ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΙ ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗΣ

Transcript

1 ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΑΙΔΕΙΑΣ, ΕΡΕΥΝΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΗΣ ΠΟΛΙΤΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΙ ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗΣ ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΑΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΚΑΙ ΕΚΔΟΣΕΩΝ «ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ»

2 ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΙ ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗΣ ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ

3 ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΕΠΑΝΕΚ ΟΣΗΣ Η επανέκδοση του παρόντος βιβλίου πραγματοποιήθηκε από το Ινστιτούτο Τεχνολογίας Υπολογιστών & Εκδόσεων «Διόφαντος» μέσω ψηφιακής μακέτας, η οποία δημιουργήθηκε με χρηματοδότηση από το ΕΣΠΑ / ΕΠ «Εκπαίδευση & Διά Βίου Μάθηση» / Πράξη «ΣΤΗΡΙΖΩ». Οι διορθώσεις πραγματοποιήθηκαν κατόπιν έγκρισης του Δ.Σ. του Ινστιτούτου Εκπαιδευτικής Πολιτικής

4 ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΑΙΔΕΙΑΣ, ΕΡΕΥΝΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΗΣ ΠΟΛΙΤΙΚΗΣ ΑΔΑΜΟΠΟΥΛΟΣ ΛΕΩΝΙΔΑΣ ΔΑΜΙΑΝΟΥ ΧΑΡΑΛΑΜΠΟΣ ΣΒΕΡΚΟΣ ΑΝΔΡΕΑΣ Η συγγραφή και η επιστηµονική επιµέλεια του βιβλίου πραγµατοποιήθηκε υπό την αιγίδα του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΙ ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗΣ ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ Τάξη Γενικού Λυκείου ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΑΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΚΑΙ ΕΚΔΟΣΕΩΝ «ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ»

5

6 ΓΙΑ ΤΟ ΜΑΘΗΤΗ Το τεύχος που κρατάς έχει μια ιδιομορφία: σου δίνεται με τη σύσταση να μη το διαβάσεις. τουλάχιστο με την έννοια που διαβάζεις ένα άλλο βιβλίο για να κατανοήσεις το περιεχόμενό του. Πράγματι, οι ασκήσεις που σου δίνει ο καθηγητής σου είναι για να εργαστείς μόνος. Γιατί το να λύσεις μια άσκηση σημαίνει πολλές φορές όχι μόνο ότι έχεις κατανοήσει την αντίστοιχη θεωρητική ύλη αλλά και ότι ξέρεις να τη χρησιμοποιήσεις για να δημιουργείς, να ανακαλύπτεις ή να επιβεβαιώνεις κάτι καινούργιο. Και αυτό έχει ιδιαίτερη σημασία για σένα τον ίδιο. Δεν μπορεί παρά να έχεις και συ τη φιλοδοξία να λύνεις μόνος χωρίς βοήθεια τις ασκήσεις, για να νιώθεις τη χαρά αυτής της δημιουργίας, της ανακάλυψης. Πρέπει να ξέρεις ότι όταν δυσκολεύεσαι στη λύση μιας άσκησης, τις πιο πολλές φορές υπάρχει κάποιο κενό στη γνώση της αντίστοιχης θεωρίας. Πήγαινε πίσω λοιπόν στο διδακτικό βιβλίο κάθε φορά που χρειάζεται να εντοπίσεις και να συμπληρώσεις τέτοια κενά. Οπωσδήποτε πριν καταπιαστείς με τη λύση των ασκήσεων πρέπει να αισθάνεσαι κάτοχος της θεωρίας που διδάχτηκες. Εκτός από την κατανόηση της θεωρίας μπορεί να βοηθηθείς στη λύση μιας άσκησης από τα παραδείγματα και τις εφαρμογές που περιέχει το διδακτικό σου βιβλίο. Αν παρόλ αυτά δε μπορείς να προχωρήσεις, στο τέλος του βιβλίου σου θα βρεις μια σύντομη υπόδειξη που ασφαλώς θα σε διευκολύνει. Στις ελάχιστες περιπτώσεις που έχοντας εξαντλήσει κάθε περιθώριο προσπάθειας δε βρίσκεται η πορεία που οδηγεί στη λύση της άσκησης τότε και μόνο τότε μπορείς να καταφύγεις σʼ αυτό το τεύχος και μάλιστα για να διαβάσεις εκείνο το τμήμα της λύσης που σου είναι απαραίτητο για να συνεχίσεις μόνος. Ουσιαστικά λοιπόν δεν το χεις ανάγκη αυτό το τεύχος. Σου παρέχεται όμως για τους εξής λόγους: α) Για να μπορείς να συγκρίνεις τις λύσεις που εσύ βρήκες. β) Για να σε προφυλάξει από ανεύθυνα «λυσάρια». γ) Για να απαλλάξει τους γονείς σου από αντίστοιχη οικονομική επιβάρυνση. δ) Για να έχεις εσύ και οι συμμαθητές σου την ίδια συλλογή ασκήσεων που είναι έτσι επιλεγμένες ώστε να εξασφαλίζουν την εμπέδωση της ύλης. ε) Για να εργάζεσαι χωρίς το άγχος να εξασφαλίσεις οπωσδήποτε για κάθε μάθημα τις λύσεις των ασκήσεων. Το τεύχος που κρατάς είναι λοιπόν φίλος. Να του συμπεριφέρεσαι όπως σ έναν φίλο που έχει δει πριν από σένα την ταινία που πρόκειται να δεις. μη του επιτρέψεις να σου αποκαλύψει την «υπόθεση» πριν δεις και συ το έργο. Μετά μπορείτε, να συζητήσετε. Η σύγκριση των συμπερασμάτων θα είναι ενδιαφέρουσα και προπαντός επωφελής. (Από το Τμήμα Μ.Ε. του Π.Ι.)

7

8 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Α ΟΜΑΔΑΣ 3. f () = 3 = 3= 3 f ( ) = 3 = 8 6= 3 f ( ) = ( ) 3( ) = + 3 =.. ϕ( 0 ) = 6 ϕ () = =. Έχουμε διαδοχικά: ϕ( t ) = 0 3. h (0) = συν0 ηµ 0 = 0 = t 5t + 6= 0 5± t = t = ή t = 3. h π = συν π ηµ π = 0 =. Έχουμε διαδοχικά: h( θ ) = 0 4. f () = ln = 0 =0 = = =. f( e) ln e ln e συνθ ημθ = 0 ημθ = συνθ εφθ = θ = π 4 ή θ π π = + 4 = 5π 4.

9 8 5. Πρέπει ( x )( x ) 0 ή ισοδύναμα x και x. Άρα Α = R {, }. 6. Έχουμε διαδοχικά f( x)< 0 ( x 3)( x 7) < 0 3 < x < 7. Πρέπει ( x 3)( x 7) 0, οπότε x 3 ή x 7. Άρα A = (,3] [7,+ ). 7. f( x) + gx ( ) = 3x x + x = 3x f x gx x x x ( ) ( ) = (3 )( ) 3 = = x x x x x 6x 3 7x + f( x) gx ( ) = 3x x, x x. 8. Έχουμε ) x x x 0 lm( 3 + 4) = =4 ) lm = [(x )( x+4)]=( 4 )( +4)= 5 = 0 x 5 ) lm x + = 4 + = + = x 4 x 4 v) lm(ηµ x + 3 συν x) = ηµ συν 0 = = 3 x 0 π π ν) lm( 3ηµ x+ συνx) = 3 ηµ + συν = 3 + =. π 4 4 x 4 9. Έχουμε x 4 ( ) ) lm = = = = 0 x 3( x ) 3( ) ) lm x x 5x 5( ) 5 = = = + ( ) ) lm[( x+ ) συν x] = (0 + ) συν 0 = x 0

10 9 v) Για x 4 έχουμε ν) Για x 5 έχουμε v) Για x έχουμε 6 ( 4)( + 4) = = x + 4 και επομένως x 4 x 4 x x x x 6 lm = lm( x + 4) = = 8. x 4 x 4 x 4 x x x x 5 x 5 5 ( + 5)( 5) = = x 5 και επομένως x+ 5 x+ 5 x 5 lm = lm ( x 5) = 5 5 = 0. x ( + )( ) x x x x = = x + και επομένως x x x 3x lm = lm(x + ) = + = 4 + = 5. x x x Β ΟΜΑΔΑΣ. Έχουμε f( x) + f( x) = + x x + e + e = + e + e x + x x = + e + e + e x x x + e = =. x + e. Αφού οι τρεις πλευρές του ορθογώνιου που θα περιφραχτούν έχουν μήκος 00m και η μια πλευρά του είναι x, η άλλη πλευρά του θα είναι 00 x 50 x = και το εμβαδόν του θα είναι x Ex ( ) = x 50 με 0 < x < 00.

11 0 3. Το μήκος της βάσης του κυλίνδρου είναι πr και σύμφωνα με τα δεδομένα έχουμε π r + h= 0. () Ο όγκος του κυλίνδρου είναι V = π r h. () 0 h Από την () έχουμε r =, οπότε η () γίνεται π 4. 0 h V = π h, άρα με 0 < h < 0. π Η επιφάνεια του ανοικτού κυλίνδρου είναι E = πr + π r h. Όμως h= 0 π r, οπότε Er ( ) = πr + πr (0 πr), με r > 0 και 0 π r > 0, 0 δηλαδή 0 < r < π. Άρα, 0 0 <r<. π υ Αν η γωνία θ είναι οξεία ή αμβλεία έχουμε ημθ = ή ηµ( 80 υ θ ) = 0 0 υ αντιστοίχως, οπότε σε κάθε περίπτωση ισχύει ημθ =, άρα υ = 0 ημθ. () 0 Έχουμε E( θ ) = 0 υ = 0 0 ημθ ή E( θ ) = 50 ημθ. () Οι τύποι (), () ισχύουν και στην περίπτωση που θ = ) Για x 5 έχουμε lm x 5 x 5 = =, οπότε x 5 x + 5 x 5 x 5 ( x 5)( x + 5) x 5 = lm = =. x 5 x

12 ) Για h 0 έχουμε + h + h + h = = =, οπότε h ( + h) + h + ( + h )( + h + ) + h = = = lm lm x 0 h x 0 + h Η ΕΝΝΟΙΑ ΤΗΣ ΠΑΡΑΓΩΓΟΥ Α ΟΜΑΔΑΣ. ) f(3 + h) f(3) = 3(3 + h) + (3 3 + ) = 9 + 3h+ 9 = 3h f(3 + h) f(3) 3h Για h 0 έχουμε = = 3. h h f(3 + h) f(3) Άρα f (3) = lm = lm3 = 3. h 0 h h 0 ) g( + h) g( ) = ( + h) + 5 [( ) + 5] = 4 + h 4h = hh ( 4). Για h 0 έχουμε g ( + h ) g ( ) hh ( 4) = = h 4. h h g( + h) g( ) Άρα g ( ) = lm = lm( h 4) = 4. h 0 h h 0 ) σ(4 + h) σ(4) = (4 + h) + (4 + h) (4 + 4). = 6 + 8h+ h h 6 8 = h + 0 h= hh ( + 0). σ(4 + h) σ(4) hh ( + 0) Για h 0 έχουμε = = h + 0. h h σ(4 + h) σ(4) Άρα σ (4) = lm = lm( h + 0) =0. h 0 h h 0 h f( + h) f() = = = + h+ + h ( + h ). Για h 0 έχουμε f( + h) f() h = = h h ( + h) ( + h ).

13 Άρα f( + h) f() f () = lm = lm =. h 0 h h 0 ( + h ) 4 3. ) Έχουμε Lr () = π r L(3 + h) L(3) = π(3 + h) π 3 = 6π + πh 6π = π h. Για h 0 έχουμε Άρα ) Έχουμε L(3 + h) L(3) π h = = π. h h L(3 + h) L(3) L (3) = lm = lm π = π. h 0 h h 0 Er ()= π r E( + h) E() = π( + h) π = π(4 + 4h+ h 4) = π (4 + hh ). Για h 0 έχουμε Άρα 4. ) Έχουμε E( + h) E() π (4 + hh ) = = π (4 + h). h h E( + h) E() E () = lm = lm π (4 + h) = 4π. h 0 h h 0 Ex ( )= x E(5 + h) E(5) = (5 + h) 5 = 5 + 0h+ h 5 = h(0 + h ). Για h 0 έχουμε Άρα ) Έχουμε E(5 + h) E(5) h(0 + h) = = 0 + h. h h E(5 + h) E(5) E (5) = lm = lm(0 + h) =0. h 0 h h 0 V( x)= x V(0 + h) V(0) = (0 + h) 0 Για h 0 έχουμε = h+ 3 0 h + h = h + h+ h ( ) V( 0 + h) V ( 0) h( h+ h ) = = h+ h. h h

14 3 V + h V Άρα V ( ) = lm ( 0 ) ( 0 ) 0 = lm( h+ h ) = 300. h 0 h h 0 5. ) Πρέπει να υπολογίσουμε το f (3). f(3 + h) f(3) = (3 + h) 3 = 9 + 6h+ h 9 = h(6 + h) Για h 0 έχουμε Άρα f(3 + h) f(3) h(6 + h) = = 6 + h. h h f(3 + h) f(3) f (3) = lm = lm(6 + h) = 6. h 0 h h 0 Επομένως η εξίσωση της εφαπτομένης θα έχει τη μορφή y = 6x+ β. Η εφαπτομένη αυτή όμως θα διέρχεται και από το σημείο Α (3, f (3)), δηλαδή από το Α (3,9) και επομένως θα ισχύει 9= 6 3+β, οπότε β = 9. Άρα η εξίσωση της εφαπτομένης είναι y = 6x 9. ) Πρέπει να υπολογίσουμε το f (4). f(4 + h) f(4) = 4 + h 4 = ( 4 + h ). Για h 0 έχουμε ( + h ) f(4 + h) f(4) h = = h h (4 + h ) 4 4+ h = = 4+ h + ( 4+ h )( 4+ h + ) Άρα f(4 + h) f(4) f (4) = lm = lm = = =. h 0 h h 0 4+ h Επομένως η εξίσωση της εφαπτομένης θα έχει τη μορφή y = x+ β. Η εφαπτομένη αυτή όμως θα διέρχεται και από το σημείο Α (4, f (4)), δηλαδή από το Α (4,4) και επομένως θα ισχύει 4= 4+β, οπότε β =. Άρα η εξίσωση της εφαπτομένης είναι y = x +.

15 4.3 ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Α ΟΜΑΔΑΣ. ) ( 5) = 0 ) 4 3 ( x ) = 4x ) 9 8 x = x. ( ) 9. ) ) x = x = x ( x ) = 3x = 3x ) ( x ) = 5x = 5x. 3. ) ( ) x = x = x = x = x 3 x = x = x = x = x ) ( ) ) = x = x = x = = 3 x x x x ) 3 3 = x = x = x = = x x 3 x x ) 5 = x = x = x = = x x x x 5. ) (4 x ) = 4( x ) = 4 3x = x 3 3 ) (6 x ) = 6 ( x ) = 6 ( 5) x = 30x x 5 x x ) = = 6. ) 6 f( x) = = 6x 4 x 4 και επομένως

16 5 ) f ( x) = 6x = 6 x = 6 x = x = 4 3 f( x) = 6x x = 6x x = 6x και επομένως f ( x) = 6x = 6 x = 9x = 9 x. 4 x x. 7. ) x x x x x x ( + 3 ) = ( ) + (3 ) = ) x = ( x ) + (5) + = x+ 0 = x x x x x ) Έχουμε x x x x + = + = x + και επομένως x x x x x x + x = x + = + 0+ = + x x x x. 8. ) ) (8 5) (8 ) ( ) (5) x ηµ x+ = x ηµ x + = x συνx [6 συνx 8( x + x)] = (6 συνx) (8( x + x)) = 6 ηµ x 8(x+ ) 9. ) ( ) ( x + )( x + ) = ( x + ) ( x + ) + ( x + )( x + ) = x ( x ) 4 x ( x ) = 3x + 3x + 4x + 4x = x x x. ) ( ηµ x( συν x)) = ( ηµ x) ( συν x) + ηµ x( συνx) = συνx( συν x) + ηµ x ηµ x = συνx συν x+ ηµ x = συνx συνx. 0. ) ( xσυν x+ 3( x+ )( x )) = ( xσυν x) + (3( x+ )( x )) = συνx xηµ x+ 3( x + x+ ) = συνx xηµ x+ 6x

17 6 ) (4x ηµ x 3 x συν x) = (4 x ηµ x) (3 x συνx) = ηµ + συν συν ηµ 4( x x x x) 3( x x x x) = 8 ηµ + 4 συν 6 συν + 3 ηµ x x x x x x x x = (8 + 3 ) ηµ + (4 6 ) συν x x x x x x. ) x ( x ) ( x+ ) x ( x+ ) x( x+ ) x x + x = = = x+ ( x+ ) ( x+ ) ( x+ ) x ( x) ηµ x x( ηµ x) ηµ x xσυνx ) = = ηµ x ηµ x ηµ x x+ηµ x ( x+ηµ x) ( +συνx) ( x+ηµ x)( +συνx) ) = + συν x ( + συνx) ( +συν x)( +συνx) ( x+ηµ x)( ηµ x) = ( + συνx) + συν + συν + ηµ + ηµ = ( + συνx) + συν x+ xηµ x = ( + συνx) x x x x x ( + συνx) ηµ x. ) = = + συν x ( + συν x) ( + συνx) ) 3 3(( x+ ) ) 3 ( x+ ) 6 = = = ( x+ ) ( x+ ) ( x+ ) ( x+ ) ) (( x ) ) = 5( x ) ( x ) = 5( x ) ) ((x+ ) ) = 5(x+ ) (x+ ) = 0(x+ ) ) ((x 3 x) ) = 5(x 3 x) (x 3 x) = 5(x 3 x) (4x 3) 4. ) ) 3 ( ηµ x) = 3 ηµ x ( ηµ x) = 3ηµ xσυνx ( ηµ x ) = συνx ( x ) = 3x συνx

18 7 ) ( xηµ 4 x) = ( x) ηµ 4 x+ x( ηµ 4 x) = ηµ 4x+ x συν4 x (4 x) v) ( εϕ 3) x = (3) x = 3 συν 3x συν 3x. 5. ) ( ) = ηµ 4x+ 4xσυν4x = = x x x x x x ( x x) (4x ) συνx + ηµ = ( + ηµ x) = + ηµ x + ηµ x. ) ( x) 6. ) ) ( e ) = e (3 x) = 3e 3x 3x 3x ( e ) = e ( x ) = x e x x x ) ( e ) = e ( αx+ β) = α e αx+ β αx+ β αx+ β x x x x x x x e ( e )( e + e ) e ( e + e ) v) = x x x x e + e ( e + e ) x x x x x x x x e ( e + e ) e ( e e ) e e = = = ( e + e ) ( e + e ) ( e + e ) x x x x x x 7. ) (ln x) = ( x) = = x x x 3 ) Έχουμε ln = ln ln x = 3ln x και επομένως 3 x 3 ln = ( 3ln ) = 3 x x x a ) (ln( αx+ β)) = ( αx+ β) = αx+ β αx+ β = = =. x x x ( x ) v) ( ln x ) ( x ) ln ln (ln ) ln ( ) x x x x x x x ln 8. ) = = x x = x x x x x x x x x x ) ( e ln x) = ( e ) ln x+ e (ln x) = e ln x+ e = e + ln x. x x.

