Εκφωνήσεις και Λύσεις των Θεμάτων

ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β ) ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΙ ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗΣ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ Τετάρτη 23 Μαΐου 2012 Εκφωήσεις και Λύσεις τω Θεμάτω

4η LaT E X - έκδοση ( 26/5/2012, 10:00 ) Οι απατήσεις και οι λύσεις είαι αποτέλεσμα συλλογικής δουλειάς τω Επιμελητώ του Δικτυακού Τόπου με βάση υλικό που ααρτήθηκε στη Δημόσια συζήτηση του Συεργάστηκα: Στράτης Ατωέας, Αδρέας Βαρβεράκης, Φωτειή Καλδή, Σπύρος Καπελλίδης, Σπύρος Καρδαμίτσης, Νίκος Κατσίπης, Χρήστος Κυριαζής, Γρηγόρης Κωστάκος, Ροδόλφος Μπόρης, Μίλτος Παπαγρηγοράκης, Λευτέρης Πρωτοπαπάς, Σωτήρης Στόγιας, Αλέξαδρος Συγκελάκης, Κώστας Τηλέγραφος, Χρήστος Τσιφάκης. Το Δελτίο διατίθεται ελεύθερα από το δικτυακό τόπο 2

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΙ ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗΣ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ Τετάρτη 23 Μαΐου 2012 ΘΕΜΑΑ. Α1. Α οι συαρτήσεις f, g είαι παραγωγίσιμες στο R, α αποδείξετε ότι (f()+g()) = f ()+g (), R. μο.7 Α2. Σε έα πείραμα με ισοπίθαα αποτελέσματα α δώσετε το κλασικό ορισμό της πι- ϑαότητας εός εδεχομέου A. μο.4 Α3. Πως ορίζεται ο συτελεστής μεταβολής ή συτελεστής μεταβλητότητας μιας μεταβλητής X, α > 0 και πώς, α < 0; Α4. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθού, γράφοτας στο τετράδιό σας τη λέξη Σωστό ή Λάθος δίπλα στο γράμμα που ατιστοιχεί σε κάθε πρόταση. α. Το κυκλικό διάγραμμα χρησιμοποιείται μόο για τη γραφική παράσταση ποσοτικώ δεδομέω. β. Η παράγωγος της f στο 0 εκφράζει το ρυθμό μεταβολής του y = f() ως προς, ότα = 0. γ. Α A, B εδεχόμεα εός δειγματικού χώρου Ω με A B, τότε ισχύει ότι P(A) > P(B). δ. Το εύρος, η διακύμαση και η τυπική απόκλιση τω τιμώ μιας μεταβλητής είαι μέτρα διασποράς. ε. lim 0 ηµ = ηµ 0, 0 R. μο. 10 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ: Α1. Απόδειξη: Εστω η συαρτηση F() = f() + g(). Εχουμε F(+h) F() = (f(+h)+g(+h)) (f()+g())= (f(+h) f())+(g(+h) g()), και για h 0, F(+h) F() h = f(+h) f() h + g(+h) g() h. F(+h) F() f(+h) f() g(+h) g() Επομέως lim h 0 h = lim h 0 h + lim h 0 h = f ()+g (). Άρα (f()+g()) = f ()+g (). Α2. Ορισμός: Σε έα πείραμα με ισοπίθαα αποτελέσματα ορίζουμε ως πιθαότητα του εδεχομέου A το αριθμό: P(A) = Πλήθος Ευοϊκώ Περιπτώσεω Πλήθος Δυατώ Περιπτώσεω = N(A) N(Ω). Ετσι, έχουμε το κλασικό ορισμό της πιθαότητας. 3

