3 (x2 − 3x)dx = −  x3 − 3 x2 3 2  3 2  0  0 3x =  3 x2 − x3 3 = 3 ⋅9 − 27 = 9 τ.μ.  2  23 2 9  3 0 4 4. Οι τετμημένες των σημείων τομής των γραφικών παραστάσεων Cf και Cg είναι οι ρίζες της εξίσωσης f(x) = g(x), που γράφεται: f (x) = g(x) ⇔ x3 = 2x − x2 ⇔ x(x2 + x − 2) = 0 ⇔ x = 0 ή x = 1 ή x = −2. 210

3.7 Το πρόσημο της διαφοράς f (x) − g(x) = x3 + x2 − 2x = x(x −1)(x + 2) φαίνεται στον παρακάτω πίνακα: x −∞ –2 0 1 +∞ f(x) – g(x) – 0 + 0 – 0 + Επομένως το εμβαδόν που ζητάμε είναι: ∫Ε = 1 f (x) − g(x) dx −2 ∫ ∫= 0 ( f (x) − g(x))dx + 1(g(x) − f (x))dx −2 0 ∫ ∫= 0 (x3 + x2 − 2x)dx + 1(2x − x2 − x3 )dx −2 0 =  x4 + x3 − x2 0 +  x 2 − x3 − x4 1  4 3   3 4    −2  0 = −4 + 8 + 4 +1− 1 − 1 = 10 − 1 = 37 τ.μ. 3 3 4 3 4 12 5. Οι τετμημένες των σημείων τομής των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f(x) = 4 – x2 και g(x) = x – 2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης f(x) = g(x), που γράφεται f (x) = g(x) ⇔ 4 − x2 = x − 2 ⇔ x2 + x − 6 = 0 ⇔ x = −3 ή x = 2. Το πρόσημο της διαφοράς f (x) − g(x) = −x2 − x + 6 φαίνεται στον παρακάτω πίνακα. x −∞ –3 2 +∞ f(x) – g(x) – 0 + 0 – Επομένως το εμβαδόν που ζητάμε είναι: 211

3.7 ∫Ε = 2 f (x) − g(x) dx −3 ∫= 2 (−x2 − x + 6)dx = − x3 − x2 2  3 2 + 6x −3  −3 = − 8 − 4 + 12 −  27 − 9 −18 = 20 + 5 = 125 τ.μ. 3 2  3 2 6 6 3.7 Β΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. i) Επειδή f ′ (x) = 6x έχουμε f ′ (1) = 6, οπότε η εξίσωση της εφαπτομένης στο Α(1,3) είναι: ε : y − 3 = 6(x −1) ⇔ y = 6x − 3 ii) Η ε τέμνει τον άξονα x′x στο σημείο Β  1 , 0  . Επομένως, το εμβαδόν που ζητάμε  2 είναι: 1 1 (3x2 1 2 3x2dx + 0 ∫ ∫Ε = ε1 + ε2 = − 6 x + 3)dx 2 1 = [x3 ]02 + [x3 − 3x2 + 3x]11 2 = 1 +1 − 3 + 3 −  1 − 3 + 3  = 1 τ.μ. 8  8 4 2  4 2. Επειδή lim f (x) = lim f (x) = f (1), x →1− x →1+ η συνάρτηση f είναι συνεχής και στο σημείο 1, οπότε αυτή είναι συνεχής σε όλο το R. Είναι φανερό, επιπλέον, ότι f (x) ≥ 0 για κάθε x ∈[−1, 2]. Επομένως το ζητούμενο εμβαδόν είναι: 212

