ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β ) ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΔΕΥΤΕΡΑ 7 MAΪΟΥ 13 Λύσεις των θεμάτων Έκδοση 1 η (7/5/13, 3 : 5)
Οι ντήσεις κι οι λύσεις είνι οτέλεσμ συλλογικής δουλειάς των Ειμελητών του Δικτυκού Τόου mathematica.gr με βάση υλικό ου νρτήθηκε στο mathematica http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=6&t=3783 Συνεργάστηκν οι: Στράτης Αντωνές, Ανδρές Βρβεράκης, Βσίλης Κκβάς, Γιώργης Κλθάκης, Φωτεινή Κλδή, Σύρος Κρδμίτσης, Νίκος Κτσίης, Στάθης Κούτρς, Χρήστος Κυριζής, Γρηγόρης Κωστάκος, Δημήτρης Ιωάννου, Βγγέλης Μουρούκος, Ροδόλφος Μόρης, Μίλτος Πγρηγοράκης, Λευτέρης Πρωτοάς, Γιώργος Ρίζος, Μάμης Στεργίου, Σωτήρης Στόγις, Αλέξνδρος Συγκελάκης, Αχιλλές Συνεφκόουλος, Χρήστος Τσιφάκης, Κώστς Τηλέγρφος, Σωτήρης Χσάης, Το Δελτίο διτίθετι ελεύθερ ό το δικτυκό τόο mathematica.gr
ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β ) ΔΕΥΤΕΡΑ 7 MAΪΟΥ 13 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΘΕΜΑ Α A1. Έστω f μι συνεχής συνάρτηση σε έν διάστημ [, β]. Αν G είνι μι ράγουσ της f στο [, β], τότε ν οδείξετε ότι: β f t dt G β G Μονάδες 7 A. Ν διτυώσετε το Θεώρημ Μέσης Τιμής του Διφορικού Λογισμού (Θ.Μ.Τ.) Μονάδες A3. Πότε λέμε ότι μι συνάρτηση f είνι ργωγίσιμη σε έν κλειστό διάστημ [, β] του εδίου ορισμού της; Μονάδες A. Ν χρκτηρίσετε τις ροτάσεις ου κολουθούν, γράφοντς στο τετράδιό σς δίλ στο γράμμ ου ντιστοιχεί σε κάθε ρότση τη λέξη Σωστό, ν η ρότση είνι σωστή, ή Λάθος, ν η ρότση είνι λνθσμένη. ) Η εξίσωση z z ρ,ρ ριστάνει τον κύκλο με κέντρο το σημείο όου z, z μιγδικοί ριθμοί. β) Αν lim f, τότε f() < κοντά στο γ) Ισχύει ότι: ημ γι κάθε IR Κ z κι κτίν ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ δ) συν 1 Ισχύει ότι: lim 1 ε) Μι συνεχής συνάρτηση f διτηρεί ρόσημο σε κθέν ό τ διστήμτ στ οοί οι διδοχικές ρίζες της f χωρίζουν το εδίο ορισμού της. ρ, Μονάδες 1 Α1. Η όδειξη βρίσκετι στις σελίδες 33-335 του σχολικού βιβλίου. A. To θεώρημ βρίσκετι στη σελίδ 6 του σχολικού βιβλίου. Α3. O ορισμός βρίσκετι στη σελίδ του σχολικού βιβλίου. Αό : "Η f είνι ργωγίσιμη..., μέχρι f() f(β) lim IR " β β Α. ) Λ β) Σ γ) Σ δ) Λ 3
