ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β ) ΤΕΤΑΡΤΗ 3 MAΪΟΥ 01 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΙ ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗΣ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΘΕΜΑ Α A1. Έστω η συνάρτηση F() f() g(). Έχουμε και για Επομένως h 0, F( h) F() (f( h) g( h)) (f() g()) (f( h) f()) (g( h) g()), F( h) F() f( h) f() g( h) g(). h h h F( h) F() f( h) f() g( h) g() lm lm lm f () g (). h h h h0 h0 h0 Άρα (f() g()) f () g () Α. Σε ένα πείραμα με ισοπίθανα αποτελέσματα ορίζουμε ως πιθανότητα του ενδεχομένου Α τον αριθμό: Πλήθος Ευνοϊκών Περιπτώσεων N(A) P(A) Πλήθος Δυνατών Περιπτώσεων N(Ω) Έτσι, έχουμε τον κλασικό ορισμό της πιθανότητας. Α3. Ο συντελεστής μεταβολής ή συντελεστής μεταβλητότητας, για 0 ορίζεται από το λόγο: Αν τυπική απόκλιση s CV μέση τιμή όταν 0. 0, τότε αντί της χρησιμοποιούμε την. Α4. α) Λάθος β) Σωστό γ) Λάθος δ) Σωστό ε) Σωστό ΘΕΜΑ Β Β1. 3
πολύγωνο σχετικών αθροιστικών συχνοτήτων A Για τη διάμεσο δ γνωρίζουμε ότι, αντιστοιχεί σε εκείνη την τιμή για την οποία το πολύ 50% των παρατηρήσεων είναι μικρότερες από αυτήν και το πολύ 50% των παρατηρήσεων είναι μεγαλύτερες από αυτήν. Σύμφωνα με το ιστόγραμμα και τo αντίστοιχο πολύγωνο αθροιστικών σχετικών συχνοτήτων, έχουμε δ5. Β. Αφού η διάμεσος είναι δ5 άρα το πλήθος των μαθητών που περιέχονται στις κλάσεις [5,15) και [15,5) πρέπει να είναι το ίδιο με το πλήθος των μαθητών που περιέχονται στις κλάσεις [5,35) και [35,45). Άρα έχουμε διαδοχικά: α43α 6α 8αα8. Συνεπώς για τη συμπλήρωση του πίνακα έχουμε: ν1 α4 1 N1ν 11 ν 3α 618 N N1 ν118 30 ν3 α 84 N3 N ν3 304 54 ν4 α6 N4 N3 ν460 ν1 1 1 f 1% 100 100 100 0 F 1% f 1% 0 ν 60 5 ν 18 3 f % 100 100 100 30 F % 50 ν 60 10 ν3 4 f 3% 100 100 100 40 F 3% F % f 3% 50 40 90 ν 60 5 ν4 6 1 f 4% 100 100 100 10 F 4% 100 ν 60 10 και τέλος ν ν ν ν ν 60 1 3 4 Ο πίνακας συμπληρωμένος φαίνεται παρακάτω: Χρόνοι (λεπτά) ν f% N F% [5,15) 10 1 0 1 0 [15,5) 0 18 30 30 50 [5,35) 30 4 40 54 90 [35,45) 40 6 10 60 100 Σύνολο 60 100 Β3. Σύμφωνα με τον ορισμό της μέσης τιμής σε ομαδοποιημένα δεδομένα έχουμε: 4
4 ν 1 10 1 0 18 30 4 40 6 1440 4 λεπτά. ν 60 60 Σύμφωνα με τον ορισμό της διακύμανσης (ή διασποράς) s σε ομαδοποιημένα δεδομένα έχουμε: s 1 4 ν (10 4) 1 (0 4) 18 (30 4) 4 (40 4) 6 ν 60 35 88 864 1536 84 λεπτά 60 Άρα η τυπική απόκλιση είναι s s 84 9,17 λεπτά. Β4. Θεωρούμε ότι σε κάθε κλάση οι παρατηρήσεις είναι ομοιόμορφα κατανεμημένες. Επειδή στην κλάση [35,45) πλάτους 10 βρίσκεται το f 4% 10 των μαθητών άρα στο διάστημα [37,45]πλάτους 8 βρίσκεται το 8 f % 4 8, δηλαδή το 8% των μαθητών. 10 ΘΕΜΑ Γ 3v Έστω Γ το ενδεχόμενο ο μαθητής να μιλάει Γαλλικά. Τότε PΓ v 1. v Έστω I το ενδεχόμενο ο μαθητής να μιλάει Ισπανικά. Τότε PI v 1. v1 Η πιθανότητα να μιλάει και τις δυο γλώσσες είναι PΓI v 1 Γ1. Η πιθανότητα να μιλάει μια τουλάχιστον από τις δυο γλώσσες είναι ( 1) 3 3 1 ( 1) 3 ( 1) 3 3 3 3 P Γ I lm lm 1 1 lm lm 1 1 ( 1)( 1) 1 lm lm 1 1 1 ( 1) 3 3 N ΓΙ Είναι PΓ I 1 1 NΓ Ι N(Ω) και επειδή βρισκόμαστε σε πεπερασμένο δειγματικό χώρο με ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα άρα Γ I Ω (αν ήταν Γ I Ω τότε θα είχαμε N(Ω) N Γ I N Ω, άτοπο). Οπότε το ενδεχόμενο ΓI είναι βέβαιο. 5