3.7 2 1 (−x2 + 3)dx + 2 f (x)dx = 2 ∫ ∫ ∫Ε = 1 xdx −1 −1 x3 1 3 2 3 + 3x   = − + 2  x2    −1  3   2 1 ( )= 1  1 3 4 − 3 + 3−  3 − + 3 23 − 1 = 4 + 8 2 τ.μ. 3 3. Ο ι τετμημένες των σημείων τομής της Cf και του άξονα x′x είναι οι ρίζες της εξίσωσης f(x) = 0, δηλαδή οι αριθμοί 1 και 5 . Στο 1, 5  η f είναι και συνεχής 2 2  και ισχύει f (x) ≥ 0. Επομένως το ζητούμενο εμβαδόν είναι: 5 ∫Ε = 2 f (x)dx 1 2 (−x2 + 4x − 3)dx + 5 ∫ ∫= 12 2 (−2x + 5)dx − x3  2 5  3  = + 2x2 − 3x +  − x 2 + 5x  2 2 1 = − 8 + 8 − 6 −  − 1 + 2 − 3  +  − 25 + 25  − (−4 + 10) = 11 τ.μ. 3  3   4 2  12 4. Ο ι τετμημένες των σημείων τομής των Cf και Cg είναι οι ρίζες της εξίσωσης f(x) = g(x), που γράφεται 213

3.7 f (x) = g(x) ⇔ x −1 = x +1 3 ⇔ x −1 = (x +1)2 9 ⇔ x2 − 7x +10 = 0 ⇔ x = 2 ή x = 5. Εξάλλου, για x ≥ 1 έχουμε: f (x) ≥ g(x) ⇔ x −1 ≥  x + 1 2  3  ⇔ x2 − 7x +10 ≤ 0 ⇔ 2 ≤ x ≤ 5. Επομένως, το ζητούμενο εμβαδόν είναι: 5 x +1 5 x −1dx − 1 5 ∫ ∫ ∫Ε =2  x −1 − 3  dx = 2 32 (x +1)dx. Στο 1° ολοκλήρωμα θέτουμε u = x – 1, οπότε du = dx, u1 = 1, u2 = 4 και έτσι έχουμε: 1  x2 5 3 4 2 x u2  ∫Ε = 4 u du − 1 + =  − 1  25 + 5 − 2 − 2 3 2  3  2 1  2  3    2 1 ( )= 2 43 − 1 − 1  25 + 1 = 1 τ.μ. 3 3  2 6 5. i) Έ χουμε f(e) = l = g(e). Άρα το σημείο A(e,l) είναι κοινό σημείο των γραφικών παραστάσεων Cf και Cg των συναρτήσεων f και g. Επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα, ενώ η g γνησίως αύξουσα, οι Cf και Cg έχουν ένα μόνο κοινό σημείο το Α. Επομένως το ζητούμενο εμβαδόν Ε(λ) ισούται με 214

3.7 e λ e dx. Είναι όμως ln xdx + Άρα ∫ ∫Ε (λ) = 1 ex ∫ ∫e ln xdx = e (x)′ln xdx 11 ∫= [x ln x]1e − e dx 1 = e ln e − (e −1) = 1. e λ e x]eλ e x ln xdx + 1 ∫ ∫Ε (λ) = dx = 1+ e[ln = 1+ e ln λ − e ln e = 1+ e(ln λ −1). ii) Επομένως, lim Ε (λ) = lim [1+ e(ln λ −1)] λ →+∞ λ →+∞ = (1− e) + e lim (ln λ) = +∞. λ →+∞ 6. Η τετμημένη του Α είναι η λύση της εξίσωσης 3x = 3, που είναι ο αριθμός 1. Η τετμημένη του Β είναι η λύση του συστήματος y = x, που είναι ο αρι- θμός 3.  = 3  y Το ζητούμενο εμβαδόν είναι ίσο με: ∫ ∫ ∫1(3x − x)dx + 1 3x  x2 1 3x x2 3 0  2   2  3 (3 − x)dx = 0 dx −  0 + − 1 1 = 1 [3x ]10 − 1 + 9 − 9 − 3+ 1 ln 3 2 2 2  = 1 [3 −1] + 6 − 9 = 2 + 3 τ.μ. ln 3 2 ln 3 2 215

