Μαθηματικά Γενικής Παιδείας 2015

Επιτροπή Θεμάτων 15 · #1

Αγαπητές/τοί φίλες/οι

Στο θέμα αυτό αποκλειστικά θα συζητήσουμε τα θέματα των Μαθηματικών Γενικής Παιδείας 2015 αμέσως μόλις δημοσιευθούν στη σελίδα του Υπουργείου.

Επιτροπή Θεμάτων 15 · #2

Τα θέματα που μόλις δημοσιεύθηκαν στη σελίδα του Υπουργείου.

#3

Για το Α θέμα:

Α1) Απόδειξη σελίδα 31 σχολικού βιβλίου
Α2) Ορισμός σελίδα 22 σχολικού βιβλίου
Α3) Ορισμός σελίδα 87 σχολικού βιβλίου
Α4) α) Λ (σελίδα 31 σχολικού βιβλίου)
β) Σ (σελίδα 14 σχολικού βιβλίου)
γ) Λ (σελίδα 95 σχολικού βιβλίου)
δ) Λ (σελίδα 97 σχολικού βιβλίου)
ε) Σ (σελίδα 141 σχολικού βιβλίου)

Ερωτήσεις για πολύ προσεκτικούς και καλοδιαβασμένους μαθητές όμως μέσα στο πλαίσιο του σχολικού βιβλίου.

Αλέξανδρος

gavrilos · #4

Θέμα Δ.

Δ.1 Η κάθε διαγώνιος του ορθογωνίου είναι διάμετρος του κύκλου άρα έχει μήκος $\displaystyle{2\rho =10}$ .

Άρα το πυθαγόρειο θεώρημα π.χ. στο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Delta}$ δίνει $\displaystyle{A\Delta =\sqrt{4\rho ^2-x^2}=\sqrt{100-x^2}}$ .

Επομένως το εμβαδόν του ορθογωνίου είναι $\displaystyle{E=AB\cdot A\Delta =x\cdot \sqrt{100-x^2}}$ όπως θέλαμε.

Προφανώς ισχύει $\displaystyle{x>0}$ αφού αναφερόμαστε σε μήκος ευθ. τμήματος και $\displaystyle{x<10}$ επειδή το τμήμα αυτό είναι σίγουρα μικρότερο της διαμέτρου.

(Δεν μπορεί να είναι ίσο με τη διάμετρο γιατί τότε το ορθογώνιο εκφυλίζεται σε ευθ. τμήμα).

Άρα το π.ο. της $\displaystyle{f}$ είναι το $\displaystyle{(0,10)}$ .

Δ.2 Από τη γνωστή ανισότητα $\displaystyle{ab\leq \frac{a^2+b^2}{2}}$ παίρνουμε $\displaystyle{E=x\cdot \sqrt{100-x^2}\leq \frac{x^2+100-x^2}{2}=50}$ .

Η τιμή αυτή επιτυγχάνεται όταν $\displaystyle{x=\sqrt{100-x^2}\Leftrightarrow x^2=100-x^2\Leftrightarrow x=\sqrt{50}=5\sqrt{2}}$ και φυσικά τότε ισχύει $\displaystyle{AB=A\Delta}$ οπότε το σχήμα είναι τετράγωνο.

Με παραγώγους έχει λίγες παραπάνω πράξεις αλλά με παραγώγους θα το λύσουν οι περισσότεροι.

Δ.3 Θέτουμε $\displaystyle{u=x+1}$ και το όριο γίνεται $\displaystyle{\lim_{u\to 1} \frac{f(u)-f(1)}{98(u-1)}=\frac{f'(1)}{98}}$ .

Ισχύει $\displaystyle{f'(x)=\sqrt{100-x^2}-\frac{x^2}{\sqrt{100-x^2}}}$ άρα $\displaystyle{f'(1)=\sqrt{99}-\frac{1}{\sqrt{99}}=\frac{98}{\sqrt{99}}}$ .

Επομένως το ζητούμενο όριο ισούται με $\displaystyle{\frac{\frac{98}{\sqrt{99}}}{98}=\frac{1}{\sqrt{99}}}$ .

Δ.4 Μελετάμε την $\displaystyle{f}$ ως προς τη μονοτονία.Θα λύσουμε την ανίσωση $\displaystyle{f'(x)>0}$ .

Ισοδύναμα θέλουμε $\displaystyle{\sqrt{100-x^2}>\frac{x^2}{\sqrt{100-x^2}}\Leftrightarrow 100-x^2>x^2\Leftrightarrow x<5\sqrt{2}}$ .

