2012 μαθηματικα κατευθυνσης

ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙ∆ΑΣ – Γ΄ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ΄ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ ΕΠΑΛ (ΟΜΑ∆Α Β΄) ∆ΕΥΤΕΡΑ 28 ΜΑΪΟΥ 2012 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙ∆ΩΝ: ΤΕΣΣΕΡΙΣ (4)ΘΕΜΑ ΑA1. Έστω μια συνάρτηση f η οποία είναι συνεχής σε ένα διάστημα ∆. Αν f′(x) > 0 σε κάθε εσωτερικό σημείο x του ∆, τότε να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το ∆ Μονάδες 7A2. Πότε λέμε ότι μία συνάρτηση f είναι συνεχής σε ένα κλειστό διάστημα [α, β]; Μονάδες 4A3. Έστω συνάρτηση f με πεδίο ορισμού Α. Πότε λέμε ότι ηf παρουσιάζει στο x0œA τοπικό μέγιστο; Μονάδες 4A4. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν,γράφοντας στο τετράδιό σας δίπλα στο γράμμα πουαντιστοιχεί σε κάθε πρόταση τη λέξη Σωστό, αν ηπρόταση είναι σωστή, ή Λάθος, αν η πρόταση είναιλανθασμένη.α) Στο μιγαδικό επίπεδο οι εικόνες δύο συζυγών μιγαδικών είναι σημεία συμμετρικά ως προς τον πραγματικό άξοναβ) Μια συνάρτηση f είναι 1-1, αν και μόνο αν για κάθε στοιχείο y του συνόλου τιμών της η εξίσωση f(x)=y έχει ακριβώς μία λύση ως προς xγ) Αν είναι lim f(x) = +∞, τότε f(x)<0 κοντά στο x0 x→x0 ΤΕΛΟΣ 1ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙ∆ΕΣ

ΑΡΧΗ 2ΗΣ ΣΕΛΙ∆ΑΣ – Γ΄ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ δ) (σφx)′ = 1 x , xœ−{x|ημx=0} ημ 2 ββ ∫ ∫ε) f(x)g′(x)dx = [f(x)g(x)]βα + f′(x)g(x)dx, όπου f′,g′ είναι αα συνεχείς συναρτήσεις στο [α,β] Μονάδες 10ΘΕΜΑ ΒΘεωρούμε τους μιγαδικούς αριθμούς z και w για τουςοποίους ισχύουν οι επόμενες σχέσεις: z_1 2 + z +12 = 4 (1) w_5 w = 12 (2)B1. Να αποδείξετε ότι ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών αριθμών z στο επίπεδο είναι κύκλος με κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα ρ = 1 Μονάδες 6B2. Αν z1, z2 είναι δύο από τους παραπάνω μιγαδικούς αριθμούς z με z1_z2 = 2 τότε, να βρείτε το z1 + z2 . Μονάδες 7B3. Να αποδείξετε ότι ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών αριθμών w στο επίπεδο είναι η έλλειψη με εξίσωση x2 y2 =1 και στη συνέχεια να βρείτε τη 9+ 4 μέγιστη και την ελάχιστη τιμή του w Μονάδες 6B4. Για τους μιγαδικούς αριθμούς z,w που επαληθεύουν τις σχέσεις (1) και (2) να αποδείξετε ότι: 1§ z − w §4 Μονάδες 6 ΤΕΛΟΣ 2ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙ∆ΕΣ

ΑΡΧΗ 3ΗΣ ΣΕΛΙ∆ΑΣ – Γ΄ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝΘΕΜΑ Γ ∆ίνεται η συνάρτηση f(x)=(x−1) ln x−1, x>0Γ1. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα ∆1=(0,1] και γνησίως αύξουσα στο διάστημα ∆2=[1,+∞). Στη συνέχεια να βρείτε το σύνολο τιμών της f Μονάδες 6Γ2. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση xx-1 = e2013, x > 0 έχει ακριβώς δύο θετικές ρίζες. Μονάδες 6Γ3. Αν x1, x2 με x1<x2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης του ερωτήματος Γ2, να αποδείξετε ότι υπάρχει x0œ(x1,x2) τέτοιο, ώστε f′(x0 ) + f(x0 ) = 2012 Μονάδες 6Γ4. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης g(x)=f(x)+1 με x>0, τον άξονα x′x και την ευθεία x=e Μονάδες 7ΘΕΜΑ ∆Έστω η συνεχής συνάρτηση f:(0,+∞)→, η οποία για κάθεx>0 ικανοποιεί τις σχέσεις:• f(x) ∫ 0∫• x2 −x+1 ≥ x − x2 e f(t)dt 1ln x−x = − ⎜⎛⎝⎜ x lnt − tdt + e ⎞⎠⎟⎟ ⋅∫• 1 f(t) f(x)∆1. Να αποδείξετε ότι η f είναι παραγωγίσιμη και να βρείτε τον τύπο της. Μονάδες 10 ΤΕΛΟΣ 3ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙ∆ΕΣ

