Peter Harremoës Mat A delprøve med hjælpemidler 15 december 2015
Opgave 6
a)Stationært punkt beregnes.
f0(x) = 0 Den afledte sættes lig nul for at bestemme stationært punkt.
5 ln (x) + 5 = 0 Funktionen er differentieret ved hjælp af produktreglen.
ln (x) =−1 Der er trukket 5 fra og divideret med 5 på begge sider.
x= e−1 Den naturlige eksponentialfunktion er taget på begge sider.
Røringspunkt (,37;-1,84) x-værdien udregnes som e−1 , ogy-værdien udregnes somf e−1 .
b) Funktionen differentieres, sættes lig nul og ligningen løses.
g0(x) = 0 K·ln (x) +K = 0
K·ln (x) = −K ln (x) = −1
x = e−1. Det stationære punkt harx= e−1.
Opgave 7
a) Data indlæses i MS Excell og optælles ved hjælp af en pivottabel.
b)Vi vil undersøge nedenstående nulhypotese.
H0: Hyppighed af pizzaspisning afhænger ikke af ens beskæftigelse.
Da p-værdien på 0.0096 ligger under signifikansniveauen på 0.05 , kan vi afvise nulhypotesen og konkluderer, at der en signifikant sammenhæng mellem pizzaspisning og beskæftigelsen.
side 1 af 5
Opgave 8
a)Den partikulære løsning til differentialligningeny0 = 0.001·y·(200−y) gennem (0,30) bestemmes ved hjælp af GeoGebra.
Grafen plottes og skæringspunktet med linjeny = 120 findes ved hjælp af GeoGebras skæringsværktøj. Heraf ses atx= 10.7 er løsning til ligningenf(x) = 120.
Opgave 9
a) Sammenhængen mellem skærmstørrelse og pris for 60 computere fra en stikprøve fremgår af nedenstående plot.
Peter Harremoës Mat A delprøve med hjælpemidler 15 december 2015 b)Den rette linje, som bedst passer med stikprøvens punkter, ery= 349x+363.Residualerne er plottet ovenfor.
c) Et 95 % konfidensinterval udregnes til at være [46;651].
d)En ekspedient har påstået at prisen på en bærbar computer ikke hænger sammen med skærmstørrelsen. Ud fra plottet af sammenhængen mellem skærmstørrelse og pris for stikprøvens computere anes en svag sammenhæng.
Ud fra stikprøven vil man vurdere at prisen stiger med ca. 350 kr. pr. tomme men som ekspedienten påpeger er der mange faktorer, som har betydning for prisen og på baggrund af stikprøven kan vi kun sige at prisen stiger med mellem ca. 50 kr. og 650 kr. pr. tomme. Vi kan afvise ekspedientens påstand om at skærmstørrelsen ikke har betydning for prisen, idet det er ret usandsynligt at den observerede tendens skyldes tilfældigheder.
Opgave 10
a) Antallet af aktier, som stiger i værdi er binomialfordeltb(15,0.56).Middelværdien er derfor 15·0.56 =8.4 . b) Sandsynligheden for, at alle aktier stiger i værdi, er 0.5615=0.00017
Opgave 11
a) Udbuds- og efterspørgselskurverne tegnes emd GeoGebra og skæringspunkterne med linjen f(x) = 3000 bestemmes ved hjælp af skæringsværktøjet tilA= (405.04,3000) ogB = (1385.60,3000).Importen kan derfor udregnes somM = 1386−405 =981 stk.
b)Ved hjælp af kommandoen integral mellem udregnes arealet af hver af de skraverede områder tilc= 103597.68 ogd= 190484.53, så det samfundsmæssige tab bliverc+d=294 082.22 kroner.
side 3 af 5
Opgave 12
a)
Vi vil betegne antallet af HORISONT med xog antallet af VERTIKAL medy. Det samlede dækningsbidrag er daf(x, y) = 6000x+ 9000y. Produktionen er underlangt følgende betingelser.