Άρα στο διάστημα $\displaystyle{(0,5\sqrt{2})}$ η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως αύξουσα.Ισχύει $\displaystyle{P(A-B)=P(A)-P(A\cap B)<P(A)}$ και $\displaystyle{P(A),P(A-B)\in (0,1]\subset (0,5\sqrt{2})}$ .

Επομένως $\displaystyle{f\left(P(A)\right)>f\left(P(A-B)\right)\Leftrightarrow P(A)\cdot \sqrt{100-P^{2}(A)}\geq P(A-B)\cdot \sqrt{100-P^{2}(A-B)}}$

$\displaystyle{\Leftrightarrow \frac{P(A)}{\sqrt{100-P^{2}(A-B)}}}\geq \frac{P(A-B)}{\sqrt{100-P^{2}(A)}}\bf \color{red} (1)}$ .

Επίσης $\displaystyle{\frac{P(A)}{\sqrt{100-P^{2}(A-B)}}>0}$ και $\displaystyle{\frac{P(A)}{\sqrt{100-P^{2}(A-B)}}}<\frac{1}{\sqrt{99}}$ .

Η τελευταία ισχύει αφού ισχύουν και οι $\displaystyle{P(A)<1}$ και $\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{100-P^{2}(A-B)}}<\frac{1}{\sqrt{99}}}$ οπότε η ζητούμενη προκύπτει με πολ/σμο κατά μέλη των παραπάνω.

Με λίγα λόγια η παράσταση $\displaystyle{\frac{P(A)}{\sqrt{100-P^{2}(A-B)}}>0}$ ανήκει σίγουρα στο διάστημα $\displaystyle{(0,5\sqrt{2})}$ ,το ίδιο και η $\displaystyle{\frac{P(A-B)}{\sqrt{100-P^{2}(A)}}$ .

Στο διάστημα αυτό όμως η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως αύξουσα άρα η $\displaystyle{\bf \color{red} (1)}$ δίνει τη ζητούμενη ανισότητα.

Edit:Πρόσθεσα τα πράσινα μετά από υπόδειξη του Χρ. Τσιφάκη.

Everville · #5

Ωραία λύση για το Δ4. Πάντως έχω την εντύπωση ότι οι περισσότεροι θα το λύσουν απλά αντικαθιστώντας τα ορίσματα της f στο τύπο της. Βγαίνει φυσικά, δεν έχει πάρα πολλές πράξεις (γίνονται και μερικές απλοποιήσεις) και καταλήγουμε στο $P(A-B)\leq P(A)$ το οποίο ισχύει.

#6

Το Δ3 χωρίς αλλαγή μεταβλητής είναι ο ορισμός της παραγώγου στο χ0=1.

manos66 · #7

Στο θέμα Β
Το ότι οι πιθανότητες των $A , A\bigcap{B},A\bigcup{B}$ ανήκουν στο σύνολο λύσεων της εξίσωσης δεν σημαίνει ότι είναι απαραίτητα και διαφορετικές μεταξύ τους.

drakpap · #8

Τα θέματα είναι δύσκολα για ένα μαθημα γενικής παιδείας.Σε σχέση με τα περσινά νομίζω πολύ πιο δύσκολα. θα ήθελα να ακούσω απόψεις συναδέλφων

gskarpen · #9

manos66 έγραψε:Στο θέμα Β
Το ότι οι πιθανότητες των $A , A\bigcap{B},A\bigcup{B}$ ανήκουν στο σύνολο λύσεων της εξίσωσης δεν σημαίνει ότι είναι απαραίτητα και διαφορετικές μεταξύ τους.

Δόθηκε σχετική διευκρίνιση για το ερώτημα αυτό. Αν και δεν γνωρίζω ακριβώς την διευκρίνιση

AGkesk1506 · #10

ΚΑΛΗΜΕΡΑ
Θεωρώ τα θέματα δύσκολα ΜΟΝΟ οι μαθητές κατεύθυνσης θα γράψουν
Επίσης το ΘΕΜΑ Β θέλει επεξήγηση

gavrilos · #11

Θέμα Β.

Β.1 Γνωρίζουμε κλασσικά ότι $\displaystyle{P(A),P(A\cup B),P(A\cap B),P(\Gamma)\in [0,1]}$ οπότε απορρίπτουμε όσες ρίζες δεν ανήκουν σε αυτό το διάστημα.