19 8 9. ) Ο συντελεστής διεύθυνσης είναι λ = f (3). Έχουμε: t 3 t ( t + ) t t t + 3t f () t = = = και επομένως t + ( t + ) ( t + ) (3 + ) (3 + ) λ = = = = =,08. ηµ θ συνθ ( ηµ θ + συνθ) ηµ θ( συνθ ηµ θ) ) Έχουμε f ( θ ) = = ηµ θ + συνθ ( ηµ θ +συνθ ) επομένως ηµ θ συνθ + συν θ ηµ θ συνθ + ηµ θ = = ( ηµ θ + συνθ) ( ηµ θ + συνθ), λ = π = f 3 π π ηµ + συν 3 3 ( ) ( )( ) = = = ( + 3) + ( ) 3 3 = = = = ( 3 ) ) Β ( t) = + ( t + ) = ( t + ) = ( t + ) ) Έχουμε: Β () = ( + ) = Β () = ( + ) = Β () 8 = ( + ) = Έχουμε d( x) = ΑΒ = ( x 0) + (0 3) = x + 9 και επομένως ( ) x x d ( x) = x + 9 = ( x + 9) = =. x + 9 x + 9 x + 9 Άρα ο ρυθμός μεταβολής της απόστασης όταν x = 0 είναι 0 d (0) = =

20 9. Επειδή η εφαπτομένη της καμπύλης της f θα σχηματίζει με τον άξονα x x γωνία 60 θα ισχύει f (0) = εϕ60 3. Έχουμε f ( x) = ( αx( x) ) = ( αx αx ) = α α x και επομένως f (0) = α. Άρα α = 3. Β ΟΜΑΔΑΣ. Αφού η εφαπτομένη της καμπύλης της f θα είναι παράλληλη με την ευθεία y = 3x+ 5, θα πρέπει ο συντελεστής της εφαπτομένης να είναι ίσος με 3. 3x 3( x ) 3x 3 Έχουμε f ( x) + = = =. Επομένως πρέπει x+ ( x+ ) ( x+ ) 3 = 3 ( x+ ) = x+ = ή x+ = x = 0 ή x =. ( x + ) Για x = 0 έχουμε f (0) = 0 και για x = έχουμε f ( ) = 6. Άρα τα ζητούμενα σημεία είναι τα (0, 0) και (, 6).. Τα ζητούμενα σημεία (x, f (x)) είναι εκείνα για τα οποία ισχύει f ( x) = 0. 3 Έχουμε f ( x) = ( x 6x + 9x+ 4) = 3x x+ 9. Επομένως f ( x) = 0 3x x+ 9 = 0 x 4x+ 3= 0 4± 3 x =. Για x = είναι f () = 8 και για x = 3 είναι f (3) = = 4. Άρα τα ζητούμενα σημεία είναι τα (, 8) και (3, 4). 3. Επειδή ο συντελεστής διεύθυνσης της διχοτόμου y = x είναι ίσος με, τα ζητούμενα σημεία (x, f (x)) είναι εκείνα για τα οποία ισχύει f ( x) =. x x x Έχουμε f ( x) + = = =. Επομένως x+ ( x+ ) ( x+ ) f ( x) = = ( x+ ) = ( x + ) x + = ή x+ = x = 0 ή =. Για x = 0 είναι f (0) = 0 και για x = είναι f ( ) =. Άρα τα ζητούμενα σημεία είναι τα (0, 0) και (, ).

21 0 4. Η ταχύτητα του σώματος είναι υ = = + = 3t 4 t +. 3 () t x() t ( t t t) To σώμα είναι ακίνητο όταν x () t = 0. Έχουμε 3 4± x () t = 0 3t 4t + = 0 t =. 6 /3 Άρα το σώμα είναι (στιγμιαία) ακίνητο όταν t Η επιτάχυνση του σώματος είναι Για t = είναι 3 at () = υ () t = (3t 4t+ ) = 6t 4. = 3 και όταν t =. a = 3 = = και για t = είναι a () = 6 4 =. 5. Έχουμε f ( x) = ( Ασυν ωx+ Βηµ ωx) = ( Ασυν ωx) + ( Βηµ ωx) = Α( συν ωx) + Β( ηµ ωx) = Α( ηµ ωx) ( ωx) + Β( συνωx) ( ωx) Επομένως f ( x) = Αωηµ ωx+ Βωσυνωx f ( x) = ( Αωηµ ωx+ Βωσυνωx) = ( Αωηµ ωx) + ( Βωσυνωx) = Αω συνωx ω + Βω( ηµ ωx) ω = συν x ηµ Αω ω Βω ωx = ω ( Ασυν ωx+ Βηµ ω x). Επομένως ( ) = ω ( ), άρα f x f x f ( x) + ω f( x) = 0. px px px px 6. Έχουμε f ( x) = ( αe + βe ) = α e p+ β e ( p), px px δηλαδή f ( x) = αpe β pe, px px px px οπότε f ( x) = ( αpe βpe ) = αp e p βp e ( p) = + = + = px px px px αpe βpe p( αe β e ) p f( x).

22 µ 7. Έχουμε ( ) ( x µ f x = e ) = e x µ µ = µ e x και f ( x) = ( e ) = e = e Επομένως έχουμε διαδοχικά µ x µ x µ x µ µ µ µ. f ( x) 3 f ( x) 4 f( x) = 0 x x x e µ 3 e µ 4e µ µ x µ µ = 0 ( e 0 µ µ 3 4= 0 µ = 3± 5 Άρα μ = ή μ = ) 8. Ο συντελεστής διεύθυνσης της εφαπτομένης της καμπύλης στο σημείο της π π, f είναι f π λ = Έχουμε f ( x) = ( ηµ xσυνx) = ( ηµ x) = συνx = συν x. Επομένως f π π π = συν = συν = =, οπότε η εξίσωση της εφαπτομένης θα έχει τη μορφή y = x+β. π π π 3 Όμως το σημείο, f, δηλαδή το, ανήκει στην εφαπτομένη. 3 π 3 Επομένως = + β που σημαίνει ότι β = + π. Άρα η εξίσωση της 3 3 εφαπτομένης είναι 3 π y= x I 9. ) Έχουμε P ( I) = α + βi I ( α + βi) Ι ( α + βi) = ( α + βi) α + βi βi =. ( α + βi)

23 Επομένως P ( I) = ) Έχουμε α a και P ( 0) = = ( α + β I) a I [ βpi ( )] = β α α α + βi a. α βi βi α α + = = = = P ( I). α α + βi α ( α + βi) ( α + βi) 0. ) Έχουμε υ() t = y () t = ( Αηµ ωt) = Α συνωt ω = Αωσυνωt και α() t = υ () t = ( Αωσυνωt) = Αω ( ηµ ωt) ω = Αω ηµωt. ) Έχουμε α() t = Αω ηµ ωt = ω Αηµ ωt = ω y, δηλαδή α() t = ω y που δηλώνει ότι η επιτάχυνση α είναι ανάλογη της απομάκρυνσης y. ) Όταν α () t = Αω ηµ ω t = 0, τότε ηµ ω t = 0, οπότε συν ω t = ή συν ω t =. Όμως το μέτρο της ταχύτητας υ() t = Αωσυνω t είναι ίσο με Αω συνω t και γίνεται μέγιστο όταν συν ω t = ±, δηλαδή όταν α () t = 0..4 ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΩΝ ΠΑΡΑΓΩΓΩΝ Α ΟΜΑΔΑΣ. ) f ( x) = x = ( x ) f ( x) = 0 ( x ) = 0 x = x + f ( x) 0 + f ( x) > 0 ( x ) > 0 x > f (x) φθίνουσα αύξουσα Άρα για x = η συνάρτηση παρουσιάζει ελάχιστο ίσο με f() =. ) f ( x) = 6x f ( x) = 0 6x = 0 x = 0 f ( x) > 0 6x > 0 x< 0 x 0 + f ( x) + 0 f (x) αύξουσα φθίνουσα Άρα για x = 0 η συνάρτηση παρουσιάζει μέγιστο ίσο με f(0) = 6.

24 3 ) f ( x) = x f ( x) = 0 ( x ) = 0 x = f ( x) > 0 ( x ) > 0 x > x + f ( x) 0 + f (x) φθίνουσα αύξουσα Άρα για x = η συνάρτηση παρουσιάζει ελάχιστο ίσο με f() = 3.. ) = f ( x) 3x x f ( x) = 0 3x x = 0 3 xx ( 4) = 0 x= 0 ή x = 4 f ( x) > 0 3 xx ( 4) > 0 x< 0 ή x > 4 ) x f ( x) + + f (x) αύξουσα φθίνουσα αύξουσα Άρα για x = 0 η συνάρτηση παρουσιάζει τοπικό μέγιστο ίσο με f(0) = 5 και για x = 4 παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο ίσο με f(4) = 7. f ( x) = 3x + 3 f ( x) = 0 3( x ) = 0 x = ή x = f ( x) > 0 3( x+ )( x ) > 0 ( x+ )( x ) < 0 < x< 3. ) x + f ( x) f (x) φθίνουσα αύξουσα φθίνουσα Άρα για x = η συνάρτηση παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο ίσο με f ( ) = και για x = παρουσιάζει τοπικό μέγιστο ίσο με f () = 3. f ( x) = 6x. Παρατηρούμε ότι για x = 0 είναι f (0) = 0, αλλά f ( x) = 0για x < 0 και για x > 0. Επομένως (βλ. σχόλιο σελ. 40) η f είναι γνησίως αύξουσα και άρα δεν έχει ακρότατα. ) f ( x) = 3x. Παρατηρούμε ότι f (0) = 0, αλλά f ( x) < 0για x < 0 και για x > 0. Επομένως η f είναι γνησίως φθίνουσα και άρα δεν έχει ακρότατα. ) f ( x) = 3x 6x+ 3( x x+ ) = 3( x ). Παρατηρούμε ότι f () = 0, αλλά f ( x) > 0για x < και για x >. Επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα και άρα δεν έχει ακρότατα.

25 4 v) f ( x) = 3x + 6x 5. Η διακρίνουσα του τριωνύμου αυτού είναι = 36 4 ( 3)( 5) = 4 < 0. Επομένως f ( x) < 0για κάθε x R. Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R και δεν έχει ακρότατα. 4. Έστω x και y οι δυο αριθμοί με x + y = 40. Για το γινόμενό τους έχουμε xy = x(40 x) = 40x x. Ζητάμε το μέγιστο της συνάρτησης Ex ( ) = 40x x. Έχουμε E ( x) = 40 x. Επομένως E ( x) = 0 x = 0 και E ( x) > 0 40 x > 0 x< 40 x< 0. Άρα η συνάρτηση παρουσιάζει x 0 + μέγιστο για x = 0. Όταν όμως x = 0, τότε και y = 0. Δηλαδή το E ( x) + γινόμενο γίνεται μέγιστο όταν x = y = 0, και είναι ίσο με 0 0 = 400. E(x) αύξουσα φθίνουσα 5. Έστω x και y οι διαστάσεις του ορθογωνίου. Τότε xy = 00 με x > 0 00 και y > 0. Η περίμετρος του ορθογωνίου αυτού είναι x+ y = x+. x Ζητάμε το ελάχιστο της συνάρτησης 00 Lx ( ) = x+, x > 0. Έχουμε x 00 L ( x) =. Επομένως L ( x) = 0 x = 0 και x 00 L ( x) > 0 > 0 x > 00 x > 00 x > 0, αφού x > 0. x Άρα για x = 0 η συνάρτηση παρουσιάζει ελάχιστο. Όταν όμως x x = 0, τότε και y = = 0. 0 Δηλαδή το ορθογώνιο με τη μικρότερη περίμετρο είναι αυτό που έχει ίσες διαστάσεις x = y = 0 m. L ( x) L(x) φθίνουσα 0 + αύξουσα 6. Έστω x η πλευρά της βάσης και y το ύψος του. Έχουμε xy= 3. Ελάχιστο υλικό κατασκευής χρειάζεται εκείνο το κουτί που έχει την ελάχιστη επιφάνεια. Η επιφάνεια του κουτιού είναι ίση με 3 8 x + 4xy = x + 4x x x = + x. 8 Ζητάμε επομένως το ελάχιστο της συνάρτησης Ex ( ) = x +, x > 0. x 8 Έχουμε E ( x) = x. Επομένως E ( x) = 0 x = 4, x

26 5 ενώ E ( x) > 0 x > 0 x > 8 x > 64 x > 4. x Άρα για x = 4 η συνάρτηση παρουσιάζει ελάχιστο. Όταν όμως 3 x = 4, τότε y = =. Δηλαδή το 4 x E ( x) 0 + Ε(x) φθίνουσα αύξουσα κουτί που χρειάζεται το ελάχιστο δυνατό υλικό είναι εκείνο που έχει πλευρά βάσης 4 dm και ύψος dm. 7. Έστω x η πλευρά της βάσης του και y το ύψος του. Τότε έχουμε x x O όγκος του κουτιού είναι x y = x = x ( x ). 4x 4 Ζητάμε επομένως το μέγιστο της συνάρτησης + 4xy =. 3 V( x) = x( x ) = 3x x 4 4 x > 0. 3 Έχουμε V ( x) = 3 x. Επομένως V ( x) = 0 x = αφού x > 0, 4 3 ενώ V ( x) > 0 3 x > 0 3x > 0 4 > x 0 < x<. 4 Άρα ο μέγιστος δυνατός όγκος του x 0 + κουτιού είναι ίσος με V ( ) 6 4 8= 6. E ( x) V(x) + αύξουσα 0 φθίνουσα 8. Έστω M( x, x 3) ένα σημείο της ευθείας. Τότε η απόσταση του Μ από την αρχή O(0, 0) είναι x + (x 3). Ζητάμε την ελάχιστη τιμή της συνάρτησης αυτής. Αρκεί να βρούμε την ελάχιστη τιμή της συνάρτησης f( x) = x + (x 3). Έχουμε f ( x) = x+ (x 3) = 0x. 6 6 Επομένως f ( x) = 0 x =, ενώ f ( x) > 0 x >. 5 5 Δηλαδή η συνάρτηση έχει 6 ελάχιστη τιμή για x =, και 5 άρα το πλησιέστερο σημείο της ευθείας στην αρχή των αξόνων 6 3 είναι το M, 5 5. x f ( x) 0 + f (x) φθίνουσα αύξουσα

27 6 λ c 9. Έχουμε την ελάχιστη ταχύτητα όταν η ποσότητα c + είναι ελάχιστη. Αρκεί λ λ c επομένως να βρούμε το ελάχιστο της συνάρτησης f ( λ) = + c λ, λ > 0. Έχουμε c c f ( λ) = και f ( λ) = 3 c λ λ. Επίσης c c f ( λ) = 0 = 0 λ = c λ = c, αφού c > 0 και f () c = = > 0. 3 c λ c c Άρα για λ = c η συνάρτηση f παρουσιάζει ελάχιστο που σημαίνει ότι για λ = c η ταχύτητα υ είναι ελάχιστη. 0. Αν x είναι ο ένας αριθμός, τότε ο άλλος θα είναι 0 x και το άθροισμα των τετραγώνων τους θα είναι x + (0 x). Ζητάμε λοιπόν το ελάχιστο της συνάρτησης f( x) x (0 x) = +, 0 < x < 0. Έχουμε f ( x) = x+ (0 x)( ) = x 0 + x. Επομένως f ( x) = 4x 0 και f ( x) = 4> 0. Έχουμε f ( x) = 0 4x 0 = 0 x = 5. Άρα για x = 5 η συνάρτηση παρουσιάζει ελάχιστο. Όταν όμως x = 5, τότε ο άλλος αριθμός είναι 0 x = 5. Άρα οι ζητούμενοι αριθμοί είναι ίσοι και καθένας είναι ίσος με 5. Β ΟΜΑΔΑΣ. Επειδή p και q σταθερές, το υ είναι συνάρτηση του r, δηλαδή υ ( r) = 00 p( + ln r) 00qr, r > 0. Έχουμε υ ( r) = 00 p 00q r p υ ( r) = 0 00 p 00q = 0 r = r q. Επίσης ισχύει υ ( r) = 00 p < 0, για κάθε r > 0, αφού p > 0. r p Άρα, όταν r= το υ έχει τη μέγιστη τιμή του. q

28 7. Έχουμε υ( x) κx ln = = κx (ln ln x) = κx ln x, x > 0. x Επομένως υ ( x) = ( κx ln x) = κ xln x+ x = κ(xln x+ x) x και υ ( x) = 0 κ(xln x+ x) = 0 xln x+ x = 0 ln x = x =. e Όμως υ ( x) = κ(xln x+ x) = κ ln x+ x + = κ(ln x+ 3), οπότε x υ = κ( + 3) = κ < 0, αφού κ > 0. e Άρα για x = το υ γίνεται μέγιστο. e 3. Αν x είναι το μήκος της πλευράς των τετραγώνων που θα αποκοπούν, τότε ο όγκος V(x) του δοχείου θα είναι V( x) = (60 x) x, 0 < x < 30. Έχουμε V ( x) = (60 x)( ) x+ (60 x) = (60 x)( 4x+ 60 x), δηλαδή V(x) =(60 x)(60 6x) και V ( x) = (60 6 x) + (60 x)( 6) = 0 + x x, δηλαδή V ( x) = 4x 480. Έχουμε V ( x) = 0 x = 0 ή x = 30. Η τιμή x = 30 απορρίπτεται, αφού δεν ανήκει στο πεδίο ορισμού της συνάρτησης. Για x = 0 έχουμε V (0) = = 40 < 0. Άρα το δοχείο με το μεγαλύτερο όγκο είναι εκείνο για το οποίο x = 0, οπότε η πλευρά της βάσης του δοχείου είναι 60 0 = 40 cm και το ύψος 0 cm. 4. Αν x το πλάτος και y το μήκος του ορθογωνίου, τότε το ζητούμενο κόστος είναι Κ = (x+ y) 9 + 6x. Όμως xy = 6000, οπότε y = και το κόστος γίνεται x Έχουμε Κ ( x) = 6x+ 8 x+ x, x > Κ = + = + x ( x) ( x )