2.5x+ 5y ≤ 30 6x+ 3y ≤ 36 20x+ 20y ≤ 140
x ≥ 0
y ≥ 0
Betingelserne afgrænser et polygonområde som illustreret på nedenstående figur.
b)
Ved hjælp af GeoGebras skæringsværktøj bestemmes polygonområdets hjørner, og kriteriefunktionens udregnes i hjørnerne.
f(0,0) = 0·6000 + 0·9000 = 0 f(6,0) = 6·6000 + 0·9000 = 36000 f(5,2) = 5·6000 + 2·9000 = 48000 f(2,5) = 2·6000 + 5·9000 = 57000 f(0,6) = 0·6000 + 6·9000 = 54000
Det største dækningsbidrag opnås ved produktion af 2 HORISONT og 5 VERTIKAL.
c)
Formuleringen af spørgsmålet er uklar. Vi vil undersøge hvormeget dækningsbidraget for HORISONT skal stige, for at løsningen i b) ikke længere er optimal. Sætf(x, y) =ax+ 9000y.Det kan gøres ved at løse uligheden
f(5,2) > f(2,5) a·5 + 9000·2 > a·2 + 9000·5
5a−2a > 9000·5−9000·2 3a > 9000·3
a > 9000.
Hvis dækningsbidraget for HORISONT stiger til over 9000 kroner pr. stk., bør produktionssammensætningen ændres.
Peter Harremoës Mat A delprøve med hjælpemidler 15 december 2015
Opgave 13A
a)En funktion er givet vedf(x) = 0.5x2+ 2x+ cos (x), x∈[−10; 10].Den afledte erf0(x) =x+ 2−sin (x). Den 2. afledte er f00(x) = 1−cos (x). Da cos (x)≤1 erf00(x)≥0 og funktionen er konveks, så der er ingen vendetangenter. For at bestemme monotoniforholdene løses ligningen f0(x) = 0 numerisk, hvilket giver x =
−2.55. Da funktionen er konveks, må den være aftagende i [−10;−2.55] og voksende i [−2.55; 10].
b)For at finde det punkt, hvor tangenten har hældning 2, løses ligningen.
f0(x) = 2 x+ 2−sin (x) = 2
x = sin (x)
x = 0
At der ikke er andre løsninger endx= 0 følger af, at|2 sin (x)|<|2x| for x6= 0, da en sekant er kortere end den bue, den spænder over. Vi udregner f(0) = 0.5·02+ 2·0 + cos (0) = 1. Derfor har tangenten ligning y= 2 (x−0) + 1 eller y= 2x+ 1.
Opgave 13B
a)Hvis en fond har en formue på 5 000 000 kroner 1. januar, vil formuen d. 1. august være steget til 5000000· 1.00287=5098827.05 kroner. Hvis der udbetales 150 000 kroner, vil formuen falde til 4 948 827.05 kroner. Efter yderligere et år vil formuen være steget til 4948827.05·1.002812= 5117692.41 kroner, så hvis der udbetales 150 000 kroner vil formuen vokse.
b)Hvis der efter et år igen skal stå 5 098 827.05 kroner, skal der efter udbetalingen stå 5098827.05·1.0028−12= 4930584.18. Man kan derfor udbetale 5098827.05−4930584.177 =168 242.87 kroner uden at æde af formuen.
Opgave 13C
a+b)Funktionenf er givet vedf(x, y) =−0.2x2+ 60x−0.4y2+ 80y+ 8000 . Da koefficienterne tilx2ogy2 er negative har funktionen frit maksimum nårx= −b2a =2·(−0.2)−60 = 150 ogy= −d2c = 2·(−0.4)−80 = 100. Da punktet (150,100) ligger inden for polygonområdet, er der maksimum under betingelserne i dettte punkt. Maksimum er f(150,100) =−0.2·1502+ 60·150−0.4·1002+ 80·100 + 8000 =16 500 . Da koefficienterne til x2 ogy2 er negative, bliver niveaukurverneN(t) : f(x, y) =tellipser sålængeter mindre en det frie maksimum på 16 500 .
side 5 af 5
