Το σχολικό βιβλίο μαθηματικών θετικών σπουδών Γ Λυκείου λύσεις των ασκήσεων

3.53.5 Α΄ ΟΜΑΔΑΣ1. 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 − 3ii) ∫ ∫ ∫ ∫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 62. 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 = − =  13. 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. 05. 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 2x6. 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 +1ii) 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

3.53.5 Β΄ ΟΜΑΔΑΣ1. 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 00οπότε 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 minΗ f είναι γνησίως φθίνουσα στο (−∞, 2], γνησίως αύξουσα στο [2, +∞) καιπαρουσιάζει 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 +1Αυτό 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 12ii) Έχουμε ππ∫ ∫2 [ηµ(συνx + x)ηµx − ηµ(συνx + x)]dx = 2 ηµ(συνx + x)[ηµx −1]dx. 00 203

3.5Θέτουμε 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 00 π = συν π − συν1 = −συν1. 2 = [συνu]128. 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 3ii) 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. 22iii) 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

3.59. 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 eiii) 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 . 22iv) 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 44οπότε 5 I = − 1 π − 1 ⇔ I = −1 π + 1). e2 (e 2 4 44 510. 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 0Επίσης 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 42Αν λύσουμε το σύστημα  + J = π2 βρίσκουμε I − J =  8 I 1 2 I = π 2 + 1 και J = π 2 − 1 . 16 4 16 411. Επειδή f ″ συνεχής έχουμε: ∫ ∫π π f ′′(x)ηµxdx = 2. (1) f (x)ηµxdx + 00Όμως 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)ηµxdxΈτσι, 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΄ ΟΜΑΔΑΣ1. 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 α3. 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 23.6 Β΄ ΟΜΑΔΑΣ1. 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 αβοπότε f ⋅ g = α 2 + αβ + β 2 ⋅ 1 = α 2 + αβ + β 2 . 3 αβ 3αβΈτσι, 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

3.7υ=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 φθίνουσαστο [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) 0Επιπλέον, σύμφωνα με το Θεώρημα Μέσης Τιμής υπάρχει ένα τουλάχιστονξ ∈ (0,1) τέτοιο, ώστε ∫1 f (x)dx = f (ξ ). (2) 0Από (1) και (2) προκύπτει ότι f(ξ) = f(1), οπότε στο διάστημα [ξ,1] ισχύουν οιπροϋποθέσεις 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΄ ΟΜΑΔΑΣ1. 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.  02. 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 0ii) 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]033. 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 44. 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

3.7Το 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 4 125. 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 διαφοράςf (x) − g(x) = −x2 − x + 6φαίνεται 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 63.7 Β΄ ΟΜΑΔΑΣ1. 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 − 3ii) Η ε τέμνει τον άξονα x′x στο σημείοΒ  1 , 0  . Επομένως, το εμβαδόν που ζητάμε  2είναι: 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  42. Επειδή lim f (x) = lim f (x) = f (1), x →1− x →1+η συνάρτηση f είναι συνεχής και στο σημείο1, οπότε αυτή είναι συνεχής σε όλο το R.Είναι φανερό, επιπλέον, ότι f (x) ≥ 0 για κάθεx ∈[−1, 2]. Επομένως το ζητούμενο εμβαδόνείναι: 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. 33. Ο ι τετμημένες των σημείων τομής τηςCf και του άξονα x′x είναι οι ρίζες τηςεξίσωσης f(x) = 0, δηλαδή οι αριθμοί 1και 5 . Στο 1, 5  η f είναι και συνεχής 2 2 και ισχύει f (x) ≥ 0. Επομένως τοζητούμενο 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  124. 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 65. 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 τουσυστήματος y = x, που είναι ο αρι-θμός 3.  = 3  yΤο 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

3.77. 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. 48. 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. 49. α) Έχουμεf ′(x) = 1 , x ∈ (0, +∞), 2xοπότε f ′(1) = 1 και η εξίσωση της 2εφαπτομένης ε είναι:y −1 = 1 (x −1) ⇔ y = 1 x + 1 2 22Η ε τέμνει τον άξονα x′x στο σημείο με τετμημένη –1. Επομένως το ζητούμενοεμβαδόν 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 3β) 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 6Η τελευταία εξίσωση έχει ρίζες τους αριθμούς α1 = −3 + 6 και α2 = −3 − 6. 3 3Από αυτούς μόνο ο α1 ανήκει στο διάστημα [–1,0]. Επομένως η ζητούμενηευθεία έχει εξίσωση: x = −3 + 6 . 3Αν εργαστούμε ανάλογα για α ∈[0,1], βρίσκουμε ότι δεν υπάρχει άλλη ευθείαx = 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 συμμετρικήτης Cf ως προς τον άξονα x′x.Η τετμημένη του Α είναι ρίζα τηςεξίσωσης ln 1 = ln 2, που είναι ο xαριθμός x = 1 . Η τετμημένη του Β 2είναι ρίζα της εξίσωσης ln x = ln2,που είναι ο αριθμός x = 2. Επομένωςτο 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. 211. 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 τηςCf με τον άξονα x′x είναι οι ρίζες τηςεξίσωσης x2 − 3x + 2 = 0 δηλαδή x1= 1 και x2 = 2. Επειδή x2 − 3x + 2 < 0,όταν x ∈ (1, 2), το ζητούμενο εμβαδόνείναι: ∫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  612. 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 + 2ενώ η εξίσωση της εφαπτομένης στο Β(3,0) είναι: 219