Α3. Ορισμός: Ο συτελεστής μεταβολής ή συτελεστής μεταβλητότητας, για 0, ορίζεται από το λόγο: τυπική απόκλιση CV = = s, για > 0. μέση τιμή Α < 0, τότε ατί της χρησιμοποιούμε τη. Α4. α. Λάθος, β. Σωστό, γ. Λάθος, δ. Σωστό, ε. Σωστό. ΘΕΜΑΒ. Οι χρόοι (σε λεπτά) που χρειάστηκα οι μαθητές μιας τάξης για α λύσου έα μαθηματικό πρόβλημα αήκου στο διάστημα [5, 45) και έχου ομαδοποιηθεί σε τέσσερις κλάσεις ίσου πλάτους. Τα δεδομέα τω χρόω εμφαίζοται στο παρακάτω ιστόγραμμα αθροιστικώ σχετικώ συχοτήτω επί τοις εκατό. y αθρ. σχετ. συχ. % Fi% F 3 % 50% F 1 % 0 5 15 25 35 45 Χρόος (λεπτά) Β1. Με βάση το παραπάω ιστόγραμμα αθροιστικώ σχετικώ συχοτήτω επί τοις εκατό, α υπολογίσετε τη διάμεσο τω χρόω που χρειάστηκα οι μαθητές. μο.4 Β2. Στο επόμεο πίακα συχοτήτω της καταομής τω χρόω, α αποδείξετε ότι α = 8 (μοάδες 3) και α μεταφέρετε το πίακα κατάλληλα συμπληρωμέο στο τετράδιό σας (μοάδες 5). i Χρόος (λεπτά) i i f i % N i F i % 1 [5,...) α+4 2 [...,...) 3α 6 3 [...,...) 2α+8 4 [...,45) α 2 Σύολο μο.8 Ομάδα Επιμελητώ του 4

Β3. Να βρεθεί η μέση τιμή και η τυπική απόκλιση s τω χρόω που χρειάστηκα οι μαθητές. ( Δίεται ότι: 84 9,17) μο.8 Β4. Να βρεθεί το ποσοστό τω μαθητώ που χρειάστηκα τουλάχιστο 37 λεπτά α λύσου το μαθηματικό πρόβλημα. μο.5 ΛΥΣΗ: Β1. Για τη διάμεσο δ γωρίζουμε ότι, ατιστοιχεί σε εκείη τη τιμή για τη οποία το πολύ 50% τω παρατηρήσεω είαι μικρότερες από αυτή και το πολύ 50% τω παρατηρήσεω είαι μεγαλύτερες από αυτή. Σύμφωα με το ιστόγραμμα και τη ατίστοιχη καμπύλη αθροιστικώ σχετικώ συχοτήτω, έχουμε δ = 25. y αθρ. σχετ. συχ. % Fi% 100 F 3 50 F 1 0 5 15 25 35 45 δ Χρόος (λεπτά) Β2. Αφού η διάμεσος είαι 25, έπεται ότι το πλήθος τω μαθητώ που περιέχοται στις κλάσεις [5,15) και [15,25) πρέπει α είαι το ίδιο με το πλήθος τω μαθητώ που περιέχοται στις κλάσεις [25, 35) και [35, 45). Άρα έχουμε: α+4+3α 6 = 2α+8+α 2 α = 8. Συεπώς για τη συμπλήρωση του πίακα έχουμε i = α+4 = 12, 2 = 3α 6 = 18, 3 = 2α+8 = 24, 4 = α 2 = 6 και τέλος = 1 + 2 + 3 + 4 = 60. Άρα f 1 % = 1 f 2 % = 2 f 3 % = 3 f 4 % = 4 Επίσης 12 100 = 60 100 = 1 100 = 20 5 18 100 = 60 100 = 3 100 = 30 10 24 100 = 60 100 = 2 100 = 40 5 100 = 6 60 100 = 1 100 = 10 10 N 1 = 1 = 12 N 2 = N 1 + 2 = 12+18 = 30 N 3 = N 2 + 3 = 30+24 = 54 N 4 = N 3 + 4 = 60. Επίσης F 1 % = f 1 % = 20, F 2 % = 50, F 3 % = F 2 %+f 3 % = 50+40 = 90, F 4 % = 100. Ο πίακας συμπληρωμέος είαι ο παρακάτω: Ομάδα Επιμελητώ του 5