ε) Σ ΘΕΜΑ Β Θεωρούμε τους μιγδικούς ριθμούς z γι τους οοίους ισχύει: z z z B1. Ν οδείξετε ότι ο γεωμετρικός τόος των εικόνων των μιγδικών z, είνι κύκλος με κέντρο K(, ) κι κτίν ρ = 1. (μονάδες 5) Στη συνέχει, γι κάθε μιγδικό z ου νήκει στον ράνω γεωμετρικό τόο, ν οδείξετε ότι z 3. (μονάδες 3) Μονάδες 8 B. Αν οι μιγδικοί ριθμοί z 1, z ου νήκουν στον ράνω γεωμετρικό τόο είνι ρίζες της εξίσωσης w + βw + γ =, με w μιγδικό ριθμό, β, γir, κι τότε ν οδείξετε ότι: β = κι γ = 5 Im(z ) Im(z ) 1 Μονάδες 9 B3. Θεωρούμε τους μιγδικούς ριθμούς o, 1, οι οοίοι νήκουν στον γεωμετρικό τόο του ερωτήμτος Β1. Αν ο μιγδικός ριθμός v ικνοοιεί τη σχέση: τότε ν οδείξετε ότι: v v 3 + v + 1 v + = Μονάδες 8 ΛΥΣΗ: z z z z z, η δοσμένη σχέση γίνετι: Β1. Εειδή Θέτoυμε οότε η δοσμένη σχέση γράφετι w 1, άρ z 1. z z z w, (1), w w, με λύσεις w 1, w κι λόγω της (1) έχουμε Εομένως ο γ. τ. των Μ(z) είνι κύκλος με κέντρο το Κ(, ) κι ρ = 1. Αφού το z είνι η όστση του Μ(z) ό το Ο(,) η μέγιστη όστση είνι η OA 3. Άρ z 3
Β. Αφού οι μιγδικοί z 1, z είνι οι ρίζες της εξίσωσης w + βw + γ =, θ είνι συζυγείς μιγδικοί, άρ θ είνι της μορφής z 1 = + yi κι z = yi Οότε Im(z 1) Im(z ) y y y y 1 ή y 1 Αφού οι εικόνες των νήκουν z 1, z στον κύκλο Άρ z 1 = + i κι z = i. ( ) y 1, θ είνι ( ) 1 1 Β3. Χρησιμοοιώντς τους τύους Vieta, έχουμε S = z 1 + z = Re(z 1 ) = β = β =, Είνι v 3 1 Ρ = z 1 z = v v εομένως: 1 z 5 γ = 5. 3 1 1 v v v v v 3 v 3 v 3 Αν υοθέσουμε ότι v τότε 3 v v 3 v v 3 v v 3 v 3 v, άτοο. ΘΕΜΑ Γ Θεωρούμε τις συνρτήσεις f,g :ΙR ΙR, με f ργωγίσιμη τέτοιες ώστε: (f () + ) (f () + 1) =, γι κάθε ΙR f () = 1 κι g () = 3 + 3 1 Γ1. Ν οδείξετε ότι: f () = 1, ΙR Γ. Ν βρείτε το λήθος των ργμτικών ριζών της εξίσωσης f g 1 Γ3. Ν οδείξετε ότι υάρχει τουλάχιστον έν, τέτοιο, ώστε: f(t)dt f o εφ Μονάδες 9 Μονάδες 8 Μονάδες 8 ΛΥΣΗ: 5
Γ1. Θεωρούμε τη συνάρτηση h με τύο: h() f(), ΙR Η h είνι συνεχής ως άθροισμ της ργωγίσιμης (άρ συνεχούς) f κι της τυτοτικής. Είνι h() f() 1 κι η δοθείσ σχέση γίνετι: h()h () φού h () f () 1, γικάθε IR Πολλλσιάζοντς εί δύο έχουμε ισοδύνμ γι κάθε ΙR Θέτοντς όου έχουμε: h()h () h () h () c, cir c h () 1 εομένως h () 1 h(), γι κάθε IR. Εειδή η h είνι συνεχής κι δε μηδενίζετι ό κνένν ργμτικό ριθμό, θ διτηρεί ρόσημο. Είνι h() φού h() 1. Εομένως ισχύει γι κάθε ΙR h() 1 f() 1 f() 1. 