ΑΡΧΗ 4ΗΣ ΣΕΛΙ∆ΑΣ – Γ΄ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝΑν είναι f(x) = e−x( ln x−x), x>0, τότε:∆2. Να υπολογίσετε το όριο: lim ⎡⎣⎢(f(x))2 ημ 1 − f(x)⎤⎥⎦ x→ 0+ f(x) Μονάδες 5∆3. Με τη βοήθεια της ανισότητας ln x≤x−1, που ισχύει για κάθε x>0, να αποδείξετε ότι ησυνάρτηση x ∫F(x) = f(t) dt, x>0, α όπου α>0, είναι κυρτή (μονάδες 2). Στη συνέχεια να αποδείξετε ότι:F(x) + F(3x) > 2F(2x), για κάθε x>0 (μονάδες 4). Μονάδες 6∆4. ∆ίνεται ο σταθερός πραγματικός αριθμός β>0. Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό ξœ(β,2β) τέτοιο ώστε:F(β) + F(3β) = 2F(ξ) Μονάδες 4 Ο∆ΗΓΙΕΣ (για τους εξεταζομένους)1. Στο τετράδιο να γράψετε μόνο τα προκαταρκτικά (ημερομηνία, εξεταζόμενο μάθημα). Να μην αντιγράψετε τα θέματα στο τετράδιο.2. Να γράψετε το ονοματεπώνυμό σας στο πάνω μέρος των φωτοαντιγράφων αμέσως μόλις σας παραδοθούν. ∆εν επιτρέπεται να γράψετε καμιά άλλη σημείωση. Κατά την αποχώρησή σας να παραδώσετε μαζί με το τετράδιο και τα φωτοαντίγραφα.3. Να απαντήσετε στο τετράδιό σας σε όλα τα θέματα.4. Να γράψετε τις απαντήσεις σας μόνο με μπλε ή μόνο με μαύρο στυλό. Μπορείτε να χρησιμοποιήσετε μολύβι μόνο για σχέδια, διαγράμματα και πίνακες.5. Να μη χρησιμοποιήσετε χαρτί μιλιμετρέ.6. Κάθε απάντηση επιστημονικά τεκμηριωμένη είναι αποδεκτή.7. ∆ιάρκεια εξέτασης: τρεις (3) ώρες μετά τη διανομή των φωτοαντιγράφων.8. Χρόνος δυνατής αποχώρησης: 10.30 π.μ.ΚΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑΤΕΛΟΣ ΜΗΝΥΜΑΤΟΣΤΕΛΟΣ 4ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙ∆ΕΣ

Διαδικτυακό φροντιστήριο Μαθηματικών http://www.mathschool-online.gr Απαντήσεις στα θέματα των Πανελλαδικών εξετάσεων 2012 στα Μαθηματικά Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης ΘΕΜΑ ΑΑ1 Σχολικό βιβλίο σελ 253Α2 Σχολικό βιβλίο σελ 191Α3 Σχολικό βιβλίο σελ 258 Α4 α.Σ,β.Σ,γ.Λ,δ.Λ,ε.Λ ΘΕΜΑ ΒΒ1 Έστω z=x+yi , x, y ∈ R , η σχέση z −1 2 + z + 1 2 =4 γράφεται(x −1) + yi 2 + (x +1) + yi 2 =4 ↔ (x −1)2 + y2 + (x +1)2 + y2 =4 ↔ x2 + y2 =12Επομένως ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών zστο μιγαδικό επίπεδο είναι κύκλος κέντρου Κ(0,0) και ακτίνας ρ=1Β2 Από τον κανόνα του παραλληλογράμμου έχωz1 + z2 2 + z1 − z2 2 =2 z1 2 + 2 z2 2 ↔ z1 + z2 2 + 2 2 =2.1+ 2.1 ↔z1 + z2 2 + 2 =4 ↔ z1 + z2 2 =2 ↔ z1 + z2 = 2Β3 Έστω w=x+yi , x, y ∈ R , η σχέση w − 5w =12 , γράφεταιw − 5w = 12 ↔ x + yi − 5(x − yi) = 12 ↔ −4x + 6yi = 12 ↔−4x + 6yi 2= 122 ↔ (−4x )2 + (6y)2= 144 ↔ 16x2 + 36y2= 144