3.7 7. Η τετμημένη του σημείου Α είναι ρίζα της εξίσωσης x2 − 2x + 2 = x2 −1, που είναι ο αριθμός x = 3 . Επομένως, 2 το ζητούμενο εμβαδόν είναι ίσο με: 3 2 (x2 −1)dx + 1 ∫ ∫ ∫Ε = − 1(x2 −1)dx + 2 (x2 − 2x + 2)dx 0 3 2 = −  x3 − 1 +  x3 − 3 +  x3 − x2 + 2  3 x  3  3 2x   2  0 x 3 2 1 = − 1 −1 +  1  3 3 − 3 − 1  +  83 − 4 + 4 − 1  3 3 +  3 2 − 2  3   3  3  2  2 3 + 1 3  2   2   2   = 7 τ.μ. 4 8. i) Οι εξισώσεις των εφαπτομένων ε1 και ε2 της Cf στα σημεία Ο και Α αντιστοίχως είναι: ε1 : y − f (0) = f ′(0)(x − 0) και ε2 : y − f (π ) = f ′(π )(x − π ) Επειδή f ′ (x) = συνx έχουμε: f ′ (0) = 1 και f ′ (π) = – 1, οπότε ε1 : y = x και ε2 : y = −x + π . ii) Η τετμημένη του σημείου τομής Β των ε1 και ε2 είναι η ρίζα της εξίσωσης x π =– x+ π, δηλαδή ο αριθμός x = 2 . Επομένως το ζητούμενο εμβαδόν είναι: 216

3.7 ππ ∫ ∫Ε = π (−x + π − ηµx)dx 2 (x − ηµx)dx + 2 0 =  x2 π +  −x2 + π x + συνx π     2 2  2 π + συνx 2 0 = π 2 + συν π − συν0 − π 2 + π 2 + συνπ + π 2 − π 2 − συν π 82 2 82 2 = π 2 − 2. 4 9. α) Έχουμε f ′(x) = 1 , x ∈ (0, +∞), 2x οπότε f ′(1) = 1 και η εξίσωση της 2 εφαπτομένης ε είναι: y −1 = 1 (x −1) ⇔ y = 1 x + 1 2 22 Η ε τέμνει τον άξονα x′x στο σημείο με τετμημένη –1. Επομένως το ζητούμενο εμβαδόν είναι: ∫ ∫Ε = 0 1 x + 1  dx + 1 1 x + 1 − x  dx −1  2 2  0  2 2   x2 1 0  x 2 x 3 1 2 x  2  =  + +  + −2 x2   4  −1  4 0 3 = − 1 + 1 + 1 + 1 − 2 = 1 τ.μ. 42423 3 β) Εξετάζουμε αρχικά αν υπάρχει ευθεία x = α με α ∈[−1, 0] η οποία χωρίζει το χωρίο (Α) του (α) ερωτήματος σε δύο ισοεμβαδικά χωρία. Δηλαδή αν υπάρχει τιμή του α ∈[−1, 0] τέτοια, ώστε να ισχύει: ∫α  1 x + 1  dx = Ε ⇔  x2 + x 0 = 1 2 2  2  2  6 −1   4  −1 217

3.7 ⇔ α 2 + α − 1 + 1 = 1 ⇔ 3α 2 + 6α +1 = 0. 4 242 6 Η τελευταία εξίσωση έχει ρίζες τους αριθμούς α1 = −3 + 6 και α2 = −3 − 6. 3 3 Από αυτούς μόνο ο α1 ανήκει στο διάστημα [–1,0]. Επομένως η ζητούμενη ευθεία έχει εξίσωση: x = −3 + 6 . 3 Αν εργαστούμε ανάλογα για α ∈[0,1], βρίσκουμε ότι δεν υπάρχει άλλη ευθεία x = α που να χωρίζει το χωρίο Α σε δύο ισοεμβαδικά χωρία. Αυτό, άλλωστε, ήταν αναμενόμενο. 10. Έχουμε g(x) = ln1− ln x = − ln x, που σημαίνει ότι η Cg είναι συμμετρική της Cf ως προς τον άξονα x′x. Η τετμημένη του Α είναι ρίζα της εξίσωσης ln 1 = ln 2, που είναι ο x αριθμός x = 1 . Η τετμημένη του Β 2 είναι ρίζα της εξίσωσης ln x = ln2, που είναι ο αριθμός x = 2. Επομένως το ζητούμενο εμβαδόν είναι: ∫ ∫Ε =1  ln 2 − ln 1  dx + 2 (ln 2 − ln x)dx  x  1 1 2 1 1  1 2 2  1 ln xdx + ln 2(2 −1) − ln xdx 2 1 ∫ ∫=ln 2 − + 1 x]11 1 x]12 2 2 2 1 1dx 1dx ∫ ∫= ln ln + ln 2 − + 2 +[x − [x ln 1 2 = 1 ln 2 + 1ln 1 − 1 ln 1 − 1− 1  + ln 2− 2 ln 2 +1ln1+ 2 −1 2 2 2 2  218