1 1 1 f γι κάθε IR Γ. Είνι Με f 1 f 1 1 1 1 f, 1 f f f γι κάθε IR 1 κι συνεώς η f είνι γνησίως φθίνουσ άρ "1-1". Έτσι έχουμε: f 1 f: 11 f g 1 f g f g. Η g είνι ργωγίσιμη στο IR (τύος ολυωνυμικής) με Οότε 3 3 g 1 g 3 3. g 3 3 3 1 ή 1 κι ό το ρόσημο του τριωνύμου ροκύτει ότι g γι κάθε, 1, κι g γι κάθε 1, κι με g συνεχή στο ΙR ροκύτει ότι: η g είνι γνησίως ύξουσ στ διστήμτ, 1,, κι γνησίως φθίνουσ στο διάστημ 1,. Με 3 3 3 lim g lim 1 lim 6 g () g() 1-1 -1 + + Ò, g1, g 1 Ó -1 Ò
1 g g διάστημ,. Με g γνησίως ύξουσ κι συνεχή στο, ροκύτει ότι 3 3 3 κι lim g lim 1 lim ροκύτει ότι ότι στο διάστημ, το ολικό μέ- γιστο της g είνι κι συνεώς η εξίσωση g, g, lim g 1, ου εριέχει κι το μηδέν, άρ υάρχει έν (μονδικό λόγω της μονοτονίς της g στο, ), g είνι δύντη στο γι το οοίο είνι g Άρ η εξίσωση g fg 1 έχει μί λύση κι μάλιστ στο διάστημ,. Γ3. Θεωρούμε την συνάρτηση k() f(t)dt f( )εφ η οοί είνι συνεχής στο διάστημ, φού ροκύτει ό ράξεις συνεχών κι γι την οοί ισχύουν Αφού κι κι ΘΕΜΑ Δ 1, τότε k() f(t)dt f( ) εφ f(t)dt, 1 1, ου ισχύει, άρ f() k f(t)dt f() εφ 1 Τότε σύμφων με το θεώρημ του Bolzano υάρχει τουλάχιστον έν, τέτοιο ώστε k( ) f(t)dt f( ) εφ Έστω f : (, + ) ΙR μι ργωγίσιμη συνάρτηση γι την οοί ισχύουν: Η f είνι γνησίως ύξουσ στο (, + ) f (1) = 1 f(1 5h) f(1 h) lim h h Θεωρούμε είσης τη συνάρτηση g () = f(t) 1 dt, (1, + ) κι > 1 t1 Ν οδείξετε ότι: Δ1. f (1) = (μονάδες ), κθώς είσης ότι η f ρουσιάζει ελάχιστο στο = 1 (μονάδες ). Μονάδες 6 7
Δ. η g είνι γνησίως ύξουσ (μονάδες 3), κι στη συνέχει, ν λύσετε την νίσωση στο ΙR 8 6 6 g(u)du g(u)du (μονάδες 6) 8 5 5 Μονάδες 9 Δ3. η g είνι κυρτή, κθώς είσης ότι η εξίσωση f(t) 1 1 dt f 1, 1 t1 έχει κριβώς μι λύση. Μονάδες 1 ΛΥΣΗ: Δ1. Η f είνι ργωγίσιμη στο 1 άρ: f(1 h) f(1) f(1 h) 1 f (1) lim lim h h h h Γι h είνι: f(1 5h) f(1 h) f(1 5h) 1 f(1 h) 1 h h f(1 5h) 1 f(1 h) 1 f(1 5h) 1 f(1 ( h)) 1 5 h h 5h h Είνι κι Άρ Εομένως, f(1 5h) 1 f(1 k) 1 lim lim h 5h k k f(1 ( h)) 1 f(1 ε) 1 lim lim h h ε ε f(1 5h) f(1 h) f(1 5h) 1 f(1 ( h)) 1 lim 5 lim lim 5 6 h h h 5h h h 6 δηλδή f (1) Εειδή η f είνι γνησίως ύξουσ στο (, ) θ έχουμε: Αν 1 f () f (1) f (), άρ η f είνι γνησίως φθίνουσ στο διάστημ (,1] Αν 1 f () f (1) f (), άρ η f είνι γνησίως ύξουσ στο διάστημ [1, ) Εομένως, η f ρουσιάζει ελάχιστο στο 1 f(t) 1 Δ. Η συνάρτηση φ(t) είνι συνεχής στο διάστημ (1, ) ως ηλίκο συνεχών συνρτήσεων, t1 οότε η g θ είνι ργωγίσιμη σ' υτό. 8