Επίσης $\displaystyle{P(A\cup B)>P(A)>P(A\cap B)}$ (δεν γνωρίζω αν αυτή θέλει απόδειξη στις εξετάσεις).

Η πρώτη εξίσωση γράφεται $\displaystyle{(3x-1)(8x^2-4x-2x+1)=0\Leftrightarrow (3x-1)[4x(2x-1)-(2x-1)]=0\Leftrightarrow (3x-1)(2x-1)(4x-1)=0}$

άρα ρίζες οι $\displaystyle{\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{1}{4}}$ .Άρα αφού $\displaystyle{\frac{1}{2}>\frac{1}{3}>\frac{1}{4}}$ ισχύει τελικά $\displaystyle{P(A\cap B)=\frac{1}{4},P(A)=\frac{1}{3},P(A\cup B)=\frac{1}{2}}$ .

Β.2 Ισχύει $\displaystyle{P(A')=\frac{2}{3}}$ .Επίσης $\displaystyle{P(B)=P(A\cup B)-P(A)+P(A\cap B)=\frac{5}{12}}$ άρα $\displaystyle{P(B')=\frac{7}{12}}$ .

Επίσης $\displaystyle{P(A'-B')=P(A')-P(A'\cap B')}$ .Η πιθανότητα $\displaystyle{P(A'\cap B')}$ είναι η πιθανότητα να μην πραγματοποιηθεί κανένα εκ'των $\displaystyle{A,B}$ .

Δηλαδή $\displaystyle{P(A' \cap B')=P\left((A\cup B)'\right)=\frac{1}{2}}$ .Επομένως $\displaystyle{P(A'-B')=\frac{2}{3}-\frac{1}{2}=\frac{1}{6}}$ .

Ισχύει $\displaystyle{P(\Delta)=P\left((A\cap B)'\right)=\frac{3}{4}}$ (το μόνο που θέλουμε είναι να μην πραγματοποιούνται ταυτόχρονα).

Β.3 Ισχύει $\displaystyle{P(E)=P\left((A-B)\cup (B-A)\right))=P(A-B)+P(B-A)-P\left((A-B)\cap (B-A))=}$

$\displaystyle{P(A-B)+P(B-A)=P(A)-P(A\cap B)+P(B)-P(A\cap B)=\frac{1}{3}+\frac{5}{12}-\frac{2}{4}=\frac{4}{12}+\frac{5}{12}-\frac{6}{12}=\frac{1}{4}}$ .

Β.4 Η δεύτερη εξίσωση της εκφώνησης έχει $\displaystyle{\Delta =9+72=81}$ άρα $\displaystyle{x_{1,2}=\frac{3\pm 9}{18}}$ .

Απορρίπτοντας την αρνητική ρίζα,μένει ότι $\displaystyle{P(\Gamma)=\frac{12}{18}=\frac{2}{3}}$ .

Αν $\displaystyle{P(B\cap \Gamma)=0}$ τότε $\displaystyle{P(B\cup \Gamma)=P(B)+P(\Gamma)=\frac{5}{12}+\frac{2}{3}=\frac{13}{12}}$ άτοπο.

#12

Για το θέμα Δ.

Δ1. Φέρνουμε τη $\displaystyle {\rm B}\Delta$ , η οποία είναι διάμετρος, αφού η γωνία $\displaystyle \widehat {\rm A}$ είναι ορθή.
Στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle {\rm A}{\rm B}\Delta$ από Πυθαγόρειο Θεώρημα είναι $\displaystyle {\rm A}\Delta = \sqrt {100 - {x^2}} ,\;\;0 < x < 10$ , οπότε το εμβαδό του ορθογωνίου $\displaystyle {\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ ισούται με $\displaystyle AB \cdot A\Delta$ , άρα δίνεται από τη συνάρτηση $\displaystyle f\left( x \right) = x \cdot \sqrt {100 - {x^2}} ,\;0 < x < 10$

Δ2. Η συνάρτηση $\displaystyle f\left( x \right)$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle \left( {0,\;10} \right)$ με παράγωγο: $\displaystyle f'\left( x \right) = \sqrt {100 - {x^2}} - \frac{{{x^2}}}{{\sqrt {100 - {x^2}} }} = \frac{{100 - 2{x^2}}}{{\sqrt {100 - {x^2}} }}$

Είναι γν. αύξουσα στο $\displaystyle \left( {0,\;\sqrt {50} } \right)$ , γν. φθίνουσα στο $\displaystyle \left( {\sqrt {50} ,\;10} \right)$ , άρα παρουσιάζει μέγιστο για $\displaystyle x = \sqrt {50}$ .