3.7 = 1 ln 2 + 1 ln 2 − 1 − ln 2 +1 222 = 1. 2 11. i) Έχουμε f(0) = 2 και f ′ (x) = 2x – 3. Από τον τύπο ∫ f ′(x)dx = f (x) + c έχουμε διαδοχικά ∫ (2x − 3)dx = f (x) + c x2 − 3x = f (x) + c f (x) = x2 − 3x − c. Είναι όμως, f (0) = 2 ⇔ −c = 2 ⇔ c = −2. Επομένως, f (x) = x2 − 3x + 2. ii) Οι τετμημένες των σημείων τομής της Cf με τον άξονα x′x είναι οι ρίζες της εξίσωσης x2 − 3x + 2 = 0 δηλαδή x1 = 1 και x2 = 2. Επειδή x2 − 3x + 2 < 0, όταν x ∈ (1, 2), το ζητούμενο εμβαδόν είναι: ∫Ε=− 2 (x2 − 3x + 2)dx = −  x3 − 3 x2 2  3 2 + 2x 1  1 = −  8 − 3 ⋅ 4 + 2⋅ 2  +  1 − 3 + 2  = 1 τ.μ.  3 2   3 2  6 12. i) Η Cf τέμνει τον άξονα των x στα σημεία Α(1,0) και Β(3,0). Επειδή f ′(x) = (x2 − 4x + 3)′ = 2x − 4, έχουμε f ′ (1) = – 2 και f ′ (3) = 2. Επομένως, η εξίσωση της εφαπτομένης στο Α(1,0) είναι: y − f (1) = f ′(1)(x −1) ⇔ y = −2x + 2 ενώ η εξίσωση της εφαπτομένης στο Β(3,0) είναι: 219

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ y − f (3) = f ′(3)(x − 3) ⇔ y = 2x − 6 ii) Η τετμημένη του σημείου τομής Γ των εφαπτομένων είναι λύση της εξίσωσης −2x + 2 = 2x − 6 δηλαδή ο αριθμός x = 2. Επομένως το σημείο τομής τους είναι το Γ(2, –2). Λόγω της συμμετρίας του σχήματος έχουμε: ε1∫● = −2 2 (x2 − 4x + 3)dx 1  x3  2  3  = −2 − 2x2 + 3x  1 = −2  8 − 2 ⋅4 + 3⋅ 2 − 1 + 2 − 3 = 4  3 3 3 και ε2 2 (x2 2 (x2 1 1 ∫ ∫● − 2x +1)dx = 2 − 4x +3+ 2x − 2)dx = 2 = 2  x3 − x2 + 2 = 2  8 − 4 + 2− 1 + 1 − 1 = 2.  3 x  3 3 3  1 4 Άρα ε1 = 3 = 2. ε2 2 3 ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. i) Θέτουμε u = π – x, οπότε du = – dx, u1 = π, u2 = 0. Έτσι έχουμε: π 0 (π − u) f (ηµ(π − u))du xf (ηµx)dx = − ∫ ∫I = 0π ∫ ∫= − 0π f (ηµu)du + 0 uf (ηµu)du ππ π = π ∫0 f (ηµu)du − I. Επομένως 2I = π π f (ηµu)du, οπότε I = π π ∫ ∫0 2 0 f (ηµx)dx. 220