Διαδικτυακό φροντιστήριο Μαθηματικών http://www.mathschool-online.gr Επομένως16x2 + 36y2 = 144 ↔ 16x2 + 36y2 = 144 ↔ x2 + y2 = 1 144 144 144 32 22Ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των w στο μιγαδικό επίπεδοείναι έλλειψη με α=3 ,β=2 και γ2 = α2 − β2 = 9 − 4 = 5 ↔ γ = 5( ) ( )και εστίες τα σημεία Ε 5,0 και Ε′ − 5,0Αναζητώ τη μέγιστη και ελάχιστη τιμή του w Γνωρίζω ότι(Μαθηματικά Κατεύθυνσης Β΄ Λυκείου σελίδα 104) β ≤ w ≤α → wwmmainx =β  = α Β4 Από την τριγωνική ανισότητα έχωz − −w ≤ z + (−w) ≤ z + −w (Ι) Στο Β1 ερώτημα απέδειξα ότι x2 + y2 =12 ↔ z =1, (1) Επομένως η (Ι) γίνεται1− −w ≤ z + (−w) ≤ 1 + −w ↔ 1− w ≤ z − w ≤1+ w Όμως  w min= β= 2  w max= α= 3 

Διαδικτυακό φροντιστήριο Μαθηματικών http://www.mathschool-online.gr Επομένως 1 + w ≤ 1 + wmax ↔ 1 + w ≤ 1 + 3 ↔ 1 + w ≤ 4 , (2)1 − w ≥ 1 − wmin ↔ 1 − w ≥ 1 − 2 ↔ 1 − w ≥ 1 , (3) Από τις σχέσεις (1),(2),(3) έχω 1≤ z−w ≤4 ΘΕΜΑ ΓΓ1 Η f είναι παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της το Α= (0, +∞)f ′(x) = ( x − 1) ln x − 1′ = (x − 1)′ ln x + (x − 1) 1 = ln x + x −1 x x Για x=1 , f ′(1) =ln1+ 1−1 =0 x x 0 1 +∞ f΄(x) - 0 f(x) f min(ελάχιστο)Από το παραπάνω πίνακα παρατηρώ ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (0,1] και γνησίως αύξουσα στο διάστημα [1, +∞) H f είναι συνεχής και φθίνουσα στο (0,1] επομένως f ((0,1]) = [f (1),limx→0+ f (x)) Όμωςlimx→0+ f (x ) = limx→0+ [(x −1) ln x −1] = − limx→0+ ln x = −(−∞) = +∞

Διαδικτυακό φροντιστήριο Μαθηματικών http://www.mathschool-online.gr Άρα f ((0,1]) = [f (1),limx→0+ f (x)) = [−1, +∞) (1) H f είναι συνεχής και αύξουσα στο [1, +∞ ] επομένως f ([1, +∞)) = [f (1),limx→+∞ f (x )) limx→+∞ f (x ) = limx→+∞ [(x −1) ln x −1] = +∞.(+∞) = +∞ Άρα f ([1, +∞)) = [−1, +∞) (2) Επομένως (λόγω των (1) και (2))f (A) = f ((0,1]) ∪ f ([1, +∞)) = [−1, +∞) ∪ [−1, +∞) = [−1, +∞) Γ2 . xx-1=e2013, x>0, λογαριθμίζω και έχω: lnxx-1=lne2013 -> (x-1)lnx=2013-> (x-1)lnx-1=2012, (Ι) όμως f(x)= (x-1)lnx Επομένως η (Ι) γίνεται f(x)= 2012->f(x)-2012=0 (ΙΙ) Έδειξα ότι f ((0,1]) = [−1, +∞) και 2012 ∈[−1, +∞) Επομένως υπάρχει

Διαδικτυακό φροντιστήριο Μαθηματικών http://www.mathschool-online.gr x1 ∈(0,1] τέτοιο ώστε f(x1)=2012 ,δηλαδή f(x1)-2012=0Επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (0,1] δηλαδή είναι και «1-1» το x1 >0 με την ιδιότητα f(x1)-2012=0 είναι μοναδικό Ομοίως Έδειξα ότι f ([1, +∞)) = [−1, +∞) (2) και 2012 ∈[−1, +∞) Επομένως υπάρχει x2 ∈[1, +∞) τέτοιο ώστε f(x2)=2012 ,δηλαδή f(x2)-2012=0 Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο [1, +∞)δηλαδή είναι και «1-1» το x2 >0 με την ιδιότητα f(x2)-2012=0 είναι μοναδικόΆρα η εξίσωση xx-1=e2013, x>0 έχει ακριβώς δυο θετικές ρίζες : x1 ∈(0,1] και x2 ∈[1, +∞)