Τότε $\displaystyle AB = \sqrt {50} ,\;A\Delta = \sqrt {100 - 50} = \sqrt {50} \Rightarrow {\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Delta$ , δηλαδή το $\displaystyle {\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ είναι τετράγωνο.

Δ3. Για $\displaystyle x \ne 0$ είναι $\displaystyle \frac{{f\left( {1 + x} \right) - \sqrt {99} }}{{98x}} = \frac{1}{{98}} \cdot \frac{{f\left( {1 + x} \right) - f\left( 1 \right)}}{x}$
άρα $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f\left( {1 + x} \right) - \sqrt {99} }}{{98x}} = \frac{1}{{98}} \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f\left( {1 + x} \right) - f\left( 1 \right)}}{x} = \frac{1}{{98}}f'\left( 1 \right) =$

$\displaystyle = \frac{1}{{98}} \cdot \frac{{98}}{{\sqrt {99} }} = \frac{1}{{\sqrt {99} }}$

edit: Με μικρές διαφορές από τη λύση του Gavrilos, παραπάνω. Δίχως αλλαγή μεταβλητής στο όριο, αλλά με ορισμό παραγώγου, για να αποφύγουμε τις κουραστικές συζυγείς παραστάσεις.
Διόρθωσα την τιμή $A\Delta = \sqrt{50}$ . Ευχαριστώ τον nikos_el.

nikos_el · #13

Γιώργος Ρίζος έγραψε:Για το θέμα Δ.

Δ2. Η συνάρτηση $\displaystyle f\left( x \right)$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle \left( {0,\;10} \right)$ με παράγωγο: $\displaystyle f'\left( x \right) = \sqrt {100 - {x^2}} - \frac{{{x^2}}}{{\sqrt {100 - {x^2}} }} = \frac{{100 - 2{x^2}}}{{\sqrt {100 - {x^2}} }}$

Είναι γν. αύξουσα στο $\displaystyle \left( {0,\;\sqrt {50} } \right)$ , γν. φθίνουσα στο $\displaystyle \left( {\sqrt {50} ,\;10} \right)$ , άρα παρουσιάζει μέγιστο για $\displaystyle x = \sqrt {50}$ . Τότε $\displaystyle AB = \sqrt {50} ,\;A\Delta = \sqrt {100 - 50} = 50 \Rightarrow {\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Delta$ , δηλαδή το $\displaystyle {\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ είναι τετράγωνο.

Προφανώς, εννοείτε πως $A\Delta =\sqrt{100 - 50}=\sqrt{50}\Rightarrow AB=A\Delta$ .

Παναγιώτης Βάγιας · #14

οι νόμοι του de morgan (χρησιμότατοι όπως δείχνει ο gayrilos στο β2) που (?) ακριβώς διδάσκονται στο σχολικό βιβλίο ;

οι μαθητές της θεωρητικής - μάλλον - πάνε για ολική καταστροφή , όπως και οι μέτριοι της τεχνολογικής και θετικής

#15

Δ1. Είναι $f\left( x \right) = \left( {AB} \right) \cdot \left( {A\Delta } \right):\left( 1 \right)$ . Με $\angle \Delta {\rm A}{\rm B} = {90^0} \Rightarrow \Delta {\rm B}$ διάμετρος του κύκλου $\left( {\rm O} \right)$ , οπότε από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο τρίγωνο

$\vartriangle {\rm A}{\rm B}\Delta \Rightarrow {\left( {{\rm A}\Delta } \right)^2} = {\left( {{\rm B}\Delta } \right)^2} - {\left( {{\rm A}{\rm B}} \right)^2} = {\left( {2\rho } \right)^2} - {x^2} = 100 - {x^2}$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {{\rm A}\Delta } \right) > 0} \left( {{\rm A}\Delta } \right) = \sqrt {100 - {x^2}} \mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \boxed{f\left( x \right) = x \cdot \sqrt {100 - {x^2}} },0 < x < 10$ .
[attachment=0]σχημα 1.png[/attachment]
Δ2. Επειδή η συνάρτηση $g\left( x \right)=100-{{x}^{2}}$ είναι παραγωγίσιμη (τύπος πολυωνυμικής) στο διάστημα $\left( 0,10 \right)$ με $g\left( x \right)>0$ για κάθε $x\in \left( 0,10 \right)$ και η $h\left( x \right)=\sqrt{x}$ είναι παραγωγίσιμη στο $\left( 0,+\infty \right)$ προκύπτει ότι η $\sqrt{g\left( x \right)}$ είναι παραγωγίσιμη στο $\left( 0,10 \right)$ και με την συνάρτηση $k\left( x \right)=x$ παραγωγίσιμη (τύπος ταυτοτικής) στο $\left( 0,10 \right)$ προκύπτει ότι η είναι παραγωγίσιμη στο $\left( 0,10 \right)$ με