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ ii) Σύμφωνα με το ερώτημα (i) έχουμε: π xηµx π π ηµx π π ηµx 0 + ηµ2 2 0 + ηµ2 2 0 − συν2 x ∫ ∫ ∫I1 = 3 x dx = 3 x dx = 4 dx. Θέτουμε u = συνx, οπότε du = – ημxdx. Επομένως: π −1 du =π −1 du 2 1 4 −u2 2 1 2− ∫ ∫I1= − u 4 . Αναζητούμε α , β ∈R τέτοια, ώστε να ισχύει: 1 4 = α 2 + u β 2 ή, u2 − u− + ισοδύναμα, (α + β )u + 2(α − β ) = 1, για κάθε u ∈ R −{−2, 2}. Η τελευταία ισχύει για κάθε u ∈ R −{−2, 2}, αν και μόνο αν α + β = 0 1 ⇔ α = 1 και β = −1. 2(α − β )= 4 4 Επομένως 1 −1 −1 4 du π −1 4 du + π 1 u+2 ∫ ∫I1= 2 1 u−2 2 = π ln u − 2 1−1 − π ln u + 2 1−1 8 8 = π (ln 3 − ln1) − π (ln1− ln 3) 88 = π ln 3 + π ln 3 = π ln 3. 88 4 1 α+ β 2. i) Αναζητούμε α, β τέτοια ώστε x2 −1 = x −1 x +1 ή, ισοδύναμα, 1 = (α + β )x + (α − β ), για κάθε x ∈ R −{−1,1}. Η τελευταία ισχύει για κάθε x ∈ R −{−1,1}, αν και μόνο αν α +β =0 ⇔α = 1 και β = −1. α −β =1 2 2 Έτσι τελικά έχουμε: ∫ ∫ ∫1 1 1 dx −1 1 dx 1 1 1 2 2 2 2 x +1 2 0 0 dx = 0 x −1 2 = ln x − 1  2 − 1 ln x + 1  2 x2 −1 0 2 0 221

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ = 1  ln 1 − ln1 − 1  ln 3 − ln1 2  2 2  2 1 = 1  ln 1 − ln 3 = 1 ln 2 = 1 ln 1 2  2 2  2 3 23 2 = ln 1 = − ln 3. 3 ii) Έχουμε: ∫ ∫ ∫π 1 dx = π ηµx dx = π 1 − ηµx 2 x dx. 2 ηµx 2 ηµ2 x 2 συν π π π 3 3 3 Θέτουμε u = συνx, οπότε du = −ηµxdx, u1 = συν π = 1 και u2 = συν π = 0. Επομένως 3 2 2 ∫ ∫ ∫π1 dx = − 0 du =− 1 du = ln 3 (από i)). 2ηµx 2 2 −1 π 1 1 − u 2 0 u 3 2 3. Για u ≠ –1, –2 αναζητούμε α , β ∈ R τέτοιους, ώστε: 1 =α + β (u +1)(u + 2) u +1 u + 2 ή, ισοδύναμα, 1 = α (u + 2) + β (u +1), για κάθε u ≠ –1, –2 (α + β )u + 2α + β −1 = 0, για κάθε u ≠ –1, –2 Η τελευταία ισχύει για κάθε u ∈ R −{−1, −2}, αν και μόνο αν α + β = 0  ⇔ α =1 . 2α + β = 1 β = −1 Επομένως ∫ (u + 1 + 2) du = ∫ du − ∫ du 1)(u u +1 u+2 = ln u +1 − ln u + 2 + c 222