i Χρόος (λεπτά) i i f i % N i F i % 1 [5, 15) 10 12 20 10 20 2 [15, 25) 20 18 30 30 50 3 [25, 35) 30 24 40 54 90 4 [35, 45) 40 6 10 60 100 Σύολο 60 100 Β3. Σύμφωα με το ορισμό της μέσης τιμής σε ομαδοποιημέα δεδομέα έχουμε: = 4 i i i=1 = 10 12+20 18+30 24+40 6 60 = 1440 60 = 24λεπτά. Σύμφωα με το ορισμό της διακύμασης (ή διασποράς) s 2 σε ομαδοποιημέα δεδομέα έχουμε: 4 ( i ) 2 i s 2 i=1 = = (10 24)2 12+(20 24) 2 18+(30 24) 2 24+(40 24) 2 6 60 = 2352+288+864+1536 = 84λεπτά 2. 60 Άρα η τυπική απόκλιση είαι s 2 = s = 84 = 9,17λεπτά. Β4. Θεωρούμε ότι σε κάθε κλάση οι παρατηρήσεις είαι ομοιόμορφα καταεμημέες. Επειδή στη κλάση [35,45) πλάτους 10 βρίσκεται το f 4 % = 10% τω μαθητώ, έπεται ότι στο διάστημα [37,45] πλάτους 8 βρίσκεται το 8 10 f 4% = 8, δηλαδή το 8% τω μαθητώ. ΘΕΜΑ Γ. Από τους μαθητές μιας τάξης εός σχολείου επιλέγουμε τυχαία έα μαθητή. Α φυσικός αριθμός με 3, τότε η πιθαότητα του εδεχομέου ο μαθητής α μαθαίει: Γαλλικά είαι Ισπαικά είαι 3 2 +1 +2 2 +1 και τις δύο παραπάω γλώσσες είαι +1 2 +1 2 ( 2 +3 2 ) μία τουλάχιστο από τις παραπάω γλώσσες είαι ίση με το όριο lim 1 2 + Γ1. Να αποδείξετε ότι το εδεχόμεο ο μαθητής α μαθαίει μία τουλάχιστο από τις παραπάω δύο γλώσσες είαι βέβαιο. μο.7 Γ2. Να αποδείξετε ότι = 3. μο.6 Ομάδα Επιμελητώ του 6

Γ3. Να βρείτε τη πιθαότητα του εδεχομέου ο μαθητής α μαθαίει μόο μία από τις δύο γλώσσες. μο.6 Γ4. Α ο αριθμός τω μαθητώ που μαθαίου και τις δύο παραπάω γλώσσες είαι 32, α βρείτε το αριθμό τω μαθητώ της τάξης. μο.6 ΛΥΣΗ: Εστω A το εδεχόμεο ο μαθητής α μιλάει Γαλλικά. Τότε P(A) = 3 2 +1. Εστω B το εδεχόμεο ο μαθητής α μιλάει Ισπαικά. Τότε P(B) = +2 2 +1. Η πιθαότητα α μιλάει και τις δυο γλώσσες είαι P(A B) = +1 2 +1. Η πιθαότητα α μιλάει μια τουλάχιστο από τις δυο γλώσσες είαι 2( P(A B) = lim 2 +3 2). 1 2 + Γ1. Το πεδίο ορισμού της f() = 2( 2 +3 2) είαι το (, 1) ( 1,0) (0,+ ). 2 + Εχουμε 2( 2 +3 2 ) = 2( 2 +3 2 ) ( 2 +3+2 ) 2 + (+1) ( 2 +3+2 ) = 2( 2 +3 4) (+1) ( 2 +3+2 ) = 2 ( 2 +3 2 ) Τότε lim = lim 1 2 + 1 2( 1)(+1) (+1) ( 2 +3+2 ) = 2( 1) ( 2 +3+2 ) = 2( 1) ( 2 +3+2 ). 2( 1 1) 1 ( ( 1) 2 +3+2 ) = 1. Είαι P(A B) = 1 N(A B) = 1 N(A B) = N(Ω) και επειδή βρισκόμαστε N(Ω) σε πεπερασμέο δειγματικό χώρο με ισοπίθαα απλά εδεχόμεα έπεται ότι A B = Ω (α ήτα A B Ω τότε ϑα είχαμε N(A B) < N(Ω), άτοπο). Οπότε το εδεχόμεο A B είαι βέβαιο. Γ2. Είαι P(A B) = P(A)+P(B) P(A B) 1 = 3 2 +1 + +2 2 +1 +1 2 +1 2 +1 = 3+1 2 = 3 με 3. Τελικά = 3, αφού τότε P(A) = 9 10, P(B) = 5 10 = 1 2, P(A B) = 4 10 = 2 5. Γ3. Η πιθαότητα α μιλά μόο μια απο τις δυο γλώσσες είαι P(A B) P(A B) = 1 3+1 3 2 +1 = 6 10 = 3 5. Γ4. Αφού τα απλά εδεχόμεα είαι ισοπίθαα, έχουμε P(A B) = N(A B) 4 N(Ω) 10 = 32 N(Ω) = 80 μαθητές. N(Ω) Ομάδα Επιμελητώ του 7

