4−5()

(1)

Delprøve 1 Opgave 1

a) Af ligningen fremgår det, at centrum er i punktet (5,-2).

Halvakser: Storakse a = 2. Lilleakse b = 3.

b) Ligger punktet (4,0) på ellipsen?

Vi Indsætter punktet i ligningens venstreside:

( )

4−5 ²

4 +

( )

0+2 ² 9 =1

4+4 9=25 Da resultatet ikke giver 1, ligger punktet (4,0) ikke på ellipsen. 36

Opgave 2

a) Givet funktionen for dækningsbidrag: db(x