Διαδικτυακό φροντιστήριο Μαθηματικών http://www.mathschool-online.gr Γ3 Θεωρώ τη συνάρτηση h(x) =f΄(x)+f(x)-2012,x>0 Η f είναι συνεχής στο (0, +∞) ως γινόμενο σωνεχών Η f ΄είναι συνεχής στο (0, +∞) ως άθροισμα συνεχών Επομένως η • h είναι συνεχής στο [x1, x2 ] ⊂ (0, +∞) ως άθροισμα συνεχών h(x1) =f΄(x1)+f(x1)-2012= f΄(x1)+2012-2012= f΄(x1)<0 για x1 ∈ (0,1] h(x2) =f΄(x2)+f(x2)-2012= f΄(x2)+2012-2012= f΄(x2)>0 για x2 ∈[1, +∞) Επομένως • h(x1). h(x2)<0 , με [x1, x2 ] ⊂ (0, +∞)Άρα σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον x0 ∈[x1, x2 ] τέτοιο ώστε h(x0)=0<-> f΄(x)+f(x)-2012=0<-> f΄(x)+f(x)=2012 Γ4 g(x)=f(x)+1-> g(x)= (x-1)lnx-1+1-> g(x)= (x-1)lnx ,x>0 Aναζητώ τα όρια παραγώγισης g(x)= 0<->(x-1)lnx=0->x=1 ή x=e Επομένως

Διαδικτυακό φροντιστήριο Μαθηματικών http://www.mathschool-online.gr e e e =1e  x22 ′ x  ln xdx=g(x ) dx =g(x)dx =(x −1)ln xdx  1 1 1∫ ∫ ∫ ∫E − =.....Με τη μέθοδο της παραγοντικής ολοκλήρωσης καταλήγω: E = e2 − 3 τ.μ 4 ΘΕΜΑ Δx2 −x+1 (t)dt − x − x2 x2 −x+1 (t)dt + x2 e f ≥0↔e f 1 1∫ ∫Δ1 −x ≥0 Θέτω x2 −x+1=g(x) e ∫ f (t)dt + x2 − x, x > 0 → g(x) ≥ 0, (1) 1 g(x)=0<->x=1, (2) (1)&(2) -> g (x) ≥ g (1)H g είναι συνεχής και παραγ/μη στο (0, +∞)

Διαδικτυακό φροντιστήριο Μαθηματικών http://www.mathschool-online.gr Για x=1 η g παρουσιάζει ελάχιστο στο (0, +∞) και το x=1 είναι εσωτερικό σημείο του (0, +∞)Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα του FERMAT g′(1) = 0 Yπολογίζω τη παράγωγο της g=g′ ( x )  x2 −x+1 ′  e ∫ f (t)dt +=x2 − x  ... 1g′(=x) ef (x2 − x +1)(2x −1) + 2x −1 ↔ g′(=1) ef (1) +1Θέλω : g′(1) = 0 ↔ ef (1) +1 = 0 ↔ f (1) = −1 e H f είναι συνεχής στο (0, +∞) από την υπόθεση f (x) ≠ 0 στο (0, +∞)Από τις συνέπειες του Θεωρήματος Bolzano η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο (0, +∞) και εφόσον f (1=) −1 < 0 eθα είναι f (x) < 0, για κάθε x ∈(0, +∞)

Διαδικτυακό φροντιστήριο Μαθηματικών http://www.mathschool-online.gr Από την υπόθεση και λόγω της σχέσης f (x) < 0, για κάθε x ∈(0, +∞) έχω :ln x − x =−  x ln t −t dt + e  (−f (x )) ↔ ln x − x x ln t−t dt + e (I)  f  f  ∫ ( t)  f (x) =∫ (t) 1 1 Λύνω ως προς f(x) f (x) = ln x − x x ln t− t dt + e f ∫ (t) 1 H f ως συνεχής είναι και παραγωγίσιμη στο (0, +∞) Θέτω =h (x) x ln t − t dt ,x ∈(0, +∞) (II) f ∫ ( t) 1 Η (Ι) λόγω (ΙΙ) γράφεταιh′(x) = h (x) + e ↔ h′(x) − h (x) = e → e−xh′(x) − e−xh (x) = e1−x ↔ [e−xh (x )]′ = [−e1−x ]′ Ολοκληρώνω και έχω : e−xh (x ) =−e1−x + c (III) Για x=1 έχω e−1h (1) =−1+ c ↔ 0 =−1+ c ↔ c =1