ΘΕΜΑΔ. Δίεται η συάρτηση f() = 1+ln2, > 0. Δ1. Να αποδείξετε ότι η f είαι γησίως φθίουσα. μο.5 Δ2. Εστω M(,f()), > 0 σημείο της γραφικής παράστασης της f. Η παράλληλη ευθεία από το M προς το άξοα y y τέμει το ημιάξοα O στο σημείο K(,0) και η παράλληλη ευθεία από το M προς το άξοα τέμει το ημιάξοα Oy στο σημείο Λ(0,f()). Α O είαι η αρχή τω αξόω, α αποδείξετε ότι το εμβαδό του ορθογωίου παραλληλογράμμου OKMΛ γίεται ελάχιστο, ότα αυτό γίει τετράγωο. μο.7 Δ3. Εστω η ευθεία ε y = λ+β, β 10, η οποία είαι παράλληλη προς τη εφαπτομέη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο Σ(1,f(1)). Θεωρούμε δέκα σημεία ( i,y i ), i = 1,2,...,10 της ευθείας ε, τέτοια ώστε οι τετμημέες τους i α έχου μέση τιμή = 10 και τυπική απόκλιση s = 2. Να βρείτε για ποιες τιμές του β το δείγμα τω τεταγμέω y i τω δέκα σημείω είαι ομοιογεές. μο.8 Δ4. Α A και B είαι εδεχόμεα εός δειγματικού χώρου με ισοπίθαα απλά εδεχόμεα, τέτοια ώστε A και A B, τότε α αποδείξετε ότι f ( P(A))+f(P(A B) ) 2f ( P(A B) ). μο.5 ΛΥΣΗ: Δ1. Η συάρτηση είαι παραγωγίσιμη για κάθε > 0, ως πράξεις παραγωγίσιμω συαρτήσεω στο ε λόγω διάστημα με ( 1+ln f 2 ) () (1+ln 2 ) () = = 2ln 1 ln2 = (ln 1)2 0, > 0. 2 2 2 Παρατηρούμε πως f () = 0 (ln 1)2 2 = 0 ln = 1 = e. f () 0 e + 0 f() Από το πίακα μεταβολώ της f προκύπτει ότι είαι f () < 0 για κάθε (0,e) (e, + ). Επομέως είαι γησίως φθίουσα στο (0, + ). Δ2. Παρατηρούμε αρχικά ότι f() > 0 για κάθε > 0. Είαι: (OK) = >0 == (OΛ) = f() f()>0 ====f() = 1+ln2 Το εμβαδό του ορθωγωίου παραλληλογράμμου OKMΛ είαι: Ομάδα Επιμελητώ του 8

E() = (OK)(OΛ) E() = 1+ln 2, > 0. Θεωρούμε τη συάρτηση E() = 1+ln 2, > 0, η οποία είαι παραγωγίσιμη για κάθε > 0 και η παράγωγός της είαι E () = (1+ln 2 ) = 2ln(ln) = 2ln, > 0 E () = 2ln, > 0. E () = 0 2ln = 0 ln = 0 = 1. E () > 0 2ln > 0 >0 ln > 0 > 1. E () < 0 2ln >0 >0 < 0 ln < 0 0 < < 1. E () < 0 για κάθε (0,1). Άρα η E() είαι γησίως φθίουσα στο (0,1]. E () > 0 για κάθε (1,+ ). Άρα η E() είαι γησίως αύξουσα στο [1,+ ). για = 1 είαι E (1) = 0. E () 0 1 + 0 + E() O.E. Άρα η E() παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για = 1. Το εμβαδό του ορθογωίου γίεται ελάχιστο ότα (OK) = = 1 και (OΛ) = f(1) = 1, δηλαδή ότα το OKMΛ είαι τετράγωο. ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ: Μέχρι αυτό το σημείο έχουμε αποδείξει ότι η συάρτηση E() του εμβαδού γίεται ελάχιστη α και μόο α = 1. Ομως για α ολοκληρωθεί η απάτηση όπως έχει τεθεί στη εκφώηση, χρειάζεται α αποδείξουμε ότι το OKMΛ είαι τετράγωο, τότε και μόο τότε ά = 1. Δηλαδή ότι η μοαδική λύση της εξίσωσης είαι η = 1. (OK) = (OΛ) = f() Λύση: ΣτοΔ1 αποδείχθηκε ότι η συάρτηση f είαι γησίως φθίουσα στό (0,+ ). Για 0 < < 1, έπεται ότι f() > f(1) = 1 f() > 1 >. Άρα f(), για 0 < < 1. Για > 1, έπεται ότι f() < f(1) = 1 f() < 1 <. Άρα f(), για > 1. Ετσι μόο για = 1 έχουμε = f(), δηλαδή το OKMΛ είαι τετράγωο, τότε και μόο τότε ά = 1. Δ3. Αφού η ευθεία (ε) είαι παράλληλη προς τη εφαπτομέη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο Σ(1,f(1)) ϑα είαι λ = f (1) = (ln1 1)2 1 2 = 1. Επομέως η εξίσωση της ευθείας (ε) είαι y = +β. Οι τεταγμέες τω δέκα σημείω είαι y i = i +β, i = 1,2,...,10. Εστω z i = i, i = 1,2,...,10. Τότε z = = 10 και s z = 1 s = 2. Ομάδα Επιμελητώ του 9