29 8 3 και Κ ( x) = 8(3.000 x ) > Είναι Κ ( x) = = 0 x = 0 x = 0 x.000 = 0 x x =.000 x = x = ,5. Επειδή Κ ( x) > 0, προκύπτει ότι για x = 0 30 έχουμε το ελάχιστο κόστος. Δηλαδή οι διαστάσεις του ορθογωνίου με το ελάχιστο κόστος περίφραξης και χωρίσματος είναι x = ,5 και y = 46m. 09,5 5. Αν x και y είναι οι πλευρές του ορθογωνίου, τότε το εμβαδόν του είναι E = x y. Όμως από το Πυθαγόρειο Θεώρημα έχουμε x + y = 4ρ, οπότε y = 4ρ x. Επομένως το εμβαδόν του ορθογωνίου εκφράζεται ως συνάρτηση του x με τον τύπο: = ρ, 0 x Ex ( ) x 4 x < < ρ. Έχουμε ( ρ ) E x = x x = ρ x + x x 4ρ x ( ) 4 4 ( ) x 4ρ x x. = 4ρ x = 4ρ x 4ρ x Επομένως 4ρ x E ( x) =. 4ρ x

30 9 Έχουμε ( ) = 0 4ρ = 0 = ρ = ρ (αφού x > 0) E x x x x ( ) > 0 4ρ > 0 < ρ < ρ (αφού x > 0). E x x x x x 0 ρ ρ E ( x) + 0 Επομένως για x = ρ το ορθογώνιο έχει το μέγιστο εμβαδόν. Όταν όμως x = ρ, τότε και y = 4ρ ρ = ρ. Άρα, από όλα τα ορθογώνια που μπορούν να εγγραφούν σε έναν κύκλο ακτίνας ρ, το τετράγωνο έχει το μεγαλύτερο δυνατό εμβαδόν. 6. Αν x είναι το μήκος του κύκλου, τότε λ x είναι η περίμετρος του τετραγώνου. Αν ρ είναι x η ακτίνα του κύκλου με μήκος x, τότε πρ = x, οπότε ρ = και το εμβαδό π x x του θα είναι πρ = π =. Επειδή το τετράγωνο θα έχει περίμετρο λ x, 4 π 4 π λ x λ x η πλευρά του θα είναι α = και το εμβαδόν του. Επομένως το 4 4 άθροισμα των δύο εμβαδών είναι x λ x Ex ( ) = + 4π 4, 0 x λ. λ x Έχουμε E ( x) = x+ 4π 4 4, δηλαδή λ x E ( x) = x και E ( x) = + > 0. π 8 π 8 λ x Έχουμε Ε ( x) = 0 x = 0 4 x πλ ( x) = 0 π 8 λπ 4x λπ + π x = 0 (4 + π ) x = λπ x =. 4 + π λπ λπ Επομένως όταν x = έχουμε το ελάχιστο εμβαδόν. Όταν όμως x =, 4 + π 4 + π λπ λ τότε η διάμετρος του κύκλου είναι δ = ρ = = και η πλευρά π 4+ π 4 + π του τετραγώνου είναι επίσης

31 30 α λ x λπ λ λπ λπ = = λ + π = 4 + λ = π 4 + π. Α κ κ κt κt 7. Έχουμε y () t = ( κe + κe ) και Α y () t = e e κ κ ( κt κt κ κ ) κt κt Επομένως: y () t = 0 κ e = κ e () κ κ ( ) t e κ = κ ( κ κ) t = ln κ. κ t = ln κ κ κ κ. κ κ0 t κ0 t Για t0 = ln, ισχύει κe = κe, οπότε κ κ κ Α t y ( t0) = e e κ κ κ κ κ κ 0 κ0 t ( ) κ0 t Ακe = = < κ κ κ0 t ( κ κ ) Ακe 0. κ Άρα για t = ln το φάρμακο παρουσιάζει τη μεγαλύτερη κ κ κ συγκέντρωση στο αίμα του ασθενούς. 8. ) Για να διανύσει το όχημα την απόσταση των 000 km με ταχύτητα υ km/h, χρειάζεται χρόνο 000 ώρες, και αφού σε κάθε ώρα καταναλώνει υ ,00υ λίτρα, χρειάζεται συνολικά Κυ ( ) = (6 + 0,000 υ) υ λίτρα καύσιμα.

32 ) Έχουμε Κυ ( ) = + 0, υ. Επομένως Κ ( υ) = 0,υ και υ υ Κ ( υ) = 0, + > 0. Είναι Κ ( υ) = 0 υ = υ = ή 3 υ υ 3. Άρα για υ 3km έχουμε την οικονομικότερη κατανάλωση καυσίμων, η οποία είναι ίση με Κ (3) 300 λίτρα. Δεν είναι εφαρμόσιμη, διότι το όχημα θα χρειάζεται περίπου ώρες, δηλαδή πολύ μεγάλο χρόνο. 9. Έχουμε R+ R = 450. Για την ολική αντίσταση R των R και R όταν συνδεθούν εν παραλλήλω έχουμε R+ R RR + = = R =. R R R RR R R + R R(450 R) Επομένως R = = R R. Ώστε η ολική αντίσταση ως συνάρτηση της R είναι RR ( ) = R R. 450 Έχουμε R ( R) = R και R ( R ) = < Έχουμε R ( R ) = 0 R = 0 R = 5. 5 Όταν όμως R = 5, τότε και R = = 5. Άρα για να έχουμε τη μέγιστη ολική αντίσταση πρέπει οι δύο αντιστάσεις να είναι ίσες, δηλαδή πρέπει R =R =5Ω. 0. Αν Ι και Φ είναι οι θέσεις των δύο πλοίων ύστερα από t ώρες τότε ΟΙ = 0 40t και ΟΦ = 0t, οπότε ΙΦ = (0 40 t) + (0 t). Η ελάχιστη απόσταση θα παρουσιαστεί όταν το υπόριζο (0 40 t) + (0 t) γίνει ελάχιστο. Θεωρούμε τη συνάρτηση f( t) = (0 40 t) + (0 t), t > 0.

33 3 Έχουμε f ( t) = (0 40 t)( 40) + 0t 0 = t + 800t, δηλαδή f ( t) = 4000t 600 και f ( t) = 4000 > Έχουμε f ( t) = t 600 = 0 t = = = 0, Επομένως σε χρόνο t = h (4 λεπτά) η απόσταση των δύο πλοίων θα είναι 5 ελάχιστη και ίση με ΙΦ = = = Επειδή 80 < 00 = 0 συμπεραίνουμε ότι οι άνθρωποι των δύο πλοίων θα έχουν κάποια στιγμή οπτική επαφή. ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ f(, ) f(),, 0,. ) Έχουμε: μέση πυκνότητα = = = = 0,476, 0, 0, 0, + h ) Γραμμική πυκνότητα ρ = lm = f (). h 0 h = =. Επομένως x Όμως f ( x) ( x) f () = 0,5 = =. Άρα ρ = 0,5.. Έχουμε C ( x) = 3x 6ν x, C ( x) = 6x 6ν. Επομένως ( ) = 0 3 6ν = 0 3 = 6ν = ν και C x x x x x C ( ν) = ν 6ν = 6ν > 0. Άρα για x = ν μονάδες το κόστος γίνεται ελάχιστο. Το κέρδος από την παραγωγή ν μονάδων είναι ίσο με P( ν) = ν (6 ν), δηλαδή =. Έχουμε P ( ν) 3 4 P( ν) 3ν ν P ( ν) = 0 3 4ν = 0 ν= 8. = ν και P ( ν ) = 4< 0. Είναι Άρα, όταν παράγονται ημερησίως x = 8 = 6 μονάδες από ν = 8 εργάτες έχουμε το ελάχιστο κόστος και το μέγιστο κέρδος.

34 3. Ο συντελεστής διεύθυνσης της καμπύλης της συνάρτησης f σε ένα σημείο της ( x, f( x )) είναι 3 = f ( x) = ( x + 3x x ) = 3x + 6x. λ Αναζητούμε τις τιμές του x για τις οποίες η συνάρτηση λ ( x) = 3x + 6x έχει ελάχιστο. Έχουμε Επομένως λ ( x) = 6x+ 6και λ ( x) = 6> 0. λ ( x) = 0 6x+ 6= 0 x =. Άρα για x = η συνάρτηση έχει τον ελάχιστο συντελεστή διεύθυνσης. Όμως για x = είναι 3 f ( ) = ( ) + 3( ) ( ) = = 3. Άρα το ζητούμενο σημείο είναι το (, 3) Αν λ είναι ο συντελεστής διεύθυνσης της ε, τότε η εξίσωσή της είναι y = λx+ κ. Επειδή το σημείο Α(α, β) ανήκει στην ε έχουμε β = λ α + κ, οπότε κ = β λα. Επομένως η εξίσωση της ε γίνεται y = λx+ β λα. Για x = 0, έχουμε y = β λα, λα β δηλαδή q = β λα και για y = 0, έχουμε 0 = λx + β λα, οπότε x = λ β δηλαδή p = α. Επομένως λ Θεωρούμε τη συνάρτηση β β. p+ q = α + β λα = ( α + β ) αλ + λ λ και έχουμε β f ( λ) = ( α + β ) αλ + λ β β f ( λ) = α α = και f ( λ) = β 3. λ λ λ

35 34 β β β Είναι f ( λ) = 0 α = 0 λ =, οπότε λ = αφού λ < 0. Για λ α α 3 β α β λ = έχουμε f ( λ) = β > 0. Επομένως για α β λ = η α συνάρτηση παρουσιάζει ελάχιστο ίσο με β β α f = ( α + β) + α + β α α β ( ) ( ) = ( α + β ) + αβ + αβ = α + β + αβ = α + β. 5. Αν δ η διάμετρος και υ το ύψος του κυλίνδρου θα έχουμε δ + υ = 0 και δ δ π 3 V = π υ = π (0 δ ) = 5πδ δ. 4 4 π 3 Άρα V ( δ ) = 5πδ δ, 0 < δ < π 3π Έχουμε V ( δ ) = 0πδ δ και V ( δ) = 0π δ. 4 Για 3π V ( δ) = πδ δ 3δ = δ = 0 40δ 3δ = δ = είναι 3 40 ( 40 3δδ ) = 0 δ = π 40 V = 0π = 0π < Άρα για δ = και υ = 0 =, έχουμε το μέγιστο όγκο του κυλίνδρου Το κόστος θα είναι ελάχιστο όταν η επιφάνεια του δοχείου θα είναι ελάχιστη. Αν ρ και υ είναι η ακτίνα και το ύψος του κυλινδρικού δοχείου σε cm, τότε η ολική του επιφάνεια είναι ίση με Ε = πρ + πρ υ. 000 Όμως V = πρ υ = 000, οπότε υ = και η επιφάνεια πρ 000 γίνεται Ε ( ρ) = πρ + πρ. πρ

36 35 Θα βρούμε επομένως το ελάχιστο της συνάρτησης Έχουμε Επομένως 000 Ε ( ρ) = πρ +, ρ > 0. ρ 000 Ε ρ πρ ρ 000 ( ) = 4 + > 0. ρ ( ) = 4 και Ε ρ π 3 οπότε ρ = π Ε ( ρ) = 0 4πρ = 0 πρ = 500 ρ = ρ π 3 3, Άρα για ρ = έχουμε την ελάχιστη επιφάνεια του δοχείου. Όταν π ρ = π, τότε υ = = = /3 3 = ρ. πρ 500 π π π Άρα το κόστος ελαχιστοποιείται όταν η ακτίνα του δοχείου είναι ρ = ,4 και το ύψος του διπλάσιο από την ακτίνα, δηλαδή ίσο με τη π διάμετρο της βάσης. 7. Ο όγκος του κωνικού ποτηριού είναι 3 πρ υ όπου ρ είναι η ακτίνα της βάσης του και υ το ύψος του. Όμως υ + ρ = R. Επομένως ο όγκος του ποτηριού είναι 3 V( υ) = π ( R υ ) υ = π R υ πυ, υ > Έχουμε V ( υ) = π R πυ και V ( υ) = πυ < 0. 3 Είναι V ( υ) = 0 π R πυ = 0 π R = 3πυ υ = R υ = R υ = R.

37 36 3 Άρα για υ = R έχουμε τη μέγιστη χωρητικότητα που είναι ίση με 3 8. α) Έχουμε V R 3 R R R R 3 R 3 3 = 3 π π = π = R Cx ( ) cx ( ) = x C ( x) x Cx ( ) c ( x) =. x Αφού όμως το μέσο κόστος είναι ελάχιστο θα έχουμε: Cx ( ) c ( x) = 0 xc ( x) C( x) = 0 C ( x) =. x β) ) Έχουμε Cx ( ) = x + x+ 600 και επομένως το μέσο κόστος είναι 000 Cx ( ) 600 = x + + και το οριακό κόστος C ( x) = x+. Έτσι x 000 x 500 έχουμε τον επόμενο πίνακα Αριθμός μονάδων Κόστος Μέσο κόστος Οριακό κόστος x C(x) 3 3. Cx ( ) cx ( ) = C (x) x , , ,87 8 Cx ( ) 600 ) Πρέπει c ( x) =, δηλαδή x+ = x+ +, οπότε x x x = ή x = και άρα x 6. x Το ότι το επίπεδο αυτό παραγωγής δίνει πράγματι το ελάχιστο μέσο κόστος προκύπτει από το γεγονός ότι έχουμε xc ( x) Cx ( ) C ( x) Cx ( ) c ( x) = = x x x = x 000 x x, δηλαδή c ( x) = και άρα c ( x) = > x x Η αντίστοιχη ελάχιστη τιμή του μέσου κόστους για x = 6 είναι 600 c (6) = = 5,

38 37 9. α) Έχουμε Px ( ) = Rx ( ) Cx ( ) P ( x) = R ( x) C ( x). Αν Ρ(x) μέγιστο, τότε Ρ (x) = 0 και επομένως R (x) C (x) = 0. Άρα R (x) = C (x). β) Πρέπει R (x) = C (x) ( x(50 0,0 x) ) = ( x 0,00 x ) 50 0,0x = 5 0,00x 45 = 0,08x 45 x = = ,08 Το ότι το επίπεδο αυτό παραγωγής δίνει πράγματι το μέγιστο κέρδος, προκύπτει από το γεγονός ότι έχουμε Px ( ) = Rx ( ) Cx ( ) = xp( x) C( x) = 50x 0,0x x+ 0,00x = 45x ,009x, οπότε P ( x) = 45 0,08x και P ( x) = 0,08 < ) Έχουμε ΑΓ = d + x, οπότε ο απαιτούμενος χρόνος στον αέρα είναι d + x. Επίσης ΒΓ = d + ( d x), οπότε ο απαιτούμενος χρόνος στο υ νερό είναι d + ( d x) υ. Επομένως ο χρόνος που χρειάζεται το φως για τη διαδρομή ΑΓΒ είναι x + d ( d x) + d tx ( ) = +. υ υ ) Έχουμε t ( x ) = ( )( ) x + υ x d υ ( d x) d d x + +

39 38 x = υ x + d υ d x ( d x) + d ) To ελάχιστο του χρόνου το έχουμε όταν t (x) = 0.. Επομένως, x = υ x + d υ d x ( ) d x + d ηµ α = ηµ β υ υ ηµ α ηµ β = υ. υ

40 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΒΑΣΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ. Ποιοτικές: γ, δ, στ, ζ Ποσοτικές - διακριτές: β, η, θ, ι Ποσοτικές - συνεχείς: α, ε. α) Μισθός (ποσοτική), ηλικία (διακριτή), φύλο (ποιοτική), ικανοποίηση από τη δουλειά (ποιοτική), κτλ. β) Βάρος (ποσοτική), ποιότητα (ποιοτική), κτλ. γ) Χρόνος παρακολούθησης τηλεόρασης (ποσοτική), σταθμός προτίμησης (ποιοτική) κτλ. δ) Χρόνος συμμετοχής (ποσοτική-συνεχής), αριθμός πόντων (ποσοτικήδιακριτή), κτλ. 3. (ε).. Πρέπει το δείγμα να είναι αντιπροσωπευτικό του πληθυσμού. Επομένως πρέπει να πάρουμε άτομα (των δύο φύλων και διαφόρων ηλικιών) από διάφορες περιοχές του πληθυσμού για τον οποίο αναφερόμαστε. 4. α) Με το σχέδιο αυτό θα έχουμε υπερεκτίμηση του αριθμού των ανδρών. β) Πιθανόν να έχουν τις ίδιες πολιτικές πεποιθήσεις. γ) Θα έχουμε υπερεκτίμηση του εισοδήματος. δ) Νέοι δεν είναι μόνο οι μαθητές Λυκείου. Ελλάδα δεν είναι μόνο η Αττική. ε) Οι λόγοι απουσίας των μαθητών διαφέρουν κατά τη διάρκεια του έτους. Το Νοέμβριο μπορεί να απουσιάζουν λόγω κρυολογήματος, το Μάιο λόγω συμμετοχής σε εξετάσεις.. ΠΑΡΟΥΣΙΑΣΗ ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΩΝ ΔΕΔΟΜΕΝΩΝ Α ΟΜΑΔΑΣ. α) Παριστάνουμε με Χ τη βαθμολογία των φοιτητών. Ο πίνακας κατανομής των συχνοτήτων και των σχετικών συχνοτήτων της μεταβλητής Χ είναι ο εξής:

41 40 Βαθμολογία x Διαλογή Συχνότ. ν Σχετική συχνότητα f % Αθροιστ. συχνότητα N Αθρ. Σχετ. Συχν. F % Σύνολο β) ) Από τον παραπάνω πίνακα παρατηρούμε ότι από τους 50 φοιτητές 3 έχουν βαθμό κάτω από τη βάση. Άρα για το αντίστοιχο ποσοστό είναι 3/50 = 0,6 = 6% (βλ. τελευταία στήλη F %). ) Για X 9 το αντίστοιχο ποσοστό είναι (5 + )/50 = 7/50 = 0,4 = 4%. Ισοδύναμα από την τελευταία στήλη το ποσοστό είναι 00% 86% = 4%.. ) Ομοίως, για 7 X 9 έχουμε τους φοιτητές με βαθμό 7,8 ή 9. Συνεπώς το αντίστοιχο ποσοστό είναι ( )/50 = 9/50 = 0,38 = 38%. Ισοδύναμα από την τελευταία στήλη το ποσοστό αυτό είναι 96% 58% = 38%. Φύλο Βαθμολογία 5 > 5 Σύνολο Α 8 9 Κ 9 Σύνολο α) Διαιρούμε τις συχνότητες των κελλιώνˮ του πίνακα της άσκησης με το συνολικό αριθμό φοιτητών ν = 50. Φύλο Βαθμολογία 5 > 5 Σύνολο Α /50 = % 36% 58% Κ 8% 4% 4% Σύνολο 40% 60% 00% Δηλαδή το % των φοιτητών είναι αγόρια με βαθμό 5, κτλ.