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ i) Θέτουμε u = ημx, οπότε du = συνxdx. Επομένως ∫ (ηµx συνx + 2) dx = ∫ (u du + 2) + 1)(ηµx + 1)(u = ln u +1 − ln u + 2 + c = ln ηµx +1 − ln ηµx + 2 + c ii) Θέτουμε u = ex, οπότε du = exdx. Έτσι έχουμε ex du = ln ex +1 − ln ex + 2 + c + 1)(e x (u +1)(u + 2) ∫ ∫(ex + 2) dx = = ln(ex +1) − ln(ex + 2) + c. 4. i) Έχουμε: t1 2ν +1 t1 2ν +3 0 1+ t2 0 1+ t2 ∫ ∫Iν + Iν +1 = dt + dt 1 t 2ν +1 (1 + t2 ) 1t 2ν +1dt 0 1+ t2 ∫ ∫= dt = 0 =  t 2ν +2 1 = 1   2ν +  2ν + 2  0 2 1t 1 1 (t 2 + 1)′ 0 1+ t2 2 0 (t 2 + 1) ∫ ∫ii) I0 = dt = dt = 1 [ln(t2 + 1)]10 = 1 (ln 2 − ln1) = 1 ln 2. 2 2 2 Εξάλλου από το ερώτημα i) έχουμε I0 + I1 = 1 = 1, οπότε 2⋅0 + 2 2 I1 = 1 − I0 = 1 − 1 ln 2 = 1 (1− ln 2). 2 2 2 2 Επίσης είναι I2 + I1 = 1, οπότε 2⋅1+ 2 I2 = 1 − I1 = 1 − 1 + 1 ln 2 = 1 ln 2 − 1. 4 4 2 2 2 4 5. Θέτουμε g(x) το 1° μέλος και h(x) το 2° μέλος και έχουμε: 223

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ x′ uf (u)du ( )∫ ∫● g′(x) = x x f (u)du − 00 ∫ ∫x x = f (u)du + xf (x) − xf (x) = f (u)du 00 και ∫● h′(x) = x f (t)dt. 0 Δηλαδή ισχύει g′(x) = h′(x) για κάθε x ∈ R. Επομένως, υπάρχει σταθερά c τέτοια ώστε g(x) = h(x) + c ή, ισοδύναμα, ( )∫ ∫ ∫x x u f (u)(x − u)du = f (t)dt du + c, για κάθε x ∈ R. 0 00 Για x = 0 έχουμε: ( )∫ ∫ ∫0 f (u)(0 − u)du = 0 u f (t)dt du + c ⇔ 0 = 0 + c ⇔ c = 0 0 00 οπότε έχουμε: ( )∫ ∫ ∫x f (u)(x − u)du = x u f (t)dt du. 0 00 6. i) ● Η συνάρτηση g(u) = u2 −1 έχει πεδίο ορισμού το σύνολο Α = (−∞, −1] ∪[1, +∞). Άρα, για να ορίζεται η f πρέπει τα άκρα 1, t να ανήκουν στο ίδιο διάστημα του Α. Άρα πρέπει t ∈[1, +∞), οπότε το πεδίο ορισμού της f είναι το [1, +∞). Για να ορίζεται, τώρα, η F πρέπει τα άκρα 1, x να ανήκουν στο διάστημα [1, +∞) που είναι το πεδίο ορισμού της f . Άρα πρέπει x ∈[1, +∞), οπότε το πεδίο ορισμού της F είναι το [1, +∞). ii) ● Έχουμε ∫F ′(x) = f (x) = x u2 −1du 1 οπότε F ′′(x) = f ′(x) = x2 −1. Επειδή F″(x) > 0 στο (1, +∞) και F″(1) = 0, η F′ είναι γνησίως αύξουσα στο [1, +∞), οπότε: 224

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ ● η F είναι κυρτή στο [1, +∞) και ● F′(x) > F′(l) = 0 για κάθε x ∈ (1, +∞). Άρα η F είναι γνησίως αύξουσα στο [1, +∞). ∫7. i) F (x) + G(x) = x et (συν2t + ηµ2t)dt = ex −1, (1) 0 και ∫F (x) − G(x) = x et (συν2t − ηµ2t)dt 0 ∫= x etσυν2tdt = Κ (x). 0 Όμως, είναι ∫Κ (x) = [etσυν2t]0x + x 2etηµ2tdt 0 exσυν2x −1+ 2[etηµ2t]0x x etσυν2tdt ∫= −4 0 = exσυν2x −1+ 2exηµ2x − 4Κ (x) οπότε 5Κ (x) = ex (συν2x + 2ηµ2x) −1. Άρα (2) Κ (x) = F (x) − G(x) = ex (συν2x + 2ηµ2x) − 1 . (3) 55 Με πρόσθεση των (1) και (2) κατά μέλη προκύπτει ότι: 2F (x) = ex (συν2x + 2ηµ2x) + ex − 6 55 F (x) = ex (συν2x + 2ηµ2x) + ex − 6 . 10 2 10 Από τις (1) και (3) έχουμε G(x) = ex −1− ex (συν2x + 2ηµ2x) − ex + 6 10 2 10 = ex − ex (συν2x + 2ηµ2x) − 4 2 10 10 ii) Επειδή F ′(t) = etσυν2t, έχουμε 225