Γ. Είναι PΓ I PΓPIPΓ I Άρα 3ν ν (ν 1) 1 ν 1 3v v v 1 ν 1 v 1 3v 1 v 3v με ν 3 Τελικά ν = 3 που είναι δεκτή αφού τότε 9 1 PΓ, PI, PΓ I 10 5 Γ3. Είναι PΓ I I Γ PΓ I PI Γ 9 5 4 3 P Γ P I P Γ I 10 10 10 5 Γ4. Αφού τα απλά ενδεχόμενα είναι ισοπίθανα, έχουμε NΓΙ 4 3 103 PΓ I NΩ 80. N Ω 10 N Ω 4 ΘΕΜΑ Δ Δ1. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη για κάθε 0, ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο εν λόγω διάστημα με 1ln () (1 ln ) ln 1ln ln 1 f'() ln 1 Παρατηρούμε ότι f () 0 0 ln 1 e Από τον πίνακα μεταβολών της f προκύπτει ότι είναι για κάθε 0,ee,. Επομένως είναι γνησίως φθίνουσα στο 0, Δ. Παρατηρούμε αρχικά ότι Είναι: 0 (OK) f() 0 για κάθε 0. f() 0 1ln OΛ f() f() Το εμβαδό του ορθογωνίου παραλληλογράμμου E() OK OΛ E() 1ln, 0 OKMΛ είναι: Η συνάρτηση του εμβαδού είναι παραγωγίσιμη για ln κάθε 0 με E (), 0. Είναι E () 0 ln 0 1 ln 0 Είναι E () 0 0ln 0 1 f () 0 6
ln 0 Είναι E () 0 0ln 0 0 1 Επομένως η συνάρτηση είναι γνήσια φθίνουσα στο (0,1] και γνήσια αύξουσα στο Στο σημείο 1 παρουσιάζει ελάχιστο το E(1) 1τ.μ [1, ) Παρατηρούμε πως όταν 1 είναι f(1) 1ln 11 επομένως στο ορθογώνιο OKMΛ ισχύει (OK) (OΛ) 1 επομένως αυτό είναι τετράγωνο. Δ3. Αφού η ευθεία (ε) είναι παράλληλη προς την εφαπτόμενη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο Σ(1,f(1)) θα είναι λ f (ln1 1) (1) 1. 1 Επομένως η εξίσωση της ευθείας () είναι y β. Οι τεταγμένες των δέκα σημείων είναι y β, 1,,...,10. Έστω z, 1,,...,10. Τότε z 10 και s 1 s. Επίσης y z β, 1,,...,10. Τότε y zβ β10 και s s. sy Άρα CV y. y β 10 Το δείγμα των τεταγμένων των δέκα σημείων είναι ομοιογενές αν και μόνο αν 1 1 CV y β 10 0 10 β 10 10 β10 0 ή β10 0 β 10 ή β 30. Δ4. Τα Α, Β είναι ενδεχόμενα του δειγματικού χώρου Ω που αποτελείται από ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα. Αφού A και AB θα είναι P(A) 0 και P(A B) 0. Επίσης P(A),P(A B),P(A B) (0,1] στο οποίο η f είναι γνησίως φθίνουσα. Άρα A ABP(A) P(A B) f(p(a)) f(p(a B))(1) και ABABP(A B) P(A B) f(p(a B)) f(p(a B))() Προσθέτουμε κατά μέλη τις (1),() και έχουμε f(p(a)) f(p(a B)) f(p(a B)). ΣΧΟΛΙΑ: Το ίσον ισχύει όταν Α=Β. z y z Α. Εναλλακτική απόδειξη Έστω F() f() g(). Τότε για 0 έχουμε: F() F( 0) f() g() f( 0) g( 0) οπότε 0 0 f() f( 0) g() g( 0) 0 0, 7
F() F( 0) f() f( 0) g() g( 0) lm lm lm f'( 0) g'( 0) 0 0 0 0 0 0 δεδομένου ότι οι συναρτήσεις f, g είναι παραγωγίσιμες, άρα (f() g())' f'() g'(). Α4. Εξήγηση των προτάσεων σύμφωνα με το σχολικό βιβλίο: α) Λάθος (σελ. 70 σχολικού βιβλίου: «Το κυκλικό διάγραμμα χρησιμοποιείται για τη γραφική παράσταση τόσο των ποιοτικών όσο και των ποσοτικών δεδομένων») β) Σωστό ( σελ. 3 σχολικού βιβλίου: «Η παράγωγος της f στο 0 εκφράζει το ρυθμό μεταβολής του y f() ως προς το, όταν 0.») γ) Λάθος (σελ. 151 σχολικού βιβλίου: «Αν AB, τότε P(A) P(B)») δ) Σωστό (σελ. 91 σχολικού βιβλίου: «Τα σπουδαιότερα μέτρα διασποράς είναι το εύρος, η ενδοτεταρτημοριακή απόκλιση, η διακύμανση και η τυπική απόκλιση.») ε) Σωστό (σελ. 16 σχολικού βιβλίου: «Έτσι ισχύει για παράδειγμα lm συν συν και 0 0 lm εφ εφ (όταν συν 0 ).») 