f() 1 Γι κάθε (1, ) είνι: g () γιτί 1 κι f() 1. 1 Άρ η g είνι γνησίως ύξουσ στο διάστημ (1, ). Θεωρούμε τη συνάρτηση 1 G() g(u) du με (1, ). 1 1, με 1 Είνι G() g(u)du g(u)du g(u)du g(u)du. Η συνάρτηση Η συνάρτηση την G 1(). 1 G () g(u)du είνι ργωγίσιμη στο (1, ) γιτί η g είνι συνεχής σ υτό. 1 G () g(u)du είνι ργωγίσιμη στο (1, ) γιτί είνι σύνθεση της h() 1 με Γι κάθε (1, ) είνι G () g( 1)( 1) g() g( 1) g(), φού η g είνι γνησίως ύξουσ κι 1. Άρ η G είνι γνησίως ύξουσ στο διάστημ (1, ). Είνι 8 5 1 κι 5 1 οότε: 8 6 6 g(u) du g(u) du G(8 5) G( 5) 8 5 5 8 5 5 8 ( ) (,) (,) Δ3. Η g είνι δύο φορές ργωγίσιμη στο διάστημ (1, ), γιτί η ως ηλίκο ργωγίσιμων συνρτήσεων. f() 1 g () 1 είνι ργωγίσιμη, Άρ γι κάθε (1, ) είνι: f() 1 ( 1) f() 1 ( 1) f ()( 1) f() 1 g () ( 1) ( 1) Έστω 1. Η συνάρτηση f είνι συνεχής στο διάστημ [1,] κι ργωγίσιμη στο (1,). Εομένως, ό το θεώρημ Μέσης Τιμής θ υάρχει ξ (1,) τέτοιος, ώστε 9
f() f(1) f() 1 f(ξ) 1 1 Η f είνι γνησίως ύξουσ, οότε f() 1 ξ f (ξ) f () f () 1 f() 1 f ()( 1) f ()( 1) f() 1 Άρ g () γι κάθε (1, ), δηλδή η g είνι κυρτή. Η εξίσωση έχει ροφνή λύση την. ( 1)g() f() 1 ( ) με 1. Η εξίσωση ισοδύνμ γράφετι Η εξίσωση της εφτόμενης της γρφικής ράστσης της g στο σημείο είνι: f() 1 y g() g ()( ) y ( ). 1 Εειδή η g είνι κυρτή, γι, θ έχουμε: f() 1 g() y g() ( ) ( 1)g() f() 1 ( ) 1 Εομένως, η εξίσωση έχει κριβώς μι λύση, την φού 1. ΠΡΟΣΘΕΤΕΣ ΛΥΣΕΙΣ: Β1. η ΛΥΣΗ: 3 η ΛΥΣΗ: Β. (Με τριγωνική νισότητ): (Αλγεβρικά ) Είνι z 1, Έστω z yi. Τότε : κι : η ΛΥΣΗ: Αφού Είνι z z z 1 z 3 ή ενλλκτικά z = (z -)+ z - + = 1+ = 3. ( ) y 1 y 1 ( ) 11 31 3 9 ( ) y 1 y 1 y 3 zi 1 ισχύει Im(z i) 1 γι i 1,. y 3 z 9 3 Im(z 1) Im(z ) Im(z 1) Im(z ) 11, 1
Β. 3 η ΛΥΣΗ: Β3. η ΛΥΣΗ: συνεώς, ισχύουν οι ισότητες Im(z 1) Im(z ) 1. κι άρ, ντικθιστώντς στην εξίσωση του κύκλου, βρίσκουμε Οότε β (z 1z ) κι z1 i, z i ή z1 i, z i γ z1z z 1 5. Η οσότητ Im(z 1) Im(z ) εκφράζει το μήκος της ροβολής της χορδής με άκρ τις εικόνες των δύο μιγδικών, στον φντστικό άξον. Η ροβολή υτή έχει μήκος μόνο