42 β) Διαιρούμε τις συχνότητες των κελλιώνˮ κάθε γραμμής με το αντίστοιχο σύνολο της γραμμής. Φύλο Βαθμολογία 5 > 5 Σύνολο Α /9 = 37,93% 6,07% 00% Κ 4,86% 57,4% 00% Σύνολο Δηλαδή το 37,93% των αγοριών έχουν βαθμό 5, κτλ. γ) Διαιρούμε τις συχνότητες των κελλιώνˮ κάθε στήλης με το αντίστοιχο σύνολο της στήλης. Φύλο Βαθμολογία 5 > 5 Σύνολο Α /0 = 55% 60% Κ 45% 40% Σύνολο 00% 00% Δηλαδή το 55% των φοιτητών με βαθμό 5 είναι αγόρια, κτλ Παριστάνουμε με Χ τις ημέρες απουσίας: α) Είναι X. Άρα έχουμε = 38 εργάτες, δηλαδή το 38/50 = 0,76 = 76% των εργατών απουσίασαν τουλάχιστον μια ημέρα. Ισοδύναμα αυτό μπορεί να βρεθεί αν από τους 50 εργάτες αφαιρέσουμε τους που δεν απουσίασαν ποτέ από την εργασία τους. β) Είναι Χ > 5. Άρα έχουμε = 8 εργάτες, δηλαδή 8/50 = 0,6 = 6%. γ) Είναι 3 X 5. Άρα έχουμε = 7 εργάτες, δηλαδή 7/50 = 0,34 = 34%. δ) Είναι X 5. Άρα έχουμε = 4 εργάτες, δηλαδή 4/50 = 0,84 = 84%. ε) Είναι Χ = 5. Άρα έχουμε 8 εργάτες, δηλαδή 8/50 = 0,6 = 6%. 5. Ακολουθούμε, για παράδειγμα, τα παρακάτω βήματα: ν 4 f4 α) ν = = = 0 δ) f4 f 0,0 = % 5 00 = 00 = 05, β) Ν = Ν ν = 6 4= = ν ε) ν6 = ν Ν 5 = 0 9 = γ) f3 = F3 F = 0,60 0,30 = 0,30.

43 4 Επομένως ο πίνακας συχνοτήτων είναι: x ν f N F f % F % 0,0 0, ,0 6 0, ,30 0, ,5 7 0, ,0 9 0, ,05 0, Σύνολο 0, Αν εργαστούμε όπως στον πίνακα 5 έχουμε τον πίνακα συχνοτήτων του βαθμού στα Μαθηματικά για τα αγόρια και τα κορίτσια: Βαθμός στα Αγόρια Κορίτσια Μαθηματικά, x Διαλογή ν Α Διαλογή ν Κ Σύνολο 8 Επομένως το αντίστοιχο διάγραμμα συχνοτήτων είναι:

44 43 7. Κατασκευάζουμε πρώτα τον πίνακα συχνοτήτων: Μουσικό συγκρότημα, x v f % Metallca 5 7,8 Iron Maden 3 6,7 Scorpons 4, Oass 5,5 Rollng Stones, Άλλο 3 6,7 Σύνολο 8 00,0 8. Αν ν = 450 το πλήθος των μαθητών, ν, =,,3,4 οι συχνότητες, f οι σχετικές συχνότητες και α, =,,3,4 τα τόξα του κυκλικού διαγράμματος για τις τέσσερις κατηγορίες Άριστα, Λίαν Καλώς, Καλώς και Σχεδόν Καλώς, αντιστοίχως, θα έχουμε ν = f ν = 0, = 35 και α3 ν ν 3 = = = 80. Στη συνέχεια βρίσκουμε τη συχνότητα ν της τιμής x = Άρισταˮ, χρησιμοποιώντας και το γεγονός ότι ν 4 = v : ν ν4 = 450 ν ν = 450 ν = ( ) / 3 = 45. Άρα και ν 4 = 90. Έτσι ο πίνακας συχνοτήτων είναι: x ν f % 360ν α = ν Άριστα Λίαν Καλώς Καλώς Σχεδόν Καλώς Σύνολο ν=

45 44 Οπότε το αντίστοιχο κυκλικό διάγραμμα και το ραβδόγραμμα σχετικών συχνοτήτων είναι: Τουλάχιστον λίαν καλώς έχει το 40%, δηλαδή 80 μαθητές. 9. Κατασκευάζουμε πρώτα τον πίνακα συχνοτήτων: Ομάδα ν f % ΑΕΚ 9 3, Λάρισα,6 Ολυμπιακός 30,8 ΠΑΟ 5 38,4 ΠΑΟΚ 5, Σύνολο 39 00,0 Συνεπώς το ραβδόγραμμα σχετικών συχνοτήτων και το αντίστοιχο κυκλικό διάγραμμα σχετικών συχνοτήτων είναι: 0. Εργαζόμαστε όπως στο παράδειγμα στο σχήμα (γ):

46 45. Τα χρονογράμματα των δύο λοιμωδών νόσων δίνονται παρακάτω: Έρπης ζωστήρ: Έχουμε ανοδική τάση μέχρι το 995 και μετά ελαφρά πτώση. Ηπατίτιδα Α : Έχουμε καθοδική τάση μέχρι το 993, σημαντική αύξηση τα έτη 994 και 995 και μετά πτώση στα επίπεδα του α) Ο πίνακας συχνοτήτων της επίδοσης Χ των 50 υποψηφίων είναι: x Διαλογή v f % N F % Σύνολο β) Τα διαγράμματα σχετικών και αθροιστικών σχετικών συχνοτήτων είναι:

47 46 γ) Θέλουμε επίδοση μεγαλύτερη ή ίση του 8, Χ 8. Άρα η σχολή θα πάρει = άτομα, δηλαδή το % των υποψηφίων. δ) Αφού η σχολή θα πάρει το 36% των υποψηφίων σημαίνει ότι το 64% των υποψηφίων δεν θα επιλεγούν, δηλαδή όσοι έχουν επίδοση μικρότερη ή ίση του 6. Άρα θα επιλεγούν όσοι έχουν επίδοση μεγαλύτερη ή ίση του Επειδή στον κατακόρυφο άξονα έχουμε το ποσοστό του εισοδήματος ανά χιλιάδες ευρώ, έχουμε: % y* = f f% = y* c = 0 (0 5) = 0 5 = 50% c Άρα το 50% των οικογενειών της περιοχής έχουν εισόδημα από 5 έως 0 χιλιάδες ευρώ. 4. Πρέπει το εμβαδόν του πολυγώνου σχετικών συχνοτήτων να είναι 00 (τοις εκατό). Όμως αυτό που έκανε ο μαθητής είναι περίπου ένα τρίγωνο με βάση (90 50) = 40 και ύψος 0. Άρα έχει εμβαδόν (40 0)/ = 00. Συνεπώς είχε δίκιο ο καθηγητής. Β ΟΜΑΔΑΣ. Παρατηρούμε ότι: Για τη Λέσβο υπάρχει πτωτική τάση. Για τη Θάσο υπάρχει περίπου σταθερή κατάσταση. Για τη Σαλαμίνα υπάρχει ανοδική τάση.. Οι βεβαιωθέντες θάνατοι από χρήση ναρκωτικών για τα έτη αναφορικά με την ηλικιακή ομάδα είναι: Έτος Ηλικία Σύνολο * *Μέχρι 8 Απριλίου. Πηγή: ΟΚΑΝΑ

48 3. Οι βεβαιωθέντες θάνατοι από χρήση ναρκωτικών για τα έτη αναφορικά με το φύλο είναι: Φύλο Έτος Γυναίκες Άνδρες Σύνολο * * Μέχρι 8 Απριλίου. Πηγή: ΟΚΑΝΑ 4. α) Παρατηρούμε ότι ολοένα και περισσότερο το ποσοστό των πτυχιούχων γυναικών Μαθηματικών πλησιάζει σημαντικά το αντίστοιχο ποσοστό των ανδρών. Ενώ δηλαδή το 930 ο λόγος ανδρών-γυναικών Μαθηματικών ήταν 90% προς 0% το 995 ο λόγος αυτός έγινε 55% προς 45%, αντίστοιχα. β) Γυναίκες = 45% Άνδρες = 55% γ) Το ποσοστό των πτυχιούχων γυναικών το 974 ήταν 0% και εφόσον αυτές ήταν 73 συμπεραίνουμε ότι το σύνολο των πτυχιούχων ήταν (73 00)/0 = 865. Άρα οι άνδρες ήταν 69 (ποσοστό 80%). δ) Γνωρίζουμε μόνο τα αντίστοιχα ποσοστά, άρα δεν μπορούμε να ξέρουμε τον αριθμό ανδρών και γυναικών που πήραν πτυχίο Μαθηματικού το έτος αυτό Παρατηρούμε ότι ο αριθμός των παιδιών από 0-4 ετών μειώνεται σημαντικά ενώ αυξάνει ο αριθμός των ηλικιωμένων ( 65 ετών) και των ατόμων μεταξύ 5 και 64 ετών.

49 α) Φάρμακο Α: ( )/ 50 = 0, 73 7, 3% Φάρμακο Β: ( ) / 00 = = 0, 6 = 6%. 00 β) Επειδή η μεταβλητή συστολική πίεσηˮ είναι συνεχής η ομαδοποίηση σε κλάσεις της μορφής [, ) είναι: 94,5 99,5 99,5 04,5 κτλ. Επομένως τα πολύγωνα αθροιστικών σχετικών συχνοτήτων για τη συστολική πίεση των γυναικών που λαμβάνουν τα φάρμακα Α και Β είναι: Παρατηρούμε ότι η συστολική πίεση των γυναικών που παίρνουν το φάρμακο Β είναι εν γένει μεγαλύτερη από ότι των γυναικών που παίρνουν το φάρμακο Α. Για παράδειγμα, το 40% των γυναικών που παίρνουν το φάρμακο Α έχουν συστολική πίεση μεγαλύτερη των 9,5 mm Hg, ενώ το ίδιο ποσοστό γυναικών που παίρνουν το φάρμακο Β έχουν συστολική πίεση μεγαλύτερη των 4,5 mm Hg. Με τα δεδομένα αυτά όμως δεν μπορούμε να ξέρουμε αν το φάρμακο Β προκαλεί την αύξηση της πίεσης ή οι γυναίκες με υψηλή πίεση παίρνουν το φάρμακο Β. 7. α) Επειδή ν = 55 χρησιμοποιούμε κ = 7 ισοπλατείς κλάσεις. Το εύρος είναι R = 3,8,3 =,5 συνεπώς το πλάτος των κλάσεων είναι R,5 c = = =, 786,8. κ 7 β) Ο πίνακας συχνοτήτων είναι: Κλάσεις [ ) Διαλογή v f % N F % x,3-3, 4 5,5 4 5,5, 3,-4,9 9 34, ,0 4,0 4,9-6,7 4 7, ,3 5,8 6,7-8,5 6 0, , 7,6 8,5-0,3 4 7, ,5 9,4 0,3-, 3 5, ,9,,-3,9 5 9, 55 00,0 3,0 Σύνολο: 55 00,0

50 49 γ).3 ΜΕΤΡΑ ΘΕΣΗΣ ΚΑΙ ΔΙΑΣΠΟΡΑΣ Α ΟΜΑΔΑΣ. Αν x είναι ο πρώτος άρτιος, τότε οι ζητούμενοι άρτιοι αριθμοί θα είναι: x x + x + 4 x + 6 x + 8 x + 0. Επειδή η μέση τιμή τους είναι ίση με 5 έχουμε x+ x+ + x+ 4 + x+ 6 + x+ 8 + x+ 0 6x+ 30 = 5 = 5 x = Άρα οι αριθμοί είναι οι: 0,, 4, 6, 8, Η διάμεσός τους είναι η δ = = 5.. α) Ναι, όταν και οι δέκα τιμές είναι ίσες με. β) Όχι, η μέση τιμή είναι πάντα ανάμεσα στη μικρότερη και τη μεγαλύτερη παρατήρηση. γ) Ναι, για παράδειγμα οι τιμές: x = = = 8,5% α) x = = = 06, cm. 0 0 β) x = 08 x = 35 cm. 0

51 50 5. Αν παραστήσουμε με Χ την ηλικία των μαθητών, τότε έχουμε τα παρακάτω δεδομένα: ν Α = 8, ν Κ =, ν = ν Α + ν Κ = 30, x Α = 5,8, x = 5,4. Αν x Κ είναι η μέση ηλικία των κοριτσιών, τότε θα είναι οπότε αντικαθιστώντας τα δεδομένα έχουμε: 8 5,8 + xκ 5, 4 = xκ = 4,8. 30 ν x + ν x = ν + ν x Α Α Κ Κ Α Κ, 6. α) Έχουμε Α, Μ, 3Κ και 4Π μπάλες. Αν παραστήσουμε με Χ το βάρος (σε gr) για τις μπάλες διαφορετικού χρώματος, θα έχουμε τις τιμές 0,, και 3 για τις άσπρες, μαύρες, κόκκινες και πράσινες μπάλες, αντίστοιχα, με συχνότητες όπως δίνονται στον παρακάτω πίνακα: Α 0% 0gr Μ 0% gr Κ 30% gr Π 40% 3gr x ν f 0 0,0 0,0 3 0, ,40 Σύνολο 0,00 Άρα x = = = gr δ = = gr Μ 0 = 3 gr. β) Έχουμε Α, 4Μ, 6Κ και 8Π μπάλες. Αν εργαστούμε όπως στην προηγούμενη περίπτωση, ο πίνακας συχνοτήτων είναι: γ) x ν f 0 0,0 4 0,0 6 0, ,40 Σύνολο 0,00 4 Άρα x = = gr 0 + δ = = gr και Μ 0 = 3 gr. x= xf = 0 0,0 + 0, 0 + 0, , 40 = gr = Οι μισές από τις μπάλες έχουν βάρος μικρότερο των gr και οι άλλες μισές μεγαλύτερο των gr, άρα δ = gr.

52 5 7. α) Ο αριθμητικός μέσος είναι β) Ο σταθμικός μέσος είναι x = = x = = = Για να μεγαλώσει ο σταθμικός μέσος πρέπει να έχει μεγάλους βαθμούς στα μαθήματα που έχουν και μεγαλύτερους συντελεστές. Έπρεπε λοιπόν ο μαθητής να δώσει ιδιαίτερη προσοχή στα μαθήματα με τους συντελεστές στάθμισης Είναι x Α = 49 ευρώ, x Β = 80 και x Γ = 360 ευρώ. Άρα x = + + = = 9 ευρώ. ολ Εφόσον οι αριθμοί είναι πέντε, η διάμεσος θα είναι ο μεσαίος αριθμός. Επειδή όμως δ = 6 προκύπτει ότι ένας από τους αριθμούς που ζητούμε είναι το 6. Επειδή όμως η μέση τιμή είναι επίσης 6, αν x είναι ο πέμπτος αριθμός θα έχουμε: x = 6 x =. 5 Επομένως οι άλλοι δύο αριθμοί είναι οι και 6. xν ν α) x = 4,4 = ν ν + 4, 4(8 + ν ) = 6ν + 3 ν = β) Οι τιμές σε αύξουσα σειρά είναι: Επειδή η δ = 4,5 =, όσες τιμές έχουμε αριστερά της (δηλαδή 5) άλλες τόσες θα έχουμε προς τα δεξιά της. Άρα πρέπει να έχουμε ακόμη δύο 6. Συνεπώς ν 5 =. γ) Για να έχουμε δύο επικρατούσες τιμές πρέπει το ν 5 = 3, οπότε οι επικρατούσες τιμές θα είναι το 3 και το 6. 5

53 5. O πίνακας συχνοτήτων της μεταβλητής Χ που παριστά τον βαθμό στα Μαθηματικά των 40 μαθητών του πίνακα 4, είναι: x ν x ν Ν Σύνολο Επομένως 68 α) xν x = = = 5,45 ν 40 0ή παρ. + η παρ β) δ = = = 5, δηλαδή το πολύ 50% των μαθητών και μαθητριών έχουν βαθμό στα Μαθηματικά κάτω από 5 και το πολύ 50% πάνω από 5. γ) Μ 0 = 5 0η παρ. +η παρ δ) Q = = = 4 30ή παρ. + 3η παρ Q 3 = = = 7. Συγκεκριμένα εδώ έχουμε 3 = 3,5% με βαθμό μικρότερο του 5 και 40 9 = 47,5% με βαθμό μεγαλύτερο του Ο πίνακας συχνοτήτων είναι: Επισκέψεις [ - ) x ν x ν N F % Σύνολο 40 7

54 53 α) xν 7 x = = = 4,3. ν 40 β) Μ 0 3,3 γ) Q,33 δ = 4 Q 3 = 6 3. α) β) γ) x = 69,66 cm x = = 70 cm x = 69,67 cm α) Διακύμανση ή διασπορά ορίζεται ο μέσος όρος των τετραγώνων των αποκλίσεων των x από τη μέση τιμή τους. Μικρότερες (κατʼ απόλυτη τιμή) αποκλίσεις έχουμε στη δεύτερη λίστα και μεγαλύτερες αποκλίσεις στην τρίτη λίστα. Άρα μικρότερη διασπορά έχουν οι τιμές της ης λίστας και μεγαλύτερη διασπορά της 3ης λίστας. β) Όχι, γιατί έχουν το ίδιο εύρος. 5. Οι τιμές της βαθμολογίας σε αύξουσα σειρά είναι: δ

55 α) x = = = Μ 0 =, δ = =. β) To Q είναι η διάμεσος των: Άρα Q = 7. Το Q 3 είναι η διάμεσος των: Άρα Q 3 = 3. γ) R = 5 3 = (3 0) (4 0)... (5 0) s = = = s = 5 3,87 s 3,87 cv = = = 38,7%. x 0 6. Από τον πίνακα της άσκησης βρίσκουμε: ( ) x ν x ν x ν xν s = xν ν ν = , 4 = 984 = = 6, Άρα s = 6,, Έχουμε x = 0 και s =. Άρα: στο διάστημα (8, ) έχουμε το 68% στο διάστημα (6, 4) έχουμε το 95% στο διάστημα (4, 6) έχουμε το 99,7%. Συνεπώς το ποσοστό των μαθητών που χρειάζονται: α) κάτω από 8 λεπτά είναι το 00% 68% = 6% β) πάνω από 4 λεπτά είναι το 00% 95% =,5% γ) το πολύ 0 λεπτά είναι το 50% δ) μεταξύ 6 και λεπτά είναι το 95% 68% + 68% = 8,5%.