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ I = [F (x)]π2π = e2π (συν4π + 2ηµ4π ) + e2π − 6 − eπ (συν2π + 2ηµ2π ) − eπ +6 10 2 10 10 2 10 = e2π + e2π − e2π − eπ 10 2 10 2 = 3 eπ (eπ −1). 5 Επειδή G′(t) = etηµ2t, έχουμε J = [G(x)]π2π = e2π − e2π (συν4π + 2ηµ4π ) − eπ + eπ (συν2π + 2ηµ2π ) 2 10 2 10 = e2π − e2π − eπ + eπ = 2 eπ (eπ −1). 2 10 2 10 5 8. Ο ι τετμημένες των σημείων Α και Β είναι οι ρίζες της εξίσωσης x2 +1 = 5, δηλαδή οι αριθμοί x1 = – 2 και x2 = 2. Οι τετμημένες των Γ και Δ είναι οι ρίζες της εξίσωσης x2 + 1 = α2 + 1, δηλαδή οι αριθμοί x1 = – α και x2 = α. Το εμβαδόν Ε του χωρίου Ω που περικλείεται από την ευθεία y = 5 και τη γραφική παράσταση της y = x2 + 1 είναι: ∫Ε =2 (5 − x2 −1)dx = − x3 + 2  3 4x −2  −2 = −8 + 8 − 8 + 8 = 32 . 33 3 Το εμβαδόν ε του χωρίου που περικλείεται από την ευθεία y = α2 + 1 και τη γραφική παράσταση της y = x2 + 1 είναι: α (α 2 +1− x2 −1)dx = α (α 2 x2 α 2 (α α  x3 α −α  3  −α   −α ∫ ∫ε = − )dx = + ) − = 2α 3 −  α3 + α3  = 2α 3 − 2α3 = 4α3.  3 3  3 3   226

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ Το Ω χωρίζεται από την y = α2 + 1σε δύο ισοεμβαδικά χωρία, αν και μόνο αν ε = Ε ⇔ 4 α 3 = 32 ⋅ 1 ⇔ 4α 3 = 16 ⇔ α = 3 4. 23 32 9. i) Αν 0 < λ < 1, τότε ∫ ∫Ε (λ) = 1 1 dx = 1 x−2dx λ x2 λ =  x−1 1 = 1 −1.   λ  −1  λ Αν λ > 1, τότε ∫ ∫Ε (λ) = 1 1 dx = 1 x−2dx =  x−1 1 = 1 −1. λ x2   λ λ  −1 λ Αν λ > 1, τότε ∫ ∫Ε (λ) = λ 1 dx = λ x −2 dx =  −1λ =1− 1 . 1 x2 1  x 1 λ ii) Αν 0 < λ < 1, τότε Ε (λ) = 1 ⇔ 1 −1 = 1 ⇔ λ = 2. 2 λ 2 3 Αν λ > 1, τότε: Ε (λ) = 1 ⇔ 1− 1 = 1 ⇔ λ = 2 2 λ2 iii) Έχουμε: lim Ε (λ) = lim  1 −1 = lim  1 −1 = +∞ και  λ  λ λ →0 λ →0+ λ →0+ lim Ε (λ ) = lim 1 − 1  = 1. λ  λ →+∞ λ →+∞ 10. i) Ισχύει f(x) – g(x) > 0, για κάθε x ∈[α , β ], οπότε έχουμε διαδοχικά: β ∫α ( f (x) − g(x))dx ≥ 0 ββ ∫α f (x)dx − ∫α g(x)dx ≥ 0 ββ ∫α f (x)dx ≥ ∫α g(x)dx. 227