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ y − f (3) = f ′(3)(x − 3) ⇔ y = 2x − 6ii) 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 3καιε2 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 4Άρα ε1 = 3 = 2. ε2 2 3 ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ΄ ΟΜΑΔΑΣ1. 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+ β2. 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. 3ii) 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 3Θέτουμε 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 23. 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 = −1Επομένως ∫ (u + 1 + 2) du = ∫ du − ∫ du 1)(u u +1 u+2 = ln u +1 − ln u + 2 + c 222

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ’ ΟΜΑΔΑΣi) 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 + cii) 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 2Εξάλλου 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 2Επίσης 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 45. 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 00και∫● h′(x) = x f (t)dt. 0Δηλαδή ισχύει g′(x) = h′(x) για κάθε x ∈ R. Επομένως, υπάρχει σταθερά c τέτοιαώστε 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 00Για x = 0 έχουμε: ( )∫ ∫ ∫0 f (u)(0 − u)du = 0 u f (t)dt du + c ⇔ 0 = 0 + c ⇔ c = 0 0 00οπότε έχουμε: ( )∫ ∫ ∫x f (u)(x − u)du = x u f (t)dt du. 0 006. 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). 0Όμως, 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) 55Με 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 10Από τις (1) και (3) έχουμε G(x) = ex −1− ex (συν2x + 2ηµ2x) − ex + 6 10 2 10 = ex − ex (συν2x + 2ηµ2x) − 4 2 10 10ii) Επειδή F ′(t) = etσυν2t, έχουμε 225

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ’ ΟΜΑΔΑΣI = [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). 5Επειδή G′(t) = etηµ2t, έχουμεJ = [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 58. 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 3Το εμβαδόν ε του χωρίου που περικλείεται από την ευθεία y = α2 + 1 και τηγραφική 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’ ΟΜΑΔΑΣΤο 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. 23 329. i) Αν 0 < λ < 1, τότε∫ ∫Ε (λ) = 1 1 dx = 1 x−2dx λ x2 λ =  x−1 1 = 1 −1.   λ  −1  λΑν λ > 1, τότε ∫ ∫Ε (λ) = 1 1 dx = 1 x−2dx =  x−1 1 = 1 −1. λ x2   λ λ  −1 λΑν λ > 1, τότε ∫ ∫Ε (λ) = λ 1 dx = λ x −2 dx =  −1λ =1− 1 . 1 x2 1  x 1 λii) Αν 0 < λ < 1, τότε Ε (λ) = 1 ⇔ 1 −1 = 1 ⇔ λ = 2. 2 λ 2 3Αν λ > 1, τότε: Ε (λ) = 1 ⇔ 1− 1 = 1 ⇔ λ = 2 2 λ2iii) 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’ ΟΜΑΔΑΣii) 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 xαφού x – εφx < 0 και x2 >0 για x ∈  0, π . συνx  2Επομένως 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 πβ) 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 6iv) Είναι f ′(x) = −2xe−x2 < 0, για x ∈ (0, +∞)επειδή η f είναι και συνεχής στο [0, +∞), η f θα είναι γνησίως φθίνουσαστο [0, +∞). 228

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ’ ΟΜΑΔΑΣα) Από την ανισότητα ex ≥ 1+ x, αν θέσουμε όπου x το – x2, προκύπτειe−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 διανέμονταιδωρεάν στα Δημόσια Σχολεία. Τα βιβλία μπορεί ναδιατίθενται προς πώληση, όταν φέρουν στη δεξιά κάτωγωνία του εμπροσθόφυλλου ένδειξη «ΔIΑΤΙΘΕΤΑΙ ΜΕΤΙΜΗ ΠΩΛΗΣΗΣ». Κάθε αντίτυπο που διατίθεται προςπώληση και δεν φέρει την παραπάνω ένδειξη θεωρείταικλεψίτυπο και ο παραβάτης διώκεται σύμφωνα με τιςδιατάξεις του άρθρου 7 του νόμου 1129 της 15/21 Μαρτίου1946 (ΦΕΚ 1946,108, Α').Απαγορεύεται η αναπαραγωγή οποιουδήποτε τμήματοςαυτού του βιβλίου, που καλύπτεται από δικαιώματα(copyright), ή η χρήση του σε οποιαδήποτε μορφή, χωρίςτη γραπτή άδεια του Υπουργείου Παιδείας, Έρευνας καιΘρησκευμάτων / IΤΥΕ - ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ.

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