$f'\left( x \right) = {\left( {x \cdot \sqrt {100 - {x^2}} } \right)^\prime } = \sqrt {100 - {x^2}} + x \cdot \dfrac{{{{\left( {100 - {x^2}} \right)}^\prime }}}{{2\sqrt {100 - {x^2}} }}$ $= \sqrt {100 - {x^2}} + x \cdot \dfrac{{ - 2x}}{{2\sqrt {100 - {x^2}} }} =$

$\sqrt {100 - {x^2}} + \dfrac{{ - {x^2}}}{{\sqrt {100 - {x^2}} }} = \dfrac{{{{\left( {\sqrt {100 - {x^2}} } \right)}^2} - {x^2}}}{{\sqrt {100 - {x^2}} }} =$ $\dfrac{{100 - {x^2} - {x^2}}}{{\sqrt {100 - {x^2}} }} = \dfrac{{100 - 2{x^2}}}{{\sqrt {100 - {x^2}} }} = \dfrac{2}{{\sqrt {100 - {x^2}} }}\left( {50 - {x^2}} \right)$

Είναι $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \dfrac{2}{{\sqrt {100 - {x^2}} }}\left( {50 - {x^2}} \right) = 0 \Leftrightarrow$ $\left\{ \begin{gathered} 50 - {x^2} = 0 \\ 0 < x < 10 \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} {x^2} = 50 \\ 0 < x < 10 \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \boxed{x = 5\sqrt 2 } \\ 0 < x < 10 \\ \end{gathered} \right.$

Για $0 < x < 5\sqrt 2 \Rightarrow {x^2} < 50 \Rightarrow 50 - {x^2} > 0$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\dfrac{2}{{\sqrt {100 - {x^2}} }} > 0,\,\,\gamma \iota \alpha \,\,0 < x < 10} \dfrac{2}{{\sqrt {100 - {x^2}} }}\left( {50 - {x^2}} \right) > 0 \Rightarrow f'\left( x \right) > 0$

και επομένως η αφού είναι συνεχής στο διάστημα $\left( {0,5\sqrt 2 } \right]$ θα είναι γνησίως αύξουσα σε αυτό.

Ομοίως για $5\sqrt 2 < x < 10 \Rightarrow {x^2} > 50 \Rightarrow 50 - {x^2} < 0$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\dfrac{2}{{\sqrt {100 - {x^2}} }} > 0,\,\,\gamma \iota \alpha \,\,0 < x < 10} \dfrac{2}{{\sqrt {100 - {x^2}} }}\left( {50 - {x^2}} \right) < 0 \Rightarrow f'\left( x \right) < 0$

και επομένως η (αφού είναι και συνεχής στο $\left[ {5\sqrt 2 ,10} \right)$ ) θα είναι γνησίως φθίνουσα σε αυτό.

Από τα παραπάνω προκύπτει ότι η παρουσιάζει ολικό μέγιστο για $x = 5\sqrt 2$ για το οποίο είναι

$\left( {{\rm A}\Delta } \right) = \sqrt {100 - {{\left( {5\sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt {100 - 50} = \sqrt {50} = 5\sqrt 2 = x = \left( {{\rm A}{\rm B}} \right)$ και συνεπώς το ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ είναι τετράγωνο.

Δ3. Δ3. Είναι $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{f\left( {1 + x} \right) - \sqrt {99} }}{{98 \cdot x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{f\left( {1 + x} \right) - f\left( 1 \right)}}{{98 \cdot x}} =$ $\dfrac{1}{{98}} \cdot f'\left( 1 \right) = \dfrac{1}{{98}} \cdot \dfrac{{100 - 2 \cdot {1^2}}}{{\sqrt {100 - {1^2}} }} = \dfrac{{\sqrt {99} }}{{99}}$ .