0 0 0 lm ημ ημ, Β1. Ο άξονας y y του ιστογράμματος αθροιστικών σχετικών συχνοτήτων αναφέρεται σε F % συνεπώς οι αριθμοί που βρίσκονται σε αυτόν δε θα έπρεπε να έχουν το σύμβολο «%». Β. Εναλλακτικά για την εύρεση του α: (α 4) (3α 6) 1 4α 1 F 50% α 8 ν 7α 4 κ κ 1 v 4 1 Β3. Εναλλακτικά χρησιμοποιώντας τον τύπο s v με 39.600 και v 1 v 1 4 1 1.440 1 5.040 1.440 έχουμε s 39.600 39.600 34.560 84 ά 1 60 60 60 60 Β4. Εναλλακτική προσέγγιση Θα χρησιμοποιήσουμε το πολύγωνο των σχετικών αθροιστικών συχνοτήτων, στο οποίο αναζητούμε το σημείο με συντεταγμένες (37, k ). Οι μαθητές που χρειάστηκαν τουλάχιστον 37 λεπτά για να λύσουν το πρόβλημα βρίσκονται στο διάστημα [37, 45), στο οποίο ψάχνουμε το ποσοστό των παρατηρήσεων. Έ- χουμε ότι: (35,90) και (45,100). Έστω y a b η εξίσωση της ευθείας. Τότε αφού και, έχουμε: 90 35 a b,100 45 a b ( a, b) (1,55). Συνεπώς y55 είναι η εξίσωση της ευθείας, στην οποία ανήκει το B(37, k ) άρα προκύπτει ότι: k 37 55 9. Επομένως το ζητούμενο ποσοστό είναι 100% 9% 8%. 0 0 8
Ας σημειωθεί ότι υπάρχει πρόβλημα στο ότι εάν βρούμε πρώτα το πλήθος των μαθητών στο διάστημα 37,45, θα είναι τα του 6, δηλαδή 4,8 μαθητές! 8 10 Γ1. Εναλλακτική προσέγγιση Ας υποθέσουμε ότι A Ω Τότε υπάρχει στοιχείο ωωa. Όμως καθώς {ω} ΩA άρα έπεται ότιp({ω}) P(Ω A) P(Ω) P(Ω A) 11 0. Άρα P({ω}) 0, άτοπο διότι τα απλά ενδεχόμενα δεν έχουν πιθανότητα 0. Πρέπει να σημειωθεί ότι οι παραπάνω προσεγγίσεις, δικαιολογούνται λόγω του ότι έχουμε πεπερασμένο δειγματικό χώρο με ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα. Γ. Το δεδομένο ν 3 είναι περιττό αφού για ν 0 παίρνουμε PI, άτοπο οπότε η λύση ν 0 α- πορρίπτεται. Δ. Η γραφική παράσταση της συνάρτησης f φαίνεται στο παρακάτω σχήμα: y y=1+ln Λ 0,f() O Μ,f() Κ,0 Διαφορετικά για τo ελάχιστο της E() 1ln, 0 : Είναι ln 0ln 11E() 1. Η ισότητα λαμβάνεται μόνο για =1 άρα βρίσκουμε ελάχιστο για 1 το E(1) 1. Σύμφωνα με την εκφώνηση χρειάζεται επιπλέον να δειχθεί ότι η μοναδική λύση της εξίσωσης 1ln (ΟΚ) (ΟΛ) 1ln 0 είναι η 1. Παρά το ότι μία τέτοια απόδειξη ξεφεύγει από τα πλαίσια του μαθήματος, παραθέτουμε δύο προσεγγίσεις για λόγους πληρότητας παρακάτω: Ορίζουμε τη συνάρτηση g() 1ln. Αρκεί να δείξουμε ότι είναι γνησίως φθίνουσα. ln Έχουμε g () άρα αρκεί να δείξουμε ότι ln() για κάθε 0. 9
Επειδή όμως 1 για κάθε έχουμε ότι ln() ln( 1) λόγω της ταςln 1, για κάθε 0, η οποία μπορεί να αποδειχθεί εύκολα μελετώντας τη συνάρτηση h() ln 1. Εναλλακτικά 1ln 1ln (OK) (OΛ) 0 T() 0 T() T(1), όπου θεωρήσαμε 1ln την T() f() που είναι γνησίως φθίνουσα αφού οι f και h() ειναι γνησίως φθίνουσες άρα το παίρνει την τιμή 1 μια μόνο φορά. 10