56 α) x = = 3, δ =. 3 β) Οι τιμές αυτές προκύπτουν από τις τιμές του πρώτου δείγματος αν πολλαπλασιάσουμε καθεμιά επί. Άρα x = 3 = 6 και δ = = 4. γ) Οι τιμές αυτές προκύπτουν από τις τιμές του πρώτου δείγματος αν προσθέσουμε σε καθεμιά το 0. Άρα x = = 3, δ = + 0 =. δ) Οι τιμές αυτές προκύπτουν από τις τιμές του πρώτου δείγματος πολλαπλασιάζοντας καθεμιά επί και προσθέτοντας το 0. Άρα x = = 6, δ = + 0 = 4. ( 4) + (3 4) + (4 4) + (5 4) + (7 4) 0 9. sα = ( x xα) = = = 4 ν 5 5 (3 ) + (9 ) ( ) 80 β β s = ( x x ) = = = 36 ν 5 5 (6 9) + (8 9) ( 9) 0 γ γ s = ( x x ) = = = 4 ν 5 5 ( + 4) + ( 3 + 4) ( 7 + 4) 0 δ δ s = ( x x ) = = = 4 ν 5 5 Άρα s α =, s β = 6, s γ =, s δ =. Παρατηρούμε ότι: Οι τιμές της λίστας (β) προκύπτουν από τις αντίστοιχες τιμές της λίστας (α) πολλαπλασιάζοντας κάθε τιμή επί 3. Τότε, από την εφαρμογή 3, η διακύμανση των τιμών της λίστας (β) προκύπει από τη διακύμανση των τιμών της λίστας (α) πολλαπλασιάζοντας επί 3. Δηλαδή, s = 3 s και s = 3 s. β α β Οι τιμές της λίστας (γ) προκύπτουν από τις αντίστοιχες τιμές της λίστας (α) προσθέτοντας το 5. Τότε, από την εφαρμογή 3, η διακύμανση της λίστας (γ) ισούται με τη διακύμανση της λίστας (α). Δηλαδή s = s και s = s. γ α γ α Οι τιμές της λίστας (δ) προκύπτουν από τις αντίστοιχες τιμές της λίστας (α) πολλαπλασιάζοντας επί ( ). Τότε σύμφωνα με την εφαρμογή 3, s = ( ) s = s και s = s = s. δ α α α δ α α

57 56 s 0. cv = 0, 7 = s = 70 ευρώ x 65 x s = { x ν x } ν = 8 ν s x ν = ν =. + + Β ΟΜΑΔΑΣ. α) Επειδή το εύρος των παρατηρήσεων είναι R = 0 0 = 0 και το πλήθος των κλάσεων είναι κ = 5, προκύπτει ότι το πλάτος των κλάσεων είναι c = R/κ = 0/5 =. Επομένως ο πίνακας συχνοτήτων είναι: β) Κλάσεις [ - ) x ν x v Ν F % Σύνολο x = = Από το διπλανό πολύγωνο αθροιστικών σχετικών συχνοτήτων βρίσκουμε δ = 5. γ) Ζητάμε το Ρ 95. Από το πολύγωνο αθροιστικών σχετικών συχνοτήτων βρίσκουμε Ρ Επειδή ν = 5 και s = 0, έχουμε: 5 5 s = ( x x ) ( x x ) = ν s = 5 0 = 50 Αλλά ν = = 5 4 ( x x) = ( x x) + ( x5 x) = = 5 4 x5 x x x x x = = ( ) = ( ) ( ) = 50 4 = 36 x x = 6 x = x + 6 = = 0 5 5

58 57 ή 5 5 x x = 6 x = x 6= 4 6=. Συνεπώς x 5 = ή x 5 = Σε αύξουσα σειρά οι τιμές είναι: α) x = = = 3, ευρώ δ= = 0,5 ευρώ Μ 0 = 9 ευρώ β) Αν προσθέσουμε το ΦΠΑ 8%, τότε σύμφωνα με την εφαρμογή 3 η μέση τιμή θα αυξηθεί κατά 8%. Δηλαδή η μέση αξία των βιβλίων θα γίνει 8 x + x = 3, + 0,8 3, 3, +,37 5,57 ευρώ 00 Εφόσον οι παρατηρήσεις αυξάνονται όλες κατά 8%, τότε η διάμεση τιμή θα είναι η αρχική διάμεση τιμή αυξημένη κατά 8%, δηλαδή θα γίνει 8 δ+ δ= 0,5 + 0,8 0,5 =,39 ευρώ 00 Ομοίως και η επικρατούσα τιμή θα αυξηθεί κατά 8%, δηλαδή θα γίνει 8 Μ 0 + Μ 0 = 9 + 0,8 9 = 9 +,6 = 0,6 ευρώ 00 γ) Εάν προσθέσουμε επιπλέον και το κόστος των 0,3 ευρώ για το ντύσιμο κάθε βιβλίου, τότε η μέση, η διάμεση και η επικρατούσα αξία θα αυξηθούν κατά 0,3 ευρώ δηλαδή θα γίνουν: 5,87 ευρώ,,69 ευρώ, 0,9 ευρώ αντιστοίχως. 4. Αν 0,, 4, 6, 8, 0, οι τιμές ενός δείγματος, τότε η μέση τιμή και η τυπική απόκλιση είναι: x = = = (0 6) + ( 6) + (4 6) + (6 6) + (8 6) + (0 6) + ( 6) s x = = = 6. 7 Άρα s x = 4. Αν από κάθε τιμή αφαιρέσουμε τη μέση τιμή και διαιρέσουμε με την τυπική απόκλιση, οι νέες τιμές θα είναι ,,, 0,,, ή,5,, 0,5, 0, 0,5,,,

59 58 Συνεπώς η μέση τιμή και η τυπική τους απόκλιση είναι: και,5 0, ,5+ +,5 0 y = = = 0 7 7, , 5 + 0, 5 + +, 5 7 sy = ( y y) = y = = = Γενικά, αποδεικνύεται (βλέπε εφαρμογή 3) ότι: αν x, x,..., x v οι παρατηρήσεις ενός δείγματος με μέση τιμή x και τυπική απόκλιση s, τότε οι τιμές x x y =, =,,..., ν έχουν μέση τιμή 0 και τυπική απόκλιση. s 5. α) Ο αριθμός των πωλητών είναι = 60. β) = 33. γ) Μ 0 5, χιλ. ευρώ = 5.00 ευρώ δ) Κλάσεις [ - ) x ν x ν x ν N F % 0-0, , , , , , ,0 Σύνολο xy 34 x = = = 5,7 χιλιάδες ευρώ = ευρώ ν 60 s ( ) = xν 34 xν = 684 ν ν =, 4. Άρα s =, 4 3,5 χιλιάδες ευρώ = 3,5 0 3 ευρώ

60 59 ε) 3 Q,8 0 ευρώ 3 δ = Q 5,4 0 ευρώ 3 Q3 8,3 0 ευρώ 6. α) Έχουμε κ = 5 κλάσεις πλάτους c = 0 της ηλικίας X των ατόμων μιας πόλης. Ο πίνακας συχνοτήτων είναι : Κλάσεις [ - ) x ν x ν x ν N F % , , , , ,0 Σύνολο από τον οποίο βρίσκουμε x ν 600 x = = = 43,33 έτη ν 60 s ( ) = xν x ν = ν ν 60 Άρα s = 54, = 3, 9 έτη. = 54, 3,9 cv = = 53,75%. Η τιμή αυτή σημαίνει ότι έχουμε μεγάλη 43,33 ανομοιογένεια. β) Κατασκευάζουμε το πολύγωνο αθροιστικών σχετικών συχνοτήτων από το οποίο εκτιμούμε τα Q και Q 3.

61 60 Q 4 έτη Q3 59 έτη Q = Q3 Q = 59 4 = 35 Δηλαδή το 5% των ατόμων έχουν ηλικία κάτω των 4 ετών, το 5% έχουν ηλικία άνω των 59 ετών και για το ενδιάμεσο 50% των ατόμων η ηλικία τους διαφέρει μέχρι και 35 χρόνια. 7. Παρατηρούμε ότι οι κλάσεις της ηλικίας είναι 50-54, 55-59, κτλ. Τότε όμως δύο άτομα, για παράδειγμα 54, και 54,8 ετών αντιστοίχως, σε ποια κλάση θα ταξινομηθούν; Στις περιπτώσεις αυτές συνήθως η στρογγυλοποίηση γίνεται στον πλησιέστερο ακέραιο οπότε το 54, θα γίνει 54 και το 54,8 θα γίνει 55. Συνεπώς χρησιμοποιώντας για την ηλικία κλάσεις της μορφής [ - ), οι κλάσεις και ο πίνακας συχνοτήτων για τους άνδρες και τις γυναίκες είναι: Κλάσεις [ - ) x Άνδρες ν Ν F % ν Γυναίκες N F % 49,5-54, ,3 7 7, 54,5-59, ,6 4,8 59,5-64, ,6 3 5, 64,5-69, , ,4 69,5-74, , ,3 74,5-79, , ,0 79,5-84, , ,3 84,5-89, , ,0 Σύνολο Από τον πίνακα, τα πολύγωνα αθροιστικών σχετικών συχνοτήτων είναι:

62 Παρατηρούμε από τα πολύγωνα αθροιστικών σχετικών συχνοτήτων ότι τα ποσοστά των ανδρών που πέθαναν από υπερτασική νόσο το 995 ήταν σʼ όλες τις ηλικίες μεγαλύτερα από τα αντίστοιχα ποσοστά των γυναικών. Το 5% των ανδρών που πέθαναν από υπερτασική νόσο ήταν κάτω των 73 ετών περίπου ενώ για το αντίστοιχο ποσοστό η ηλικία των γυναικών ήταν κάτω των 75 ετών περίπου. Ομοίως το 50% των ανδρών και το 50% των γυναικών ήταν άνω των 8 ετών. Τέλος, το 5% των ανδρών και το 5% των γυναικών ήταν (περίπου) άνω των 85 ετών. 6.4 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΠΑΛΙΝΔΡΟΜΗΣΗ Α ΟΜΑΔΑΣ. Τα διαγράμματα διασποράς για τα ζεύγη (x, y ) στις περιπτώσεις (α) και (β) δίνονται παρακάτω. Η προσαρμοσμένη με το μάτιˮ ευθεία μπορεί να είναι, όπως έχουμε δει, διαφορετική για κάθε μαθητή. α) β). ) Εργαζόμαστε όπως στην εφαρμογή. Επιλέγουμε τα σημεία Α(6, 8), Β(8, 8), οπότε για την ευθεία που διέρχεται από τα σημεία αυτά έχουμε: 8= α + 6β α = 3 8= α + 6β 8= α + 6β = α + 8β 0 = β β = β = Άρα y = 3 + x. 6 ) Εργαζόμαστε όπως και στην περίπτωση (). Για τα σημεία Α(0, 60), Β(35, 70) έχουμε:

63 6 60 = α + 0β 60 = α + 0β 60 = α + 0β α 46,7. 70 = α + 35β 0 = 5β β = β 0,67 3 Άρα y = 46,7 + 0,67x. 3. α) Έχουμε τον πίνακα x y x x y από τον οποίο βρίσκουμε xy ( x)( y) ν x ( ) x ν ˆ β = = = ˆ α = y ˆ βx = 3 3 = 0. Άρα η ευθεία ελαχίστων τετραγώνων είναι η ŷ = x και δίνεται στο παρακάτω σχήμα (α). Συνεπώς η πρόβλεψη του y για x = 6 είναι y ˆ = 6. y = α + βx ν = 5 x 5 x = = = 3 ν 5 y 5 y = = = 3 ν 5 Αν εργαστούμε όπως και στην περίπτωση (α), βρίσκουμε: β) ν = 5, x = 3, y = 3, ˆ β =, ˆ α = 6. Άρα yˆ = 6 x. Συνεπώς για x = 6 έχουμε y ˆ = 0. γ) ν = 5, x = 3, y = 3, ˆ β = 0,3, ˆ α = 3,9. Άρα yˆ = 3,9 0,3x. Συνεπώς για x = 6 έχουμε y ˆ =,. δ) ν = 5, x = 3, y = 3, ˆ β = 0,3, ˆ α =,. Άρα yˆ =, + 0,3x. Συνεπώς για x = 6 έχουμε y ˆ = 3,9.

64 63 4. Συμπληρώνουμε τον παρακάτω πίνακα x y x x y 0,30,5 0,0990 3,750 0,35,5 0,5 4,05 0,40,0 0,600 4,400 0,45 8,5 0,05 3,85 0,55 7,0 0,305 3,850 0,60 6,0 0,3600 3,600 0,65 5,0 0,45 3,50 0,70 4,0 0,4900,800 0,75,5 0,565,875 0,80,0 0,6400,600 5,55 70,0 3,355 3,975 από τον οποίο βρίσκουμε xy ( x)( y) ν x ( ) 0 3,355 5,55 x ν = 0 ν ˆ 0 3,975 5,55 70 β = = =,58 5,55 x = = = 0,555 ν 0 και ˆ α = y ˆ βx = 7 (,58) 0,555 = 8,98. Το διάγραμμα διασποράς και η ευθεία ελαχίστων τετραγώνων yˆ = 8,98,58x, δίνονται παρακάτω: x y 70 y = = = 7 ν 0

65 64 Η ευθεία που προσαρμόστηκε με το μάτιˮ στην εφαρμογή ήταν η y = 8,5 0,58x. Συνεπώς μπορούμε να πούμε ότι έγινε ικανοποιητική προσαρμογή σε σχέση με την ευθεία ελαχίστων τετραγώνων yˆ = 8,98,58x. 5. α) Συμπληρώνουμε τον παρακάτω πίνακα x y x x y y = α + βx ν = 5 79 x = = 5, y = = 6,6 5 από τον οποίο βρίσκουμε xy ( x)( y) ν x ( ) x ν ˆ β = = = =, ˆ α = y ˆ βx = 6,6,07 5,8 = 0,35. Άρα yˆ = 0,35 +,07x. Το διάγραμμα διασποράς και η ευθεία ελαχίστων τετραγώνων δίνονται παρακάτω β) Αν x = 5 τότε y ˆ = 0,35 +,07 5 = 5,7 6. Επομένως για μαθητή με βαθμό 5 στα Μαθηματικά αναμένεται να έχει βαθμό 6 στη Φυσική.

66 65 Β ΟΜΑΔΑΣ. α) Η ηλικία (Χ) θεωρείται ως ανεξάρτητη μεταβλητή και η συστολική πίεση (Υ) ως εξαρτημένη μεταβλητή καθόσον η ηλικία καθορίζεται χωρίς σφάλμα ενώ στη μέτρηση της συστολικής πίεσης έχουμε κάποιο σφάλμα. β) γ) Είναι δυνατό να έχουμε διαφορετικές ευθείες που προσαρμόζονται με το μάτιˮ στα δεδομένα αυτά. Αν, για παράδειγμα, πάρουμε τα σημεία Α(30, 0) και Β(60, 50), βρίσκουμε ότι η ευθεία που διέρχεται από τα σημεία αυτά είναι η y = 70 +,33 x. δ) Για μια γυναίκα ηλικίας 75 ετών προβλέπεται συστολική πίεση y = 70 + l, mm Hg.. α) Αρκεί να βρούμε την ευθεία ελαχίστων τετραγώνων του ύψους (Υ) των μαθητών πάνω στο ύψος (Χ) των πατέρων τους ή, για ευκολία, να προσαρμόσουμε με το μάτιˮ την καλύτερη ευθεία στο αντίστοιχο διάγραμμα διασποράς. Οι τιμές των ζευγών (x, y ), =,,..., 8 δίνονται παρακάτω, όπου y Α παριστάνει το ύψος των αγοριών και x Π το ύψος των πατέρων τους: y A x Π x Μ x + x = , , , , , , , , ,5 z Π Μ

67 66 Η ευθεία ελαχίστων τετραγώνων του ύψους των αγοριών πάνω στο ύψος του πατέρα, όπως μπορεί εύκολα να διαπιστωθεί μετά από πράξεις, είναι η yˆ Α = ,06xΠ. Για x Π =80 cm το προβλεπόμενο ύψος του αγοριού είναι yˆ Α = 78,7 cm. β) Όπως προηγουμένως, με τη διαφορά ότι η ανεξάρτητη μεταβλητή είναι η Ύψος πατέρα + Ύψος μητέρας Ζ = = Χ + Χ Π Μ. Οι τιμές των ζευγών (y, z ), =,,..., 8 δίνονται επίσης στον παραπάνω πίνακα. Η ευθεία ελαχίστων τετραγώνων του ύψους των αγοριών στο μέσο ύψος των γονιών τους είναι η yˆ =,9 + Α 0,38z. Για z = 70 cm το προβλεπόμενο ύψος του αγοριού είναι yˆ Α = 77,5 cm. 3. Εργαζόμαστε όπως στην άσκηση όπου Υ Κ το ύψος των κοριτσιών, Χ Μ το ύψος της μητέρας και Ζ το μέσο ύψος των γονιών. Για κάθε περίπτωση έχουμε ζεύγη τιμών.

68 67 α) Μετά από πράξεις, η ευθεία ελαχίστων τετραγώνων του ύψους των κοριτσιών πάνω στο ύψος της μητέρας είναι yˆ Κ = 64,6 + 0,0xΜ. Έτσι το προβλεπόμενο ύψος ενός κοριτσιού με ύψος μητέρας x Μ =68 cm είναι yˆ Κ = 68,3 cm. β) Αν εργαστούμε όπως και στην περίπτωση (α) βρίσκουμε yˆ = + Κ 0,33z. Για z = 70 cm έχουμε yˆ Κ = 68, cm. 4. α) Συμπληρώνουμε πρώτα τον παρακάτω πίνακα x y x x y από τον οποίο βρίσκουμε ν ˆ xy ( x)( y) β = ν x x ( ) = ν = 8 x = 5 y = 7,5 448 = =,75,8 3 ˆ α = y ˆ βx = 7,5,75 5,88.