Δ.4. Είναι $A - B \subseteq A \Rightarrow 0 < P\left( {A - B} \right) \leqslant P\left( A \right) \leqslant 1 \Rightarrow$ $\left\{ \begin{gathered} 0 < P\left( {A - B} \right) \leqslant P\left( A \right) \leqslant 1 \\ {P^2}\left( {A - B} \right) \leqslant {P^2}\left( A \right) \leqslant 1 \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow$

$\left\{ \begin{gathered} 0 < P\left( {A - B} \right) \leqslant P\left( A \right) \leqslant 1 \\ - {P^2}\left( {A - B} \right) \geqslant - {P^2}\left( A \right) \geqslant - 1 \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow$ $\left\{ \begin{gathered} 0 < P\left( {A - B} \right) \leqslant P\left( A \right) \leqslant 1 \\ 100 - {P^2}\left( {A - B} \right) \geqslant 100 - {P^2}\left( A \right) \geqslant 99 > 0 \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow$

$\left\{ \begin{gathered} 0 < P\left( {A - B} \right) \leqslant P\left( A \right) \leqslant 1 \\ \sqrt {100 - {P^2}\left( {A - B} \right)} \geqslant \sqrt {100 - {P^2}\left( A \right)} \geqslant \sqrt {99} > 0 \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow$ $\left\{ \begin{gathered} 0 < P\left( {A - B} \right) \leqslant P\left( A \right) \leqslant 1 \\ 0 < \dfrac{1}{{\sqrt {100 - {P^2}\left( {A - B} \right)} }} \leqslant \dfrac{1}{{\sqrt {100 - {P^2}\left( A \right)} }} < \dfrac{1}{{\sqrt {99} }} \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow$

$0 < \dfrac{{P\left( {A - B} \right)}}{{\sqrt {100 - {P^2}\left( {A - B} \right)} }} \leqslant \dfrac{{P\left( A \right)}}{{\sqrt {100 - {P^2}\left( A \right)} }} < \dfrac{1}{{\sqrt {99} }} < 5\sqrt 2$ $\mathop \Rightarrow \limits^{f\,\gamma \nu \eta \sigma \iota \omega \varsigma \,\,\alpha \upsilon \xi o\upsilon \sigma \alpha \,\,\sigma \tau o\,\,\left( {0,5\sqrt 2 } \right]} \boxed{f\left( {\dfrac{{P\left( {A - B} \right)}}{{\sqrt {100 - {P^2}\left( {A - B} \right)} }}} \right) \leqslant f\left( {\dfrac{{P\left( A \right)}}{{\sqrt {100 - {P^2}\left( A \right)} }}} \right)}$

Στάθης

Υ.Σ. Στο θέμα Δ4 έχει αποδειχθεί διαφορετική ανισότητα από τη ζητούμενη

Έγινε και διόρθωση στο Δ3 για να συμφωνεί με το πνεύμα του σχολικού βιβλίου

#16

Θέμα Β

Β1) $(3x-1)(8x^2-6x+1)=0\Leftrightarrow 3x-1=0$ ή $8x^2-6x+1=0 \Leftrightarrow x=\dfrac{1}{3}$ ή $x=\dfrac{1}{2}$ ή $x=\dfrac{1}{4}$

Άρα οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι αριθμοί $\dfrac{1}{4}, \ \dfrac{1}{3}, \ \dfrac{1}{2}$ με $\dfrac{1}{4} < \dfrac{1}{3} < \dfrac{1}{2}$

Όμως $A\cap B \subseteq A \subseteq A\cup B$ άρα $P\left(A\cap B\right) \leq P(A) \leq P\left(A\cup B\right)$ κι έτσι $\color{red}(\star)$

$P\left(A\cap B\right)=\dfrac{1}{4}$
$P(A)=\dfrac{1}{3}$
$P\left(A\cup B\right)=\dfrac{1}{2}$

που οκοκληρώνει την απόδειξη του ερωτήματος.

Β2) $P\left(A'-B'\right)=P\left(A' \right)-P\left(A'\cap B' \right)=1-P(A)-P\left(A'\cap B' \right)$

Για τον υπολογισμό του $P\left(A'\cap B' \right)$ θα κάνουμε το εξής: Από το σχήμα του Venn με ενδεχόμενα τα $A, \ B$ παρατηρούμε ότι $A'\cap B'=\left(A\cup B\right)'$ άρα $P\left(\left(A\cup B\right)'\right)=1-P\left(A\cup B\right)=1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}$

Έτσι $P\left(A'-B'\right)=1-\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{6}$

Επίσης $\Delta=\left(A\cap B\right)'$ κι έτσι $P(\Delta)=P\left(\left(A\cap B\right)'\right)=1-P\left(A\cap B\right)=1-\dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{4}$

Β3) Είναι $E=(A-B)\cup (B-A)$

Επειδή $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$ άρα με αντικατάσταση έχουμε $P(B)=\dfrac{5}{12}$ .