Διαδικτυακό φροντιστήριο Μαθηματικών http://www.mathschool-online.gr Επομένως η (ΙΙΙ) γίνεται∫e−xh (x) = x ln t − tdt −e1−x + 1 ↔ h (x ) = ex − e ↔ 1 f = ex − e ( t) Παραγωγίζω τη προηγούμενη σχέση και έχω : ln x x−)x= ex ↔=f (x) e−x (ln x − x) , x ∈(0, +∞) f(Δ2 Θέλω να υπολογίσω το limx→0+  f (x )2 ημ f 1 ) − f (x)     (x  (3) Θέτω f 1 = w (x) Όταν x → 0+ τ=ο f (x ) e−x (ln x − x ) → −∞ Επομένως το 1 =→ 0− , δηλαδή w → 0− f (x) Άρα η (3) γράφεταιlimx→0+  f (x )2 ημ f (1=x) − f (x) limw→0−  w1=2 ημw − w1     limw→0−  ημw − w  =  0 απροσδιόριστη μορφή  w2   0  εφαρμόζω το θεώρημα D.L.H

Διαδικτυακό φροντιστήριο Μαθηματικών http://www.mathschool-online.grlimx→0+  ( x )2 ημ f 1 − f (x )  =  f   (x) lim=w→0−  ημww2− w  li=mw→0− συν2ww− 1 1 limw→0− συνw −1 2 wγνωρίζω ότι limw→0− συνw −1 = 0 w Επομένωςlimx→0+  ( x )2 ημ f 1 − f (x )  =1 .0 =0  f  2  (x)  x Δ3 Η=F(x) ∫ f (t)dt, x > 0 αείναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο (0, +∞)F′(x) = f (x) , F′′ ( x =) f ′(x=)  ln x − x =′ ..=.  e x 1 + (x −1− ln x)=F′′(x) x ex >0Αυτό σημαίνει ότι η F είναι κυρτή στο (0, +∞)Η F είναι συνεχής στο (0, +∞)

Διαδικτυακό φροντιστήριο Μαθηματικών http://www.mathschool-online.grάρα είναι συνεχής και στα διαστήματα [x, 2x] ⊂ (0, +∞) , [2x,3x] ⊂ (0, +∞) αντίστοιχα Η F είναι παραγωγίσιμη στο (0, +∞)άρα είναι παραγωγίσιμη και στα διαστήματα [x, 2x] ⊂ (0, +∞) , [2x,3x] ⊂ (0, +∞) αντίστοιχα Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα Μέσης Τιμής(εφαρμογή του Θ.Μ.Τ στα διαστήματα [x, 2x] ⊂ (0, +∞) και [2x,3x] ⊂ (0, +∞) αντίστοιχα) υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ1 ∈(x,2x) : F′ ( ξ1 ) =F ( 2x) − F ( x ) =F(2x) − F(x) − x 2x x και υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ2 ∈(x,2x) : F′(ξ2 ) = F(3x) − F(2x) = F(3x) − F(2x) 3x − 2x x Η F είναι κυρτή στο (0, +∞) άρα η F΄ γνησίως αύξουσα στο (0, +∞) Δηλαδή γιαξ1 < ξ2 → F′ ( ξ1 ) < F′ ( ξ 2 ) → F (2x) − F(x) < F ( 3x ) − F(2x) → x x F(3x) + F(x) > 2F(2x)

Διαδικτυακό φροντιστήριο Μαθηματικών http://www.mathschool-online.grΔ4 Θεωρώ τη συνάρτηση H(x)=2F(x)-F(β)-F(3β)=F′ ( x ) ln x − x <0→F↓ στο (0, +∞) exΕπομένως για  β < 3β → F(β) > F(3β) → F(β) − F(3β) > 0, (*)Η H(x) είναι συνεχής στο [β, 2β] ⊂ (0, +∞)H(β)= F(β)-F(3β)>0 , λόγω(*) H(2β)=2F(2β)-F(β)-F(3β)<0 ,λόγω της Δ3 για x=β Από τα παραπάνω έχω Η(β).Η(2β)<0 Επιπλέον H=′(x) 2F′(x) < 0 → H(x) ↓ στο (0, +∞) Άρα από το θεώρημα Bolzano η εξίσωση H(x)=0 έχει μίατουλάχιστον ρίζα ξ στο (β,2β) και μάλιστα μοναδική εφόσον η συάρτηση H(x) είναι φθίνουσα ΆραH (ξ) =0 ↔ 2F(ξ) − F(β) − F(3β) =0 ↔ 2F(ξ) =F(β) − F(3β) Καλή ανάγνωση ! Αν έχεις απορία επικοινώνησε με το http://www.mathschool-online.gr