στην ερίτωση ου οι εικόνες των z 1,z ορίζουν διάμετρο ράλληλη στον φντστικό άξον, δηλδή z1 i,z i. 3 Όμοι όως στην ρώτη λύση κτλήγουμε στο ότι 3 3. Θεωρώ την 3 f() 3 3 3, οότε f () 3 6 3 3( 1) f () 1, ή 1 άρ γι είνι γνησίως ύξουσ με f() 1 Όμως f v, άρ v. 3 η ΛΥΣΗ: 3 v 3( v v 1) Αν v 1 τότε η σχέση ισχύει. Αν v 1 τότε έχουμε : 3 3 v 1 3 3 v 3 v v 3 v v v 1 η ΛΥΣΗ: 3 3 Είνι: v v 1v v v 1v 3 1 1 1 3 v v v v v v v v 3 3 3 v 3 v 3 v 3 v 3 v 3 v v 3 v 3 v. Η τελευτί νίσωση γράφετι ισοδύνμ (.χ. με σχήμ Horner γι ρ ) κι φού v v v 1, v v 1 (ως τριώνυμο του v με Δ 3 ) θ είνι v. 5 η ΛΥΣΗ: 11
1 1 v v v v v v 1 1 3 3 Αν τώρ v, ό 1 1 (1) 3 v v v 3 3 3 63 (1) 1, άτοο 16 6 6 6 η ΛΥΣΗ: 3 Όμοι όως στην ρώτη λύση κτλήγουμε στο ότι 3 3. Άρ 3 3 v 3 v 3 v 3 v 1 3 v v 1 1 3 v 1 3 v v 1 1 v v 1 v v 1 v v 1 1 1 v 1 3 v v v 1 v v 1 Εειδή το δεξί μέλος της νισότητς είνι ρνητικό, θ ρέει ν είνι ρνητικό κι το ριστερό μέρος οότε θ ρέει v. 7 η ΛΥΣΗ: Αρχικά είνι v 3 3 v v 1 ν ν 3 3 v 1 Έστω ότι v 16 16 3 v 1 3 v 1 51 16 3 3 13 Έτσι λοιόν έχουμε: άτοο, λόγω της δεύτερης σχέσης. Γ1 η ΛΥΣΗ: Η δοσμένη γράφετι: f()f () f() f () f()f () f() f () f () f() Άρ υάρχει στθερά c ώστε Γι ίρνουμε c 1 f () f() c, γι κάθε IR. f () f() 1 f() f() 1, ' όου f() γι κάθε IR. άρ Ειλέον, φού η f είνι συνεχής στο ΙR, άρ διτηρεί στθερό ρόσημο κι φού f() 1, άρ f() γι κάθε IR. Τώρ λέον ό την κάθε IR συμβίνει f () f() 1 θεωρώντς την ως τριώνυμο του f() λμβάνουμε ότι γι είτε f() 1 είτε f() 1. 1
Γ. Η δεύτερη ερίτωση ορρίτετι κθώς ίρνει ρνητικές τιμές γι οοιοδήοτε IR κι η ρώτη ίρνει μόνο θετικές τιμές φού Άρ η ΛΥΣΗ: f() 1. f() 1 γι κάθε IR ου εληθεύει τις συνθήκες του ροβλήμτος. Mορεί ν οφευχθεί η εύρεση της μονοτονίς της f, ως εξής: οότε 3 η ΛΥΣΗ: t 1 f t 1 t 1 t 1 t 1 t 1 t 1 t 1 t 1 t t 1 t, Ψάχνουμε ν βρούμε τις λύσεις της εξίσωσης: f g 1 g (...) g () 1 g() 1. Η εξίσωση υτή είνι ισοδύνμη με την : g () 1 g() 1 g () 1 g() 1 g() g() 1 g() 1 g() 1 3 3 3 Όμως g() 1 3 () κι 3 3 3 3 g() 1 1 1 3 3 (3) Θεωρούμε τη συνάρτηση t με τύο t() 3, Οι ρίζες υτής είνι τόσες όσες κι οι ρίζες της εξίσωσης (). 3 3 3 Η t είνι συνεχής κι ργωγίσιμη γι κάθε ως ολυώνυμική με 3 t () 6( 1), γι κάθε. Ρίζες της ρώτης ργώγου είνι κι 1. Εξετάζοντς τη μονοτονί ροκύτει ως η t είνι γνησίως ύξουσ στο 3, 1,γνησίως φθί- νουσ στο [ 1,] κι γνησίως ύξουσ στο [, ) 3 Είνι: f, 1, 1 f 1,, 1 κι f [,, φού lim f()., t () t() (1) -1-3 - Ò -1 + + Ó - Ò 13