Επειδή τα ενδεχόμενα A-B

και

είναι ασυμβίβαστα άρα από τον απλό προσθετικό νόμο έχουμε:

$\begin{aligned}P\left((A-B)\cup(B-A)\right) &= P(A-B)+P(B-A)=P(A)-P(A\cap B)+P(B)-P(A\cap B) \\ &= \dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4}+\dfrac{5}{12}-\dfrac{1}{4} =\dfrac{1}{4}\end{aligned}$

Β4) $9x^2-3x-2=0 \Leftrightarrow x=\dfrac{2}{3}$ ή $x=-\dfrac{1}{3}$

Όμως $0\leq P(\Gamma)\leq 1$ άρα $P(\Gamma)=\dfrac{2}{3}$

Αν τα $B, \ \Gamma$ ήταν ασυμβίβαστα τότε από τον απλό προσθετικό νόμο θα είχαμε $P(B\cup \Gamma)=P(B)+P(\Gamma)= \dfrac{5}{12}+\dfrac{2}{3}=\dfrac{13}{12}>1$ , άτοπο διότι $0\leq P(B\cup \Gamma)\leq 1$ . Άρα τα $B, \ \Gamma$ δεν είναι ασυμβίβαστα.

$\color{red}(\star)$ Προφανώς οι θεματοδότες εννοούσαν ότι οι πιθανότητες $P(A\cap B), P(A), P(A\cup B)$ είναι διαφορετικές μεταξύ τους ανά δύο.

Αλέξανδρος

Ιστοσελίδα · #17

ΘΕΜΑ Γ

Γ1
Το ποσοστό των παρατηρήσεων του δείγματος που είναι μικρότερες του 10 είναι 10%, άρα $f_1\%=10\%$ .
Το ποσοστό των παρατηρήσεων του δείγματος που είναι μεγαλύτερες ή ίσες του 16 είναι 30%, άρα $f_5\%=30\%$ .
Στο κυκλικό διάγραμμα σχετικών συχνοτήτων, η γωνία του κυκλικού τομέα που αντιστοιχεί στην 3η κλάση είναι $108\textdegree$ ,
άρα $a_3=360\textdegree f_3 \Leftrightarrow f_3=\dfrac{108\textdegree}{360\textdegree}=0,3$ , δηλαδή $f_3\%=30\%$ .
Έχουμε ότι f_4=1-f_1-f_2-f_3-f_5=1-0,1-f_2-0,3-0,3=0,3-f_2

.
Τα κέντρα των κλάσεων είναι: x_1=9 , x_2=11 , x_3=13 , x_4=15 , x_5=17

.
Επομένως, $\displaystyle\bar{x}=\sum_{i=1}^{5}x_if_i \Leftrightarrow$
$14=9\cdot 0,1+11\cdot f_2+13\cdot 0,3+15(0,3-f_2)+17\cdot 0,3 \Leftrightarrow$
$14=0,9+11f_2+3,9+4,5-15f_2+5,1 \Leftrightarrow$
$4f_2=0,4 \Leftrightarrow$
f_2=0,1

και

Επομένως, $f_2\%=10\%$ και $f_4\%=20\%$ .

Γ2
Η διασπορά είναι: $\displaystyle s^2=\sum_{i=1}^{5}(x_i-\bar{x})^2f_i=$

$(9-14)^2\cdot 0,1+(11-14)^2\cdot 0,1+(13-14)^2\cdot 0,3+(15-14)^2\cdot 0,2+(17-14)^2\cdot 0,3=$

2,5+0,9+0,3+0,2+2,7=6,6

.

Η τυπική απόκλιση είναι: $s=\sqrt{6,6}\simeq 2,57$ .

Ο συντελεστής μεταβολής είναι: $CV=\dfrac{s}{\bar{x}}\simeq\dfrac{2,57}{14}>0,1$ .

Άρα το δείγμα των παρατηρήσεων δεν είναι ομοιογενές.

Γ3
Είναι $\displaystyle\sum_{i=1}^{4}x_i\nu_i=1780 \Leftrightarrow \displaystyle\sum_{i=1}^{4}x_i\dfrac{\nu_i}{\nu}=\dfrac{1780}{\nu} \Leftrightarrow$

$\displaystyle\sum_{i=1}^{4}x_if_i=\dfrac{1780}{\nu} \Leftrightarrow \sum_{i=1}^{5}x_if_i=\dfrac{1780}{\nu}+x_5f_5 \Leftrightarrow$

$\bar{x}=\dfrac{1780}{\nu}+x_5f_5 \Leftrightarrow 14=\dfrac{1780}{\nu}+17\cdot 0,3 \Leftrightarrow$

$\dfrac{1780}{\nu}=8,9 \Leftrightarrow \nu=\dfrac{1780}{8,9} \Leftrightarrow \nu=200$ .