Επίσης y i = z i +β, i = 1,2,...,10. Τότε y = z+β = β 10 και s y = s z = 2. Άρα CV y = s y y = 2 β 10. Το δείγμα τω τεταγμέω τω δέκα σημείω είαι ομοιογεές α και μόο α CV y 1 2 10 β 10 1 β 10 20 10 β 10 20 ή β 10 20 β 10 ή β 30. Δ4. Τα A, B είαι εδεχόμεα του δειγματικού χώρου που αποτελείται από ισοπίθαα απλά εδεχόμεα. Αφού A,A B, έπεται ότι 0 < P(A) 1, 0 < P(A B) 1, 0 < P(A B) 1. Η συάρτηση f στο διάστημα (0, 1] είαι γησίως φθίουσα. Επομέως A A B P(A) P(A B) f(p(a)) f(p(a B)) (1) A B A B P(A B) P(A B) f(p(a B)) f(p(a B)) (2) Προσθέτοτας κατά μέλη τις σχέσεις (1),(2) παίρουμε f ( P(A))+f(P(A B) ) 2f ( P(A B) ). Σχόλια: Α2 (Εαλλακτική απόδειξη) Εστω F() = f()+g(). Τότε για 0 έχουμε: F() F( 0 ) 0 = f()+g() f( 0) g( 0 ) 0 = f() f( 0) 0 + g() g( 0) 0. F() F( 0 ) f() f( 0 ) g() g( 0 ) Οπότε lim = lim + lim = f ( 0 )+g ( 0 ). 0 0 0 0 0 0 Επειδή οι συαρτήσεις f, g είαι παραγωγίσιμες, έπεται (f()+g()) = f ()+g (). Α4. Εξήγηση τω προτάσεω σύμφωα με το σχολικό βιβλίο: α. Λάθος, (σελ. 70 σχολικού βιβλίου: «Το κυκλικό διάγραμμα χρησιμοποιείται για τη γραφική παράσταση τόσο τω ποιοτικώ όσο και τω ποσοτικώ δεδομέω» ) β. Σωστό, ( σελ. 23 σχολικού βιβλίου: «Η παράγωγος της f στο 0 εκφράζει το ρυθμό μεταβολής του y = f() ως προς το, ότα = 0.» ) γ. Λάθος, (σελ. 151 σχολικού βιβλίου: «Α A B, τότε P(A) P(B)» ) δ. Σωστό, (σελ. 91 σχολικού βιβλίου: «Τα σπουδαιότερα μέτρα διασποράς είαι το εύρος, η εδοτεταρτημοριακή απόκλιση, η διακύμαση και η τυπική απόκλιση.» ) ε. Σωστό (σελ. 16 σχολικού βιβλίου: «Ετσι ισχύει για παράδειγμα lim ηµ = ηµ 0, 0 0 R, lim συ = συ 0, 0 R και lim εϕ = εϕ 0, ότα συ 0 0» ). 0 0 Β1 Ο άξοας y y του ιστογράμματος αθροιστικώ σχετικώ συχοτήτω ααφέρεται σε F i %. Συεπώς οι αριθμοί που βρίσκοται σε αυτό δε ϑα έπρεπε α έχου το σύμβολο «%». Ομάδα Επιμελητώ του 10