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ ii) Για κάθε x ∈[α , β ] ισχύει m ≤ f(x) ≤ Μ, οπότε έχουμε διαδοχικά: ββ β ∫α mdx ≤ ∫α f (x)dx ≤ ∫α Μ dx β m(β −α ) ≤ ∫α f (x)dx ≤ Μ (β −α ) iii) Είναι: f ′( x) = xσυνx − ηµx = x − εϕx < 0 x2 x2 συν2 x αφού x – εφx < 0 και x2 >0 για x ∈  0, π . συνx  2 Επομένως η f είναι γνησίως φθίνουσα στο  0, π  .  2  α) Γ ια x ∈ π , π  ισχύει π ≤ x ≤ π , οπότε f  π  ≥ f (x) ≥ f  π  , αφού  6 3  63  6   3  η f είναι γνησίως φθίνουσα. Έτσι, 3 ≥ ηµx ≥ 3 3 ή ισοδύναμα, 3 3 ≤ ηµx ≤ 3 . π x 2π 2π x π β) Σύμφωνα με το ερώτημα i) θα ισχύει ∫ ∫ ∫π33 dx ≤ π ηµx dx ≤ π 3 dx 3 2π 3 x 3 π π π π 6 6 6 ∫3 3  π − π  ≤ π ηµx dx ≤ 3  π − π   3 6  3 x π  3 6  2π π 6 ∫3 ≤ π ηµx dx ≤ 1 . 3 x 2 4 π 6 iv) Είναι f ′(x) = −2xe−x2 < 0, για x ∈ (0, +∞) επειδή η f είναι και συνεχής στο [0, +∞), η f θα είναι γνησίως φθίνουσα στο [0, +∞). 228

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ α) Από την ανισότητα ex ≥ 1+ x, αν θέσουμε όπου x το – x2, προκύπτει e−x2 ≥ 1− x2. (1) Εξάλλου, επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [0, +∞), για x ∈[0,1] θα ισχύει f (x) ≤ f (0) ⇔ e−x2 ≤ 1. (2) Από (1) και (2) προκύπτει ότι 1− x2 ≤ e−x2 ≤ 1, για x ∈[0,1]. β) Από την τελευταία ανισότητα προκύπτει ∫ ∫ ∫1(1− x2 )dx ≤ e1 −x2 dx ≤ 11dx 0 00 ∫2 ≤ e1 −x2 dx ≤ 1. 30 229





Βάσει του ν. 3966/2011 τα διδακτικά βιβλία του Δημοτικού, του Γυμνασίου, του Λυκείου, των ΕΠΑ.Λ. και των ΕΠΑ.Σ. τυπώνονται από το ΙΤΥΕ - ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ και διανέμονται δωρεάν στα Δημόσια Σχολεία. Τα βιβλία μπορεί να διατίθενται προς πώληση, όταν φέρουν στη δεξιά κάτω γωνία του εμπροσθόφυλλου ένδειξη «ΔIΑΤΙΘΕΤΑΙ ΜΕ ΤΙΜΗ ΠΩΛΗΣΗΣ». Κάθε αντίτυπο που διατίθεται προς πώληση και δεν φέρει την παραπάνω ένδειξη θεωρείται κλεψίτυπο και ο παραβάτης διώκεται σύμφωνα με τις διατάξεις του άρθρου 7 του νόμου 1129 της 15/21 Μαρτίου 1946 (ΦΕΚ 1946,108, Α'). Απαγορεύεται η αναπαραγωγή οποιουδήποτε τμήματος αυτού του βιβλίου, που καλύπτεται από δικαιώματα (copyright), ή η χρήση του σε οποιαδήποτε μορφή, χωρίς τη γραπτή άδεια του Υπουργείου Παιδείας, Έρευνας και Θρησκευμάτων / IΤΥΕ - ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ.

Κωδικός Βιβλίου: 0-22-0235 ISBN 978-960-06-5176-8 (01) 000000 0 22 0235 8