Γ4

Για i=1,2,3,4,5

είναι $\beta_i=\dfrac{\alpha_i-\bar{\alpha}}{s_\alpha}=\dfrac{1}{s_\alpha}\cdot\alpha_i-\dfrac{\bar{\alpha}}{s_\alpha}$

Έστω b_i

οι παρατηρήσεις $b_i=\dfrac{1}{s_\alpha}\cdot\alpha_i$ και $\beta_i=b_i-\dfrac{\bar{\alpha}}{s_\alpha}$ .

Τότε $\bar{b}=\dfrac{1}{s_\alpha}\cdot\bar{\alpha}=\dfrac{\bar{\alpha}}{s_\alpha}$ και $s_b=\left|\dfrac{1}{s_\alpha}\right |s_{\alpha}=1$ .

Άρα $\bar{\beta}=\bar{b}-\dfrac{\bar{\alpha}}{s_\alpha}=\dfrac{\bar{\alpha}}{s_\alpha}-\dfrac{\bar{\alpha}}{s_{\alpha}}=0$

και $s_{\beta}=s_b=1$ .

ΛΕΩΝΙΔΑΣ · #18

Το

, σύμφωνα με τη σχέση $A-B=A\cap B'$ γράφεται ως $A'\cap B=B-A$

ΚΟΥΤΣΟΥΚΟΣ ΓΙΑΝΝΗΣ · #19

Θεωρώ οτι τα φετινά θέματα είναι πιο δύσκολα σε σχέση με τα περσινά.
Έχουν προσεγγίσεις μέσα απο ασκήσεις , ερωτήσεις του σχολικού βιβλίου.
Λογικά στο Β1 θα πρέπει να τους έστειλαν διευκρίνιση οτι οι πιθανότητες των ενδεχομένων $A , A\bigcap{B},A\bigcup{B}$ είναι διαφορετικές μεταξύ τους.
Επίσης στο Γ2 θα πρέπει ο εξεταζόμενος να γνωρίζει και να έχει δουλέψει οτι $s^2=\sum{_{i=1} ^{k}(x_i-\bar{x})^2f_i$ .
Επίσης με λιγη προσοχη στο Δ3 βγαίνει ευκολα ο τύπος της παραγώγου. Στο Δ4 πιστεύω οτι προσεγγιζεται πιο ευκολα απο παιδια της κατευθυνσης και οχι της θεωρητικής.
Κατα την άποψή μου τα θέματα είναι πιο ποιοτικά σε σχέση με τις προηγούμενες χρονιές και χωρίς τον χαμό των πράξεων.

#20

Γνωρίζει κάποιος με ακρίβεια το περιεχόμενο της διευκρίνησης;;

Μαθηματικά Γενικής Παιδείας 2015

Μαθηματικά Γενικής Παιδείας 2015

Re: Μαθηματικά Γενικής Παιδείας 2015

Re: Μαθηματικά Γενικής Παιδείας 2015

Re: Μαθηματικά Γενικής Παιδείας 2015

Re: Μαθηματικά Γενικής Παιδείας 2015

Re: Μαθηματικά Γενικής Παιδείας 2015

Re: Μαθηματικά Γενικής Παιδείας 2015

Re: Μαθηματικά Γενικής Παιδείας 2015

Re: Μαθηματικά Γενικής Παιδείας 2015

Re: Μαθηματικά Γενικής Παιδείας 2015

Re: Μαθηματικά Γενικής Παιδείας 2015

Re: Μαθηματικά Γενικής Παιδείας 2015

Re: Μαθηματικά Γενικής Παιδείας 2015

Re: Μαθηματικά Γενικής Παιδείας 2015

Re: Μαθηματικά Γενικής Παιδείας 2015

Re: Μαθηματικά Γενικής Παιδείας 2015

Re: Μαθηματικά Γενικής Παιδείας 2015

Re: Μαθηματικά Γενικής Παιδείας 2015

Re: Μαθηματικά Γενικής Παιδείας 2015

Re: Μαθηματικά Γενικής Παιδείας 2015

Μέλη σε σύνδεση