Β2 Εαλλακτικά για τη εύρεση του α : F 2 % = 50 (α+4)+(3α 6) = 1 4α 2 2 7α+4 = 1 α = 8. 2 [ κ Β3 Εαλλακτικά χρησιμοποιώτας το τύπο s 2 = 1 ( κ 2 i i=1 i ) 2 ] i i με i=1 κ κ 2 i i = 39.600 και i i = 1.440, έχουμε i=1 s 2 = 1 60 i=1 (39.600 1.4402 60 Β4 (Εαλλακτική προσέγγιση) ) = 1 5.040 (39.600 34.560) = 60 60 = 84 λεπτά2. Θα χρησιμοποιήσουμε το πολύγωο τω σχετικώ αθροιστικώ συχοτήτω, στο οποίο ααζητούμε το σημείο B με συτεταγμέες (37, k). Οι μαθητές που χρειάστηκα τουλάχιστο 37 λεπτά για α λύσου το πρόβλημα βρίσκοται στο διάστημα [35, 45), στο οποίο ψάχουμε το ποσοστό τω παρατηρήσεω. Θεωρούμε τα σημεία Γ(35, 90) και (45, 100). Εστω y = a+b η εξίσωση της ευθείας (Γ ). Τότε αφού Γ (Γ ) και (Γ ), έχουμε: 90 = 35a+b και 100 = 45a+b M.K..(a,b) = M.K..(1,55). Συεπώς y = +55 είαι η εξίσωση της ευθείας (Γ ), στη οποία αήκει το B(37,k). Άρα προκύπτει ότι k = 37+55 = 92 και το ζητούμεο ποσοστό είαι 100% 92% = 8%. y αθρ. σχετ. συχ. % Fi% k 100 90 50 Γ B 20 0 5 15 25 3537 45 Χρόος (λεπτά) Ας σημειωθεί ότι υπάρχει πρόβλημα στο ότι εά βρούμε πρώτα το πλήθος τω μαθητώ στο διάστημα [37,45), τότε ϑα είαι τα 8 του 6, δηλαδή 4,8 μαθητές! 10 Ομάδα Επιμελητώ του 11

Γ1 (Εαλλακτική προσέγγιση) Ας υποθέσουμε ότι A B Ω. Τότε υπάρχει στοιχείο ω Ω (A B). Ομως καθώς {ω} Ω (A B), έπεται ότι P({ω}) P(Ω (A B)) = P(Ω) P(Ω (A B)) = 1 1 = 0. Άρα P({ω}) = 0, άτοπο διότι τα απλά εδεχόμεα δε έχου πιθαότητα 0. Γ2 Το δεδομέο 3 είαι περιττό, αφού για = 0 παίρουμε P(B) = 2. Άτοπο, οπότε η λύση = 0 απορρίπτεται. Δ2 Η γραφική παράσταση της συάρτησης E φαίεται στο παρακάτω σχήμα: 1.5 = 1 E() = 1+ln 2 y = 1 1 0.5 0 0.5 1 1.5 2 Διαφορετικά για το ελάχιστο της E() = ln 2 +1, > 0: Είαι ln 2 0 ln 2 +1 1 E() 1. Η ισότητα λαμβάεται μόο για = 1. Άρα βρίσκουμε ελάχιστο για = 1 το E(1) = 1. Δύο προσεγγίσεις για ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ του Δ2: Θα δειχθεί ότι η μοαδική λύση της εξίσωσης (OK) = (OΛ) 1+ln2 = 1+ln 2 2 = 0 είαι η = 1. 1η προσέγγιση: Ορίζουμε τη συάρτηση g() = 1+ln 2 2, > 0, για τη οποία αρκεί α δείξουμε ότι είαι γησίως φθίουσα. Εχουμε g () = 2 ( ln ). Άρα αρκεί α δείξουμε ότι ln < 2 για κάθε > 0. Επειδή όμως, για κάθε, ισχύει < 2 + 1, έχουμε ότι ln < ln( 2 + 1) 2, λόγω της αισότητας ln 1, για κάθε > 0, η οποία μπορεί α αποδειχθεί εύκολα μελετώτας τη συάρτηση h() = ln 1. 2η προσέγγιση: (OK) = (OΛ) 1+ln2 = 1+ln2 = 0 T() = T(1), όπου T() = 1+ln2 = f(), η οποία είαι γησίως φθίουσα, αφού οι f και h() = ειαι γησίως φθίουσες. Άρα το παίρει τη τιμή 1 μια μόο φορά. Ομάδα Επιμελητώ του 12