69 68 Επομένως η ευθεία ελαχίστων τετραγώνων είναι η yˆ =,88 +,8x β) Για μια νύφη x = 5 ετών εκτιμούμε από την ευθεία ελαχίστων τετραγώνων την ηλικία του γαμπρού. y =,88 +,8 5 = 7,6 έτη 7 έτη 7 μήνες γ) Όταν η ανεξάρτητη μεταβλητή Χ (ηλικία νύφης) μεταβάλλεται κατά μία μονάδα τότε η εξαρτημένη μεταβλητή Υ μεταβάλλεται κατά ˆβ μονάδες. Επομένως όταν η ηλικία της νύφης αυξηθεί κατά ένα έτος αναμένεται η αύξηση (διότι ˆ β > 0 ) της ηλικίας του γαμπρού κατά ˆ β =,8 έτη έτος μήνες. 5. α) Αν εργαστούμε όπως στην άσκηση 4 βρίσκουμε την ευθεία ελαχίστων τετραγώνων της ηλικίας της νύφης στην ηλικία του γαμπρού ˆx = ˆ γ + ˆ δy, όπου ν δ = yx ( y)( x) ν y ( ) y ˆ = = 0, και. Επομένως η ευθεία ελαχίστων τετραγώνων της ηλικίας της νύφης στην ηλικία του γαμπρού είναι η xˆ = 5,5 + 0,7y. β) Για ένα γαμπρό ηλικίας y = 8 ετών η εκτιμώμενη ηλικία της νύφης είναι: x ˆ = 5, 5 + 0,7 8 = 5, 4 έτη 5 έτη 5 μήνες. γ) Όταν η ανεξάρτητη μεταβλητή Υ (ηλικία γαμπρού) μεταβάλλεται κατά μία μονάδα τότε η εξαρτημένη μεταβλητή Χ μεταβάλλεται κατά ˆ δ μονάδες. Επομένως όταν η ηλικία του γαμπρού αυξηθεί κατά ένα έτος αναμένεται αύξηση (διότι ˆ δ > 0 ) της ηλικίας της νύφης κατά ˆ δ = 0,7 έτη 9 μήνες.

70 69.5 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΣΥΣΧΕΤΙΣΗ Α ΟΜΑΔΑΣ. 0, 0,, -0,6, -0,7, 0,9, -.

71 70 3. α) Εργαζόμαστε όπως στην εφαρμογή της.5: x y x y x y Επομένως ο συντελεστής γραμμικής συσχέτισης είναι ν xy ( x)( y) x ( x) ν y ( y) r = = ν = 0,99, ,83 δηλαδή αρκετά μεγάλη θετική γραμμική συσχέτιση, όπως ακριβώς εκτιμήθηκε και από το διάγραμμα διασποράς (α) της προηγούμενης άσκησης. Με ανάλογο τρόπο υπολογίζουμε τους συντελεστές γραμμικής συσχέτισης για τις περιπτώσεις (β) έως (ε), για τις οποίες βρίσκουμε: β) r = 0,59 γ) r = 0,70 δ) r = 0,05 ε) r = 0,33 4. Υπολογίζουμε πρώτα τις μέσες τιμές x και y και στη συνέχεια βρίσκουμε το συντελεστή γραμμικής συσχέτισης από τη σχέση () της.5: α) x = = 3 και 5 x y x x y = = 0 5 y y ( x x) y ( x x)( y y) ( y ) Επομένως ( x x)( y y) 0 r = = =. ( x x) ( y y) 0 40 ν = 8

72 7 Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι υπάρχει τέλεια αρνητική γραμμική συσχέτιση. β) Αν εργαστούμε όπως στην περίπτωση (α) βρίσκουμε r =, δηλαδή υπάρχει τέλεια θετική γραμμική συσχέτιση. Συγκρίνοντας τις τιμές των (x, y) και τους αντίστοιχους συντελεστές γραμμικής συσχέτισης παρατηρούμε ότι: Εάν οι X, Υ είναι αρνητικά συσχετισμένες οι X, Υ είναι θετικά συσχετισμένες. 5. Επειδή ν = 4 και x = 7, y = 4,5 έχουμε x = ν x = 8 και y = ν y = 8. Συνεπώς ο συντελεστής γραμμικής συσχέτισης είναι: ν xy ( x)( y) x ( x) ν y ( y) r = = ν = 0, Επειδή (x, y ) = (, 6) έχουμε: ( x x) = 9 ( x) = 9 x = ή x = 5. Επειδή όμως x > 0 η x = απορρίπτεται. Όταν όμως x = 5 έχουμε x = 5 x = Συνεπώς η τρίτη τιμή της μεταβλητής Χ είναι η 30 ( ) = 4. ( y y) = (6 y) = y = 5 ή y = 7 Για y = 5 έχουμε: ( x x)( y y) = ( 5)(6 5) = 3 3 απορρίπτεται. Για y = 7 έχουμε ( x x)( y y) = ( 5)(6 7) = 3, δεκτή. Όταν όμως y = 7 έχουμε y = 7 y = 4. 6 Συνεπώς η τέταρτη τιμή της μεταβλητής Υ είναι η 4 ( ) =. Στη συνέχεια συμπληρώνουμε τον πίνακα ως εξής:

73 7 x y ( x x) y ( x x)( y y) ( y ) ν = 6 x = 5 y = 7 από τον οποίο βρίσκουμε r = B ΟΜΑΔΑΣ ( x x)( y y) = = = 074., ( x x) ( y y) , 66. α) Αν εργαστούμε όπως στην εφαρμογή της.5 βρίσκουμε τον πίνακα x y x y x y 5,6 0,8 43,36 6,64 68,48 5,, 3,04 3, 68,7 4,7,5 6,09 3,5 69,05 4,3, 04,49 46,4 73,03 3,4,8 79,56 63,84 7,5,8 3, 63,84 74,4 68,96 86,0 7,5 38,38 856,59 09,76 Επομένως ν xy ( x)( y) r = ν x x ν y y ( ) ( ) ν = ,76 86,0 7,5 30, 44 = = 6 38, ,59 (7,5) 34,8 7,9 Έχουμε δηλαδή τέλεια αρνητική γραμμική συσχέτιση μεταξύ της κατανάλωσης άπαχου και πλήρους γάλακτος. β) Αν πολλαπλασιάσουμε τις παραπάνω τιμές των x και y με 3,8 βρίσκουμε την κατανάλωση σε λίτρα. Αν εργαστούμε όπως στην περίπτωση (α) βρίσκουμε πάλι ότι r.

74 73. α) Το διάγραμμα διασποράς είναι:: β) Από το διάγραμμα διασποράς εκτιμούμε ότι ο συντελεστής γραμμικής συσχέτισης είναι περίπου 0,90. γ) Έχουμε τον πίνακα x y ( x x) y ( x x)( y y) ( y ) από τον οποίο βρίσκουμε x = 0, y = 0 και r 0,87, δηλαδή έχουμε αρκετά μεγάλη θετική γραμμική συσχέτιση ν ν { } 3. α) ( x x)( y y) = xy yx xy + xy = = = xy y x x y + xy = xy νyx νxy+ νxy = xy ν xy. β) Για ν = 7 έχουμε: ( x x)( y y) = xy ν xy= = 56.

75 74 Επομένως r = ( x x)( y y) ( x x) ( y y) δηλαδή έχουμε τέλεια θετική γραμμική συσχέτιση = = = 8 56, 4. Αν παραστήσουμε με X τη βαθμολογία του εξεταστή Α και με Y τη βαθμολογία του εξεταστή Β έχουμε τον παρακάτω πίνακα x y x y x y από τον οποίο βρίσκουμε ν xy ( x)( y) r = ν x x ν y y ( ) ( ) = 0, Επομένως έχουμε αρκετά μεγάλη θετική γραμμική συσχέτιση μεταξύ της βαθμολογίας των δύο εξεταστών. ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ. Κατασκευάζουμε τον πίνακα συχνοτήτων x ν Ν x v xν f % F % ,50, ,5 43, ,00 68, ,00 83, ,50 9, ,5 97, ,50 00,00 Σύνολο ,00

76 75 από τον οποίο βρίσκουμε xν 6 α) x = = =,05, ν 80 β) ( ) = x ν 6 s xν = 506 ν ν Άρα s =, 4 =, δ = =, Μ 0 = =, 4. Από το πολύγωνο αθροιστικών σχετικών συχνοτήτων εκτιμούμε Q 0,4, δ, 5 και Q3,4.. ν = 60, κ = 5, c = α) Ο πίνακας συχνοτήτων είναι: β) Κλάσεις [ - ) x ν Ν x v x ν Σύνολο

77 76 xν 64 γ) x = = = 4,4 λάθη ν 60 δ 4,3 λάθη Μ 0 4,5 λάθη ( ) x ν 64 s = xν = 476 = 5, 4. ν ν s = 5,4,9. 3. α) Επειδή το 8% των ν = 00 υπαλλήλων ανήκουν στην πρώτη κλάση, συμπεραίνουμε ότι η συχνότητα ν της πρώτης κλάσης είναι 8 ν = 00 = 36. Ομοίως υπολογίζουμε και τις συχνότητες των άλλων 00 κλάσεων, οπότε έχουμε τον παρακάτω πίνακα: β) Κλάσεις [ - ) x ν f % x ν x ν 0-5, ,6 5-0, , , , , , , ,8 Σύνολο xν 80 x = = = 4, ν 00 ( x ) ν 80 s = xν = = 55, 44. ν ν Άρα s = 7,4. γ) ) Πρέπει να έχουν τώρα τουλάχιστον 30 έτη υπηρεσίας. Επομένως 8 υπάλληλοι θα συνταξιοδοτηθούν στην επόμενη πενταετία. ) Πρέπει να έχουν τώρα τουλάχιστον 5 έτη υπηρεσίας. Υποθέτοντας ότι τα 8 άτομα στην κλάση 0-30 είναι ομοιόμορφα κατανεμημένα, οι 4 θα έχουν πάνω από 5 έτη υπηρεσίας (και κάτω των 30 ετών). Συνεπώς, συνολικά = άτομα θα συνταξιοδοτηθούν στην επόμενη δεκαετία. δ) Επειδή έχουμε άνισες κλάσεις, το ύψος των ορθογωνίων θα είναι * f % υ =. Έτσι για την πρώτη κλάση με πλάτος c = 5 0= 5 και σχετική c * 8 συχνότητα 8% το ύψος του ορθογωνίου είναι υ = = 3,6. Ομοίως 5 * υ

78 * βρίσκουμε και τα άλλα ύψη υ τα οποία δίνονται στον παρακάτω πίνακα. Στη συνέχεια βρίσκουμε το ιστόγραμμα σχετικών συχνοτήτων α) 5834 β) x 990 = 486 ατυχήματα ανά μήνα 4465 x 994 = 37 ατυχήματα ανά μήνα. γ) 5834, 4% 8 για το ,% 94 για το 994 Παρατηρούμε ότι ενώ έχουμε λιγότερα κατά μέσο όρο ατυχήματα το 994 τα θανατηφόρα ήταν περισσότερα. Επίσης το 990 είχαμε μια, έστω και μικρή, καθοδική τάση των ατυχημάτων κατά τη διάρκεια του έτους. Αντίθετα το 994 ο αριθμός των ατυχημάτων ήταν περίπου σταθερός, γύρω στα 750 ανά δίμηνο α) x Α = = 3 χιλ. ώρες = ώρες x Β = = 9 χιλ. ώρες = ώρες. 5 Κατά μέσο όρο μία ηλεκτρ. συσκευή τύπου Α στοιχίζει 30 ευρώ = 0,0 ευρώ/ώρα = λεπτό/ώρα 3000 ώρες

79 78 Ομοίως κατά μέσο όρο μια ηλεκτρ. συσκευή τύπου Β στοιχίζει για καθεμιά από τις τρεις περιπτώσεις: 80 ευρώ ) 0,95 λεπτά/ώρα. Άρα προτιμούμε ηλ. συσκευή τύπου Β ώρες 90 ευρώ ) λεπτό /ώρα. Άρα δεν έχουμε προτίμηση ώρες 00 ευρώ ),05 λεπτά/ώρα. Άρα προτιμούμε ηλ. συσκευή τύπου Α ώρες β) Αρκεί να βρούμε τους συντελεστές μεταβλητότητας: ( 3) + (4 3) + (3 3) + (30 3) + (36 3) 40 s Α = = = οπότε s Α = 9,65. ( 9) + (3 9) + (6 9) + ( 9) + (3 9) 7 s Β = = = 54,4 5 5 οπότε s Β = 7,376. 9,65 7,376 Συνεπώς cv Α = = 39,8% και cv Β = = 38,8%. 3 9 Επομένως οι ηλεκτρ. συσκευές και των δύο τύπων παρουσιάζουν σχετικά μεγάλη ανομοιογένειαˮ ως προς τη διάρκεια λειτουργίας τους. Ελάχιστα μεγαλύτερη ομοιογένεια παρουσιάζουν οι ηλεκτρ. συσκευές του τύπου Β. 6. α) β) Εξετάζουμε πρώτα την περίπτωση πριν το Σ.Κ. ) Η μέση τιμή ενός συνόλου παρατηρήσεων ορίζεται ως το άθροισμα των παρατηρήσεων διά του πλήθους αυτών. Έτσι, το μέσο ποσοστό των πολύ καλά ενημερωμένων για τις ν = 5 χώρες της Ε.Ε. ήταν π 66 π = = 44,%. ν 5

80 ) Αντίθετα, όταν οι παρατηρήσεις δεν έχουν την ίδια βαρύτητα, όπως εδώ όπου έχουμε τα ποσοστά των χωρών της Ε.Ε. με διαφορετικό πληθυσμό η καθεμιά, τότε πρέπει να χρησιμοποιηθεί ο σταθμικός μέσος με βάρη w τον πληθυσμό των χωρών. Τα βάρη αυτά, από τη Γεωγραφία της Β Γυμνασίου (Α. Καραμπάτσα κ.ά.), δίνονται στον παρακάτω πίνακα: Χώρα Ποσοστό π % Βάρος Αυστρία Βέλγιο Βρετανία Γαλλία Γερμανία Δανία Ελλάδα Ιρλανδία Ισπανία Ιταλία Λουξεμβούργο Ολλανδία Πορτογαλία Σουηδία Φιλανδία Σύνολο Άρα το σταθμικό μέσο ποσοστό των πολύ καλά ενημερωμένων πριν το Σ.Κ. ήταν π w π w = = 45%. w Για το αριθμητικό μέσο ποσοστό των πολύ καλά ενημερωμένων μετά το Σ.Κ. βρίσκουμε π = 43,9%, ενώ το αντίστοιχο σταθμικό μέσο ποσοστό, χρησιμοποιώντας τα ίδια βάρη όπως προηγουμένως, είναι 46%. 7. Μετατρέπουμε τους χρόνους σε δευτερόλεπτα οπότε έχουμε τα παρακάτω χρονογράμματα: w π w 79

81 80 Παρατηρούμε ότι υπάρχει μια συνεχής βελτίωση του χρόνου μέχρι και τους Ολυμπιακούς αγώνες του 976. Στη συνέχεια η βελτίωση του χρόνου, τόσο για τους άνδρες όσο και για τις γυναίκες, είναι πολύ μικρή. 8. α) Έχουμε τον πίνακα από τον οποίο βρίσκουμε Έτος x y x x y Σύνολο και xy ( x)( y) ν x ( ) x ν ˆ β = = = 0,34 ˆ α = y ˆ βx = 65,8 0,34 8 = 63,. Άρα η ευθεία ελαχίστων τετραγώνων είναι η yˆ = 63, + 0,34x και παριστάνεται στο παρακάτω διάγραμμα διασποράς: β) Για x = 7 (έτος 976) έχουμε y ˆ = 63, + 0,34 7 = 68,9 κάτοικοι/km που δεν διαφέρει και πολύ από τους 69,5 κατοίκους/km που είχαμε σύμφωνα με την άσκηση.

82 8 9. γ) Έχουμε τον πίνακα Έτος x y x x y 93 7,7 7, , 36 90, ,8 00 8, , , , , , , , 56 78,8 Σύνολο 8 76, , από τον οποίο βρίσκουμε και xy ( x)( y) ν x ( ) x ν ˆ 7 0, 8 76,7 β = = = 0,305 ˆ α = y ˆ βx = 0,96 + 0,305 8, 9 = 6,53. ν = 7 x = 8,9 y = 0,96 Άρα η ευθεία ελαχίστων τετραγώνων είναι η yˆ = 6,53 0,3x και παριστάνεται στο παρακάτω διάγραμμα διασποράς. 0. Έχουμε τον πίνακα x y x x y 3,5,,5 3,85 3,7,5 3,69 5,55 4,,8 7,64 7,56 4,3,5 8,49 6,45 6,9,5 47,6 7,5,6 8,4 09,68 40,66 ν = 5 x = 4,5 y =, 68

83 8 από τον οποίο βρίσκουμε και xy ( x)( y) ν x ( ) 5 09,68, 4 x ν ˆ 5 40,66,4 8,4 β = = = 0,36 ˆ α = y ˆ βx =,68 0,36 4,5 = 0,06. Άρα η ευθεία ελαχίστων τετραγώνων είναι η yˆ = 0,06 + 0,36x και παριστάνεται στο παρακάτω διάγραμμα διασποράς. β) Για x = 5 έχουμε y ˆ = 0,06 + 0,36 5 =,86 0 = 8,6 γ) Πρέπει να βρούμε πρώτα την ευθεία ελαχίστων τετραγώνων της X πάνω στην Υ.. α) Σύμφωνα με την άσκηση 7(α) Α Ομάδας της.5, έχουμε: s ( x x)( y y) xy ν xy xy = ν = x ( x ) x ν s x x ν δηλαδή ˆ sxy β = (). s β) Έχουμε: x ( x x)( y y) ν s s s s ˆ s r = = = = = β. ( x x) ( y y) s s xy xy xy x x ν x ν ss y x y sx sy sy

84 83. C F C F C F Fˆ = ˆ α + ˆ βc ν = 5 F 385 F = Σ = = 77 ν 5 C 5 C = Σ = = 5 ν 5 ˆ νσ FC ( Σ F)( Σ C) β = νσ C ( Σ C) = = =,8 50 ˆ α = F ˆ βc = 77,8 5 = 3. Άρα Fˆ = 3 +,8C. 3. Είναι ( ) ( x x)( z z) r X, Z = ( x x) ( z z) Επειδή Ζ = λυ έχουμε () z + z z λy + λy λy z ν ν Άρα z z = λy λy = λ( y y) και ν ν = = = λ y. ( z z) = λ ( y y) = λ ( y y). Αντικαθιστούμε στην () και έχουμε λ r( X, Z )= λ ( x x)( y y) ( x x) ( y y) Επομένως όταν λ > 0 ισχύει r(x,ζ) = r(x,υ) ενώ λ < 0 ισχύει r(x,ζ) = r(x,y). λ = r( X, Y ) λ.