Πρτηρούμε ως το μηδέν νήκει μόνο στο τρίτο σύνολο εομένως, λόγω συνέχεις θ υάρχει (, ) ώστε f( ). Εομένως κι η ρχική εξίσωση έχει μί μόνο θετική ρίζ. Γ3. η ΛΥΣΗ: Θέλουμε η εξίσωση f(t)dt f εφ ν έχει μί τουλάχιστον λύση στο,. Η εξίσωση υτή μεττρέετι ισοδύνμ ως εξής: f(t)dt f f(t)dt f f(t)dt Θεωρούμε λοιόν τη συνάρτηση G ημ f t dt η οοί είνι ργωγίσιμη στο διάστημ, (άρ κι συνεχής στο ίδιο διάστημ) διότι ροκύτει ό ράξεις μετξύ ργωγισίμων συνρτήσεων. Είνι Gημ f t dt ημ f t dt G εομένως ικνοοιούντι στο, οι ροϋοθέσεις του Θεωρήμτος του Rolle κι συνεώς υάρχει έν τουλάχιστον ώστε: G 1,. 1 G ημ f t dt συν f t dt f ημ Με Δ. η ΛΥΣΗ (γι την νίσωση): 8 6 συν ftdt f ημ συν ftdt f ημ συν f tdt f ημ συν,φoυ, f tdt f εφ Θέτουμε h() g(t)dt κι ρτηρούμε ότι h( ) h() δηλδή η h είνι άρτι. 8 5 1
. Η h είνι ργωγίσιμη με h () 16 (g(8 6) g(8 5) Άρ h() κι h () ν κι μόνο ν, (φού η g είνι γνησίως ύξουσ), δηλ. η h είνι γνησίως φθίνουσ στο (,] κι γνησίως ύξουσ στο [, ). Η ζητούμενη νίσωση είνι ισοδύνμη με την νίσωση h h. Οότε: h h (, ) (, ) 3 η ΛΥΣΗ (γι την νίσωση): Αν η συνάρτηση g είνι γνησίως ύξουσ στο διάστημ Δ κι a,b,ah,b h Δ με h, Δ3. τότε γι a ahb b h ισχύει ah a bh g()d hg(a h) hg(b) g()d, λόγω της μονοτονίς της g. b Στην ερίτωση ου ab ahb h εργζόμστε ομοίως στ ξέν διστήμτ [a,b],[ah,b h]. Έτσι τελικά ισχύει η ισοδυνμί: η ΛΥΣΗ (γι την εξίσωση): ah a bh g()d g()d a b.. Η εξίσωση γράφετι ισοδύνμ g g b. Ύρξη: Αφού g(), μι ροφνής λύση είνι το. Μονδικότητ: Ας υοθέσουμε ότι υάρχει β ώστε g(β) g ()(β ). g(β) g() Τότε g() g (ξ) γι κάοιο ξ στο νοικτό διάστημ με άκρ τ, β, άτοο φού η g β είνι 1-1, ως γνησίως μονότονη... Δ3. 3 η ΛΥΣΗ (γι την εξίσωση): Η εξίσωση έχει ροφνή ρίζ την κι η εξίσωση γράφετι γι 15
f(t) 1 dt t1 1 dt f() 1 ( ) t 1 1 f(t) 1 f() 1 g γν.υξ g() g() f() 1 gγ = g γ = 1 Όου γ νήκει στο, ή, κι ροκύτει ό εφρμογή του Θ.Μ.Τ στο γι την g στο, ή, ου είνι άτοο. Άρ μονδική λύση το. ΣΧΟΛΙΑ: Γι το Α ) Λ (...με κτίν ρ, σελ. 99) β) Σ (σελ. 165) γ) Σ (σελ. 17) δ) Λ (Είνι ίσο με, σελ. 171) ε) Σ (σελ. 19) 16