85 84 4. Έχουμε xy ( x)( y) ν x ( x) ν ˆ β = = = = 8, x = =, y = = 64 ˆ α = 64 8,87 = 56, 46. Επομένως η ευθεία ελαχίστων τετραγώνων είναι η yˆ = 56, ,87x και παριστάνεται στο παρακάτω διάγραμμα διασποράς. Για το έτος 995 αντιστοιχεί x =, οπότε ο προβλεπόμενος αριθμός διαζυγίων είναι y ˆ = 56,46 + 8,87 47 διαζύγια Για το έτος 000 αντιστοιχεί x = 6, οπότε ο προβλεπόμενος αριθμός διαζυγίων το έτος 000 θα είναι ˆ 56,46 8, y = + διαζύγια.

86 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 3. ΔΕΙΓΜΑΤΙΚΟΣ ΧΩΡΟΣ ΕΝΔΕΧΟΜΕΝΑ Α ΟΜΑΔΑΣ. Έστω α, μ, κ τα αποτελέσματα η μπάλα να είναι άσπρη, μαύρη και κόκκινη αντιστοίχως. Έχουμε: ) Ω = {(α,α), (α,μ), (α,κ), (μ,α), (μ,μ), (μ,κ), (κ,α), (κ,μ), (κ,κ)} ) {(κ,α), (κ,μ), (κ,κ)} ) {(α,α), (μ,μ), (κ,κ)}. ) Ω = {(α,μ), (α,κ), (μ,α), (μ,κ), (κ,α), (κ,μ)} ) {(κ,α), (κ,μ)} ) Ø.

87 86 3. ) Ω = {(Κύπρος, αεροπλάνο), (Κύπρος, πλοίο) (Μακεδονία, αυτοκίνητο), (Μακεδονία, τρένο), (Μακεδονία, αεροπλάνο)} ) Α = {(Κύπρος, αεροπλάνο), (Μακεδονία, αεροπλάνο)}. 4. ) Αν συμβολίσουμε καθεμία από τις επιλογές με το αρχικό της γράμμα, έχουμε το παρακάτω δεντροδιάγραμμα: Το σύνολο που έχει ως στοιχεία τις 8 τριάδες της στήλης αποτέλεσμαˮ αποτελεί το δειγματικό χώρο του πειράματος. ) Α = {(κ,μ,π), (κ,ρ,π), (κ,χ,π), (φ,μ,π), (φ,ρ,π), (φ,χ,π)} ) Β = {(κ,μ,π), (κ,μ,τ), (κ,μ,ζ), (κ,ρ,π), (κ,ρ,τ), (κ,ρ,ζ), (κ,χ,π), (κ,χ,τ), (κ,χ,ζ)} v) ( A B) = {(κ,μ,π), (κ,ρ,π), (κ,χ,π)} v) Γ = {(κ,ρ,π), (κ,ρ,τ), (κ,ρ,ζ), (φ,ρ,π), (φ,ρ,τ), (φ,ρ,ζ)} ( A B) Γ = {(κ,ρ,π)}. 5. ) Ω = {(0,α), (0,β), (0,γ), (0,δ), (,α), (,β), (,γ), (,δ)} ) Α = {(0,γ), (0,δ)} ) Β = {(0,α), (0,β), (,α), (,β)} v) Γ = {(,α), (,β), (,γ), (,δ)}. 6. ) Α = {3}, Β = {,4,6}, Α Β = Ø, άρα τα Α και Β είναι ασυμβίβαστα. ) Επειδή υπάρχουν και Έλληνες καθολικοί, αυτό σημαίνει ότι Α Β Ø, δηλαδή τα Α και Β δεν είναι ασυμβίβαστα.

88 87 ) Επειδή υπάρχουν γυναίκες άνω των 30, που να είναι 30 χρόνια παντρεμένες, αυτό σημαίνει ότι Α Β Ø. v) Α Β = Ø, άρα τα Α και Β είναι ασυμβίβαστα. 7. Β ΟΜΑΔΑΣ.. Τα αποτελέσματα της ρίψης δύο ζαριών φαίνονται στον παρακάτω πίνακα διπλής εισόδου. η ρίψη η ρίψη (, ) (, ) (, 3) (, 4) (, 5) (, 6) (, ) (, ) (, 3) (, 4) (, 5) (, 6) 3 (3, ) (3, ) (3, 3) (3, 4) (3, 5) (3, 6) 4 (4, ) (4, ) (4, 3) (4, 4) (4, 5) (4, 6) 5 (5, ) (5, ) (5, 3) (5, 4) (5, 5) (5, 6) 6 (6, ) (6, ) (6, 3) (6, 4) (6, 5) (6, 6)

89 88 Άρα Α = {(,), (3,), (3,), (4,), (4,), (4,3), (5,), (5,), (5,3), (5,4), (6,), (6,), (6,3), (6,4), (6,5)}. Β = {(,), (,3), (,5), (,), (,4), (,6), (3,), (3,3), (3,5), (4,), (4,4), (4,6), (5,), (5,3), (5,5), (6,), (6,4), (6,6)}. Γ = {(,), (,), (,3), (,4), (,), (,), (3,), (4,)}. Α Β = {(3,), (4,), (5,), (5,3), (6,), (6,4)}. Α Γ = {(,), (3,), (4,)}. ( Α Β) Γ = {(3,)}. 3. Αν x Β, τότε x Β, οπότε x Α, αφού Α B. Άρα x Α. Επομένως B A. 4. A B = ( A B ) ( A B) ( A B). Δηλαδή A B = ( A B) ( A B) ( B A) 3. ΕΝΝΟΙΑ ΤΗΣ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΑΣ Α ΟΜΑΔΑΣ. ) Η τράπουλα έχει 4 πεντάρια και επομένως η ζητούμενη πιθανότητα είναι ίση με 4 5 = 3. ) Το ενδεχόμενο είναι το αντίθετο του ενδεχομένου του προηγούμενου ερωτήματος. Άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι ίση με = = Αν Γ το αποτέλεσμα γράμματαˮ και Κ το αποτέλεσμα κεφαλήˮ, ο δειγματικός χώρος του πειράματος είναι Ω = {ΚΓ, ΓΚ, ΚΚ, ΓΓ} και υπάρχει μια ευνοϊκή περίπτωση η ΓΓ. Άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι Το κουτί έχει συνολικά = 40 μπάλες.

90 ) Οι μαύρες μπάλες είναι 5. Άρα η πιθανότητα να είναι η μπάλα μαύρη ) Υπάρχουν 0 άσπρες και 5 μαύρες μπάλες. Άρα η ζητούμενη πιθανότη τα είναι ίση με = ) Το να μην είναι η μπάλα ούτε κόκκινη ούτε πράσινη, σημαίνει ότι μπορεί να είναι άσπρη ή μαύρη. Άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι ίση με = Η τάξη έχει συνολικά = 30 μαθητές. Για να έχει η οικογένεια ενός μαθητή 3 παιδιά, πρέπει ο μαθητής αυτός να έχει δηλώσει ότι έχει αδέλφια. Επειδή 9 μαθητές δήλωσαν ότι έχουν αδέλφια, η ζητούμενη πιθανότητα είναι Έχουμε Ω = {0,,,3,4,5,6,7,8,9,0}, Α = {,5,8} και Β = {,6,0}. Επομένως ) P( Α )= 3. ) Έχουμε 3 P( Β ) =, άρα 3 8 P( Β ) = =. 6. Αν Λ, Π και Ν είναι τα ενδεχόμενα να κερδίσουν ο Λευτέρης, ο Παύλος και ο Νίκος αντιστοίχως, τότε P( Λ ) =, P( Π ) = και P( Ν ) = Επειδή τα ενδεχόμενα είναι ασυμβίβαστα έχουμε: ) P( Λ Π ) = P( Λ) + P( Π ) = + =, δηλαδή 50% ) P( Λ Ν ) = P( Λ Ν ) = P( Λ) P( Ν ) = =, δηλαδή 30%. 7. Έχουμε διαδοχικά P( Α) + P( Β) P( Α Β) = P( Α Β) P( Α Β) = P( Α Β ) = + = + = Έχουμε διαδοχικά P( Α) + P( Β) P( Α Β) = P( Α Β) 5 + P( Β ) = 3 6 P ( Β ) = + = + = =

91 90 9. Έχουμε διαδοχικά P( Α) + P( Β) P( Α Β) = P( Α Β) P( Α) 0, = 0,6 P( Α) = 0,8 P( Α ) = 0,4. 0. Έχουμε διαδοχικά P( Α Β) = P( Α) + P( Β) P( Α Β). Έχουμε = + 3 = = + = = 3 4. P( Α Β) P( Α) + P( Β) P( Α) + P( Β) P( Α Β) P( Α) + P( Β) 0 P( Α Β ) που ισχύει.. Έστω Α το ενδεχόμενο να έχει κάρτα D και Β το ενδεχόμενο να έχει κάρτα V. Έχουμε P( Α ) =, P( Β ) =, P( Α Β ) =. Επομένως P( Α Β) = P( Α) + P( Β) P( Α Β) = + =, δηλαδή 65% Έστω Α το ενδεχόμενο να έχει υπέρταση και Β το ενδεχόμενο να έχει στεφανιαία νόσο. Έχουμε 0 6 P( Α ) =, P( Β ) = και P( Α Β ) = α) Έχουμε P( Α Β) = P( Α) + P( Β) P( Α Β) = + =, δηλαδή 4% β) Το ενδεχόμενο να έχει το άτομο μόνο μια ασθένεια είναι το ( Α Β) ( Β Α ). Τα ενδεχόμενα ( Α Β ) και ( Β Α ) είναι ασυμβίβαστα.

92 9 Επομένως ( ) P ( Α Β) ( Β Α) = P( Α Β) + P( Β Α) = P( Α) P( Α Β) + P( Β) P( Α Β) = P( Α) + P( Β) P( Α Β) = + =, δηλαδή % Έστω Α το ενδεχόμενο να μαθαίνει αγγλικά και Β το ενδεχόμενο να μαθαίνει γαλλικά. Έχουμε P( Α ) =, P( Β ) = και P( Α Β) = Άρα P( ) ( Α Β) = P( Α Β) = P( Α) P( Β) + P( Α Β) = + =, δηλαδή 0% Β ΟΜΑΔΑΣ. ) P( Α Β) = P( Α) + P( Β) P( Α Β) =κ + λ ˉ μ. ) P( ( Α Β) )= P( Α Β) = ˉ κ ˉ λ + μ. ) ( ) P ( Α Β) ( Β Α) = P( Α Β) + P( Β Α) = P( Α) P( Α Β) + P( Β) P( Α Β) = P( Α) + P( Β) P( Α Β) =κ + λ ˉ μ.. Αν Α και Β τα ενδεχόμενα να μην έχει ένα νοικοκυριό τηλεόραση και Βίντεο αντιστοίχως, θα είναι P( Α ) = και P( Β ) = και P( Α Β) = Επομένως η ζητούμενη πιθανότητα θα είναι: ( ) P ( Α Β) = P( Α Β) = [ P( Α) + P( Β) P( Α Β)] = + = =, δηλαδή 55%

93 9 3. Έχουμε διαδοχικά P( Α) 3 P( Α ) = 4 P( Α) 3 P( Α ) = 4 4 P( Α ) = 3 3 PA ( ) 7 P( Α ) = 3, P( Α ) = 3 7, P( Α ) = P( Α) = Αν P( Α ) = x, τότε P( Α ) = x, όπου 0< x <. Έχουμε P( Α) P( Α ) x x x+ x 4 x( x) x+ x 4x 4x + 4x 4x 0 (x ) 0 που ισχύει. 5. Έχουμε Α Β Α P( Α Β) P( Α) Έχουμε P( Α Β) P( Α) + P( Β) P( Α Β) από τις () και () προκύπτει ότι: P( Α Β) 0,6 () 06, + 07, P( Α Β) 0,6 + 0,7 P( Α Β) 0,3 P( Α Β) () 0,3 P( Α Β) 0,6. 6. P( Β) P( Α ) P( Α Β) P( Β) + P( Α) P( Α Β) P( Β) + P( Α) P( Α Β) P( Α Β) που ισχύει.

94 ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ Α ΟΜΑΔΑΣ. Κάθε τρόπος ντυσίματος αντιστοιχεί σε μια πεντάδα: σακάκι - παντελόνι - πουκάμισο - κάλτσες - παπούτσια. Η η θέση της πεντάδας μπορεί να συμπληρωθεί με 3 τρόπους, η η με 4, η 3η με 5, η 4η με 0 και η 5η με τρόπους. Επομένως υπάρχουν συνολικά = 00 τρόποι. Αν το σακάκι που θα φορεθεί είναι ορισμένο, τότε η η θέση της πεντάδας μπορεί να συμπληρωθεί με ένα μόνο τρόπο. Επομένως υπάρχουν = 400 διαφορετικές πεντάδες και η ζητούμενη πιθανότητα είναι ίση με = 3.. Έχουμε να συμπληρώσουμε επτά θέσεις. Καθεμιά από τις τρεις πρώτες μπορεί να συμπληρωθεί με 4 τρόπους, όσα είναι και τα γράμματα του ελληνικού αλφαβήτου. η η 3 η 4 η 5 η 6 η 7 η Η 4η θέση μπορεί να συμπληρωθεί με 9 τρόπους, αφού ο αριθμός πρέπει να είναι τετραψήφιος και επομένως δεν μπορεί να αρχίζει με 0. Τέλος καθεμιά από τις υπόλοιπες τρεις θέσεις μπορεί να συμπληρωθεί με 0 τρόπους. Άρα υπάρχουν συνολικά = διαφορετικές πινακίδες. Αν μια πινακίδα αρχίζει με φωνήεν και τελειώνει σε άρτιο ψηφίο, τότε η η θέση μπορεί να συμπληρωθεί με 7 τρόπους, όσα δηλαδή είναι τα φωνήεντα, ενώ η τελευταία θέση μπορεί να συμπληρωθεί με 5 τρόπους, όσα δηλαδή είναι τα άρτια ψηφία. Επομένως το πλήθος των πινακίδων αυτών είναι = και η ζητούμενη πιθανότητα είναι ίση με = = 4,6% Το ο άτομο μπορεί να καθίσει σε μια οποιαδήποτε από τις 6 θέσεις δηλαδή έχει 6 επιλογές. Αφού καθίσει το ο άτομο, το ο άτομο μπορεί να καθίσει σε μια από τις υπόλοιπες 5 θέσεις, δηλαδή έχει 5 επιλογές κτλ. Έτσι το πλήθος των τρόπων με τους οποίους μπορούν να καθίσουν 4 άτομα σε 6 θέσεις είναι

95 = 360, όσες δηλαδή και οι διατάξεις των 6 ανά 4. Αν η τελευταία θέση μείνει κενή, τότε τα 4 άτομα μπορούν να καθίσουν με = 0 τρόπους και επομένως η ζητούμενη πιθανότητα είναι ίση με = Έχουμε = 7 άτομα και επομένως υπάρχουν 7! τρόποι για να μπουν σε μια σειρά. Τα αγόρια μπορούν να μπουν σε μια σειρά με 4! τρόπους και τα κορίτσια με 3! τρόπους. Επίσης μπορούν να προηγούνται στη σειρά τα αγόρια ή τα κορίτσια. Έτσι έχουμε συνολικά 4! 3! τρόπους με τους οποίους μπορούν να μπουν σε μια σειρά όλα μαζί τα αγόρια και όλα μαζί τα κορίτσια και η ζητούμενη πιθανότητα είναι ίση με 5. Έχουμε Άρα 4! 3! 4! 3! 3 = = 7! 4! = 5,7%. 35 ν ν! ν ν! ν! = και = = κ κ!( ν κ)! ν κ ( ν κ)!( ν ν + κ)! ( ν κ)! κ!. ν ν =. κ ν κ 6. Γνωρίζουμε ότι δύο σημεία ορίζουν ένα ευθύγραμμο τμήμα με άκρα τα σημεία αυτά και δεν παίζει ρόλο η σειρά των άκρων. Έτσι τα σημεία Α και Β ορίζουν το τμήμα ΑΒ και ΒΑ. 8 Επομένως τα 8 σημεία Α, Α,.., Α 8 ορίζουν συνολικά = 8 ευθύγραμμα τμήματα. Το πλήθος των τμημάτων που δεν διέρχονται από το Α, είναι 7 και επομένως η ζητούμενη πιθανότητα είναι ίση με 7 7!! 5! 6 3 = = =. 8 8! 8 4! 6!

96 95 Β ΟΜΑΔΑΣ. Για να φτιάξουμε έναν αριθμό, πρέπει να η η 3 η 4 η συμπληρώσουμε τις θέσεις μιας τετράδας Επειδή τα ψηφία μπορεί να επαναλαμβάνονται, κάθε θέση μπορεί να συμπληρω- τρόποι τρόποι τρόποι τρόποι θεί με 5 τρόπους και επομένως μπορούμε η η 3 η 4 η να φτιάξουμε = 5 4 διαφορετικούς αριθμούς. Οι τετραψήφιοι αριθμοί με διαφορετικά ψηφία είναι όσες και οι διατάξεις τρόποι τρόποι τρόποι τρόποι των 5 ανά 4, δηλαδή Άρα, η ζητούμενη πιθανότητα είναι ίση με = = = 0,9, δηλαδή 9,% Το πλήθος των μεταθέσεων των ν στοιχείων είναι ν!. Το πλήθος των μεταθέσεων που αρχίζουν με είναι (ν )! και επομένως αυτές που δεν αρχίζουν με είναι ν! ( ν )! = ( ν )! ν ( ν )! = ( ν )!( ν ) Άρα η πιθανότητα του ενδεχομένου μια τυχαία από τις ν! μεταθέσεις να μην αρχίζει από είναι ίση με ( ν )!( ν ) ( ν )!( ν ) ν = = =. ν! ( ν )! ν ν ν 3. Το πλήθος των διαφορετικών τρόπων με τους οποίους μπορούν να καθίσουν σε μια σειρά 0 φίλοι είναι 0!. Αν ο Κώστας και η Ελένη καθίσουν δίπλα δίπλα, τότε είναι σαν να έχουμε 9 άτομα σε μια σειρά και επομένως υπάρχουν 9! τρόποι διάταξής τους. Επειδή όμως σε μια τέτοια διάταξη μπορεί να καθίσει πρώτα ο Κώστας και ύστερα η Ελένη ή αντιστρόφως, οι διαφορετικοί τρόποι είναι τελικά 9!. Άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι ίση με 9! = =, δηλαδή 0%. 0! Το κάθε άτομο μπορεί να έχει γεννηθεί σε μια οποιαδήποτε από τις τέσσερις εποχές, άρα υπάρχουν συνολικά = 4 4 δυνατές περιπτώσεις. Για να υπολογίσουμε το πλήθος των περιπτώσεων στις οποίες τα 4 άτομα έχουν γεννηθεί σε διαφορετικές εποχές σκεπτόμαστε ως εξής: Το ο άτομο μπορεί να έχει γεννηθεί σε μια από τις 4 εποχές. Το ο άτομο μπορεί να έχει γεννηθεί σε μια από τις 3 άλλες εποχές. Το 3ο άτομο μπορεί να έχει γεννηθεί σε μια από τις άλλες εποχές. Το 4ο άτομο μπορεί να έχει γεννηθεί στη μία εποχή που απομένει.

97 96 Επομένως υπάρχουν συνολικά 4 3 ευνοϊκές περιπτώσεις. Άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι ίση με = 4 = 64 = 3 3, δηλαδή 9,375%. 5. Το πλήθος των δυνατών τρόπων με τους οποίους μπορούμε από = 3 3 άτομα να επιλέξουμε 4 είναι 4. ) Αν όλα τα άτομα που θα επιλέξουμε είναι γυναίκες, τότε υπάρχουν διαφορετικοί τρόποι και η ζητούμενη πιθανότητα είναι ίση με ! 4 4!! 4! 6! 9! = = = = =. 3 3!! 4! 3! !9! ) Το ενδεχόμενο ένα τουλάχιστον άτομο να είναι άνδρας είναι αντίθετο με το ενδεχόμενο όλα να είναι γυναίκες. Άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι ίση με 3 = ) Όταν στα 4 άτομα που θα επιλέξουμε το ένα είναι γυναίκα, τότε τα άλλα 6 τρία θα είναι άνδρες. Έχουμε τρόπους να επιλέξουμε τη γυναίκα και 7 3 τρόπους να επιλέξουμε τους άνδρες. Επομένως υπάρχουν τρόποι να περιέχεται στα τέσσερα άτομα μια μόνο γυναίκα και άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι ίση με 6 7 7! 6 3 3!4! 6 4! 7! 9! 4 = = =. 3 3! 3! 4! 3! !9! 6. Το πλήθος των διαφορετικών τρόπων με τους οποίους μπορούμε από τις 0 0 ασφάλειες να πάρουμε 4 είναι 4. Το κουτί θα γίνει αποδεκτό, αν βρεθούν μια ή καμιά ελαττωματική ασφάλεια.

98 Η πιθανότητα να μη βρεθεί καμιά ελαττωματική ασφάλεια είναι. 0 4 Η πιθανότητα να βρεθεί ακριβώς μια ελαττωματική ασφάλεια είναι Επειδή τα δύο ενδεχόμενα είναι ασυμβίβαστα, η ζητούμενη πιθανότητα είναι ίση με = + = 75% Κάθε τρίγωνο θα έχει τις δύο κορυφές του στη μια ευθεία και την τρίτη κορυφή του στην άλλη ευθεία. Από τα 0 σημεία της ε μπορούμε να επιλέξουμε δύο ως κορυφές ενός 0 τριγώνου με τρόπους. Η τρίτη κορυφή του τριγώνου μπορεί να επιλεγεί με τόσους τρόπους, όσα είναι τα σημεία που έχουμε ορίσει στην 0 ε, δηλαδή με 0 τρόπους. Επομένως υπάρχουν 0 τρίγωνα με τις δύο κορυφές τους στην ε και την τρίτη στην ε. Ανάλογα βρίσκουμε ότι υπάρχουν 0 0 τρίγωνα με τις δύο κορυφές στην ε και την τρίτη στην ε. Άρα 0 0 υπάρχουν συνολικά =.800 τρίγωνα. 0 Επειδή, όπως είδαμε, υπάρχουν 0 τρίγωνα με τη μια πλευρά τους στην ε, η ζητούμενη πιθανότητα είναι ίση με = =

99 98 8. Το αποτέλεσμα των ν ρίψεων ενός νομίσματος είναι μια διατεταγμένη ν-άδα κάθε θέση της οποίας μπορεί να συμπληρωθεί με τρόπους, δηλαδή με Κ (κεφαλή) ή Γ (γράμματα). Επομένως ο δειγματικός χώρος έχει ν = στοιχεία. Αφού δεν θα υπάρχουν διαδοχικές ρίψεις με το ν παρa γοντες ίδιο αποτέλεσμα, οι ευνοϊκές περιπτώσεις είναι δύο, οι ΚΓΚΓΚΓ και η ΓΚΓΚΓΚ. Άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι ίση με =. ν ν 9. Έστω Ο, Ο, Ο 3 οι οδηγοί και Κ, Κ, Κ 3 αντιστοίχως τα κλειδιά τους. Οι διάφοροι τρόποι με τους οποίους μπορεί να διανεμηθούν τα κλειδιά στους οδηγούς φαίνονται στον παρακάτω πίνακα: Επειδή το ενδεχόμενο Α πραγματοποιείται μια μόνο φορά, έχουμε P( Α ) = 6. Επειδή το ενδεχόμενο Β πραγματοποιείται τρεις 3 φορές, έχουμε P( Β ) = = 6. Επειδή το ενδεχόμενο Γ πραγματοποιείται δύο φορές, έχουμε P( Γ ) = = 6 3. Ο Ο Ο 3 0. Το πλήθος των διαφορετικών τρόπων με τους οποίους μπορούμε από 0 + = μαθητές να επιλέξουμε 3 είναι. Αν όλοι οι μαθητές είναι 3 αγόρια, τότε υπάρχουν τρόποι επιλογής, ενώ αν όλοι είναι κορίτσια, 3 0 τότε υπάρχουν τρόποι επιλογής. Άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι 3 ίση με = = = Σε 4 ρίψεις ενός ζαριού το πλήθος των δυνατών αποτελεσμάτων είναι = 6 4. Το ενδεχόμενο να μη φέρουμε 6 στις 4 ρίψεις ενός ζαριού έχει = 5 4 ευνοϊκές περιπτώσεις. Επομένως η πιθανότητα να φέρουμε ένα τουλάχιστον 6 στις 4 ρίψεις ενός ζαριού είναι ίση με Κ Κ Κ Κ Κ 3 Κ 3 Κ Κ 3 Κ Κ 3 Κ Κ Κ 3 Κ Κ 3 Κ Κ Κ

100 = = 0,58. Σε 4 ρίψεις δύο ζαριών το πλήθος των δυνατών αποτελεσμάτων είναι = 36 4 παράγοντες a ζαριών έχει = Το ενδεχόμενο να μη φέρουμε εξάρες στις 4 ρίψεις δύο 4 παράγοντες a γοντες 4 ευνοϊκές περιπτώσεις. Επομένως η πιθανότητα να φέρουμε μια τουλάχιστον φορά εξάρες στις 4 ρίψεις δύο ζαριών είναι ίση με = 0,5086 0,49. Παρατηρούμε ότι 0,58 > 0,49, δηλαδή η πιθανότητα να φέρουμε ένα τουλάχιστον 6 στις 4 ρίψεις ενός ζαριού είναι μεγαλύτερη από την πιθανότητα να φέρουμε μια τουλάχιστον φορά εξάρες στις 4 ρίψεις δύο ζαριών. 3.4 ΔΕΣΜΕΥΜΕΝΗ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΑ - ΑΝΕΞΑΡΤΗΤΑ ΕΝΔΕΧΟΜΕΝΑ Α ΟΜΑΔΑΣ. Στη ρίψη ενός ζαριού ο δειγματικός χώρος είναι Ω = {,,3,4,5,6}. Το ενδεχόμενο να φέρουμε ζυγό αριθμό είναι Α ={, 4, 6}. Επομένως η πιθανότητα να φέρουμε 6 είναι ίση με 3.. Τα σπαθιάˮ σε μια τράπουλα είναι συνολικά 3 εκ των οποίων τα 3 είναι φιγούρες. Άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι ίση με ( ) άρα 4 P ΑΒ = 5 P( Α Β) 4 = P( Β ) 5 4 P( Α Β) = PB ( ) 5 4 P( Α Β) = = 5 4 5

101 00 P( ΒΑ) = P( Α Β) 5 P( Α) = = 5 P( Α Β) = P( Α ) + P( Β) P( Α Β) = P( Α) + P( Β) ( P( Β) P( Α Β)) = P( Α) + P( Β) P( Β) + P( Α Β) = P( Α) + P( Α Β) = + = ( ) Επομένως P ΒΑ = 4 P( Α Β) = P( Α) 4 P( Α Β) = P( Α) 4 P( Α Β) = = P( Α Β) = 6 5 P( Α) + P( Β) P( Α Β) = P( Β ) = P( Β ) = +, άρα P( Β ) = Έστω Α το ενδεχόμενο να φέρουμε 6 στην η ρίψη και Β το ενδεχόμενο να φέρουμε περιττό αριθμό στη η ρίψη. Επομένως επειδή τα Α και Β είναι ανεξάρτητα έχουμε 3 P( Α Β) = P( Α) P( Β) = = Έστω Α το ενδεχόμενο η η μπάλα να είναι μαύρη και Β το ενδεχόμενο η η μπάλα να είναι κόκκινη. Επειδή επανατοποθετήσαμε την η μπάλα στο κουτί, τα Α και Β είναι ανεξάρτητα και επομένως 8 6 P( Α Β) = P( Α) P( Β) = =

102 0 7. Επειδή τα Α και Β είναι ανεξάρτητα έχουμε διαδοχικά P( Α Β) = P( Α) P( Β) ( ) 5 = 4 P Β άρα P( Β ) = 4 5. Έχουμε P( Α Β) = P( Α) + P( Β) P( Α Β) 8. ) Επειδή ( ) 3 είναι ανεξάρτητα. 3 4 = + = P Α = και P( ΑΒ ) =, δηλαδή P( Α) P( ΑΒ), τα Α και Β δεν )Av τα Α και Β ήταν ξένα μεταξύ τους τότε P( Α Β) = 0 και επομένως P ( ΑΒ) = P( Α Β) 0 P( Β ) = και όχι 3. Άρα τα Α και Β δεν είναι ξένα μεταξύ τους. ) Έχουμε P( Α) P( Β Α) = P( Β) P( ΑΒ) Άρα = P( Β ) 3 3 Ρ( Β ) = Έχουμε P( ΑΒ) P( Α Β) P( Α Β) P( Α Β) + = + P( Β) P( Β) P( Α Β) + P( Α Β) = P( Β ) P( Α Β) + P( Β) P( Α Β) P( Β) = = =. P( Β) P( Β) 0. Έστω Α το ενδεχόμενο ο μαθητής να έχει αποτύχει στα Μαθηματικά και Β το ενδεχόμενο να έχει αποτύχει στη Φυσική. Έχουμε 0 και P( Α Β) = P( Α Β) 0 ) ( ) 00 P ΑΒ = = = = 67% P( Β ) P( Α ) =, 00 5 P( Β ) = 00

103 0 0 P( Α Β) ) P( ΒΑ)= = 00 0 = = 40%. P( Α) Β ΟΜΑΔΑΣ. Για να διέρχεται ρεύμα από το Α στο Β αρκεί ένας τουλάχιστον από τους διακόπτες να είναι κλειστός. Επειδή οι διακόπτες λειτουργούν ανεξαρτήτως ο ένας από τον άλλον, η πιθανότητα να είναι και οι δύο κλειστοί είναι 0,8 0,8. Επομένως η πιθανότητα να είναι ένας τουλάχιστον κλειστός είναι ίση με 0,8 + 0,8 0,8 0,8 =,6 0,64 = 0,96, δηλαδή 96%.. Αν Α και Β είναι τα ενδεχόμενα να πάθουν βλάβη η πρώτη και η δεύτερη μηχανή αντιστοίχως, τότε το ενδεχόμενο να πάθει βλάβη η μια μόνο μηχανή είναι το ( Α Β) ( Β Α). Έχουμε ( ) P ( Α Β) ( Β Α) = P( Α Β) + P( Β Α) = P( Α) P( Α Β) + P( Β) P( Α Β) = P( Α) + P( Β) P( Α Β) = = + =, δηλαδή 8% Έστω Π και Ρ τα ενδεχόμενα το πλοίο να έρχεται από Πειραιά και Ραφήνα αντιστοίχως, και Α το ενδεχόμενο να φθάνει με καθυστέρηση. Σύμφωνα με τα δεδομένα έχουμε το δεντροδιάγραμμα: ) Η πιθανότητα να φθάνει το πλοίο με καθυστέρηση είναι ίση με P( Α ) = + = + =, δηλαδή 8%

104 03 ) P( Π Α) 60 0 P( ) P( Π) P( ΑΠ) Π Α = = = P( Α) P( Α) = = =, δηλαδή 75% Έστω Α και Γ τα ενδεχόμενα το άτομο να είναι άνδρας ή γυναίκα αντιστοίχως, και Κ το ενδεχόμενο να καπνίζει. Σύμφωνα με τα δεδομένα έχουμε το δεντροδιάγραμμα: Ζητάμε την P( Γ Κ. ) Έχουμε P ( Γ Κ ) P( Γ Κ) P( Γ) P( ΚΓ) = = P( Κ) P( Κ) = = = Έστω Α το ενδεχόμενο να κερδίσει το ο άτομο και Β το ενδεχόμενο να κερδίσει το ο άτομο. Προφανώς P( Α) =. ν 7.

105 04 Άρα P( Β) = P[( Β Α) ( Β Α )] = P( Β Α) + P( Β Α ) 0 ν + = + =. ν ν ν ν ν = P( Α) P( ΒΑ) P( Α ) P( ΒΑ ) Ρ(Α) = Ρ(Β). 6. Έστω Α το ενδεχόμενο το οικόπεδο από το πρώτο κτήμα να είναι γωνιακόˮ και Β το ενδεχόμενο το οικόπεδο από το δεύτερο κτήμα να είναι γωνιακόˮ. 4 4 Έχουμε P( Α ) = και P( Β ) =. 9 ) Επειδή η επιλογή των οικοπέδων γίνεται ανεξάρτητα από κάθε κτήμα έχουμε 4 4 P( Α Β) = P( Α) P( Β) = = ) Έχουμε P( Α Β) = P( Α) + P( Β) P( Α Β) = + = ) Έχουμε P(( Α Β)) = P( Α Β) = = Έστω Υ το ενδεχόμενο το άτομο που επιλέξαμε να είναι υγιές και Θ το τεστ να είναι θετικό. Σύμφωνα με το πρόβλημα έχουμε το δεντροδιάγραμμα: Έχουμε P P( Υ Θ) P( Υ ) P( ΘΥ ) = = P( Θ) P( Θ) ( Υ Θ) = = = 0,087, δηλαδή 8,7%. 094

106 05 ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ. Έχουμε P( Ω ) = P(0) + P() + P() P(00) = P (0) = 00 P(0) = Όμως = = = P (0) = + = 00 Άρα 00.. Επειδή P( Α ) 0, 8 έχουμε P( Α) 0, 8, οπότε P( Α) 07, και επειδή P(Β ) 07,, έχουμε P( Β ) 0, 7, οπότε P( Β ) 0,9. ) Έχουμε διαδοχικά P( Α Β),0 P( Α Β) P( Α Β),0 P( Α) P( Β) + P( Α Β) P( Α) + P( Β), 0 που ισχύει. ) Αν ήταν Α Β =, τότε θα είχαμε P( Α Β) = P( Α) + P( Β) 0,7 + 0,9 =,0 που είναι άτοπο, αφού γνωρίζουμε ότι P( Α Β). 3. Έχουμε ν ν ( ν )! ( ν )! ( ν )! + = + = κ κ ( κ )!( ν κ )! κ!( ν κ )! ( )!( )! + κ ν κ ν κ κ ( ν )! ν ν! ν = = =. ( κ )!( ν κ )! κ( ν κ) κ!( ν κ)! κ

107 06 4. Χωρίς επανατοποθέτηση Έστω Α και Μ τα ενδεχόμενα η η μπάλα να είναι άσπρη ή μαύρη αντιστοίχως, και Α και Μ τα ενδεχόμενα η η μπάλα να είναι άσπρη ή μαύρη αντιστοίχως. Σύμφωνα με το πρόβλημα έχουμε το δεντροδιάγραμμα: Έχουμε P( Μ ) = P[( Μ Α) ( Μ Μ )] = P( Μ Α) + P( Μ Μ ) ( ) ( ) = P( Α) P Μ Α + P( Μ ) P Μ Μ κ λ λ λ = + κ + λ κ + λ κ + λ κ + λ λ = + + κ + λ ( κ λ)( κ λ ) ( ) = λ κ + λ. Με επανατοποθέτηση Αν επανατοποθετήσουμε την η μπάλα στο κουτί, τότε προφανώς η λ πιθανότητα του ενδεχομένου να είναι η η μπάλα μαύρη είναι ίση με κ+λ Παρατηρούμε ότι, με επανατοποθέτηση ή χωρίς επανατοποθέτηση της ης μπάλας στην κάλπη, η πιθανότητα του ενδεχομένου να είναι η η μπάλα μαύρη είναι ίδια. 5. ) Έχουμε P( Β) = P( Α Β) + P( Α Β), επομένως P( Α Β) = P( Β) P( Α Β) = P( Β) P( Α) P( Β) = P( Β)( P( Α)) = P( Β) P( Α ).

108 07 ) Ομοίως έχουμε P( Α Β ) = P( Α) P( Α Β) = P( Α) P( Α) P( Β) = P( Α)( P( Β)) = P( Α) P( Β ). ) Έχουμε Β = ( Α Β ) ( Α Β ) P( Β ) = P( Α Β ) + P( Α Β ) P( Β ) = P( Α) P( Β ) + P( Α Β ) P( Β )( P( Α)) = P( Α Β ) P( Β ) P( Α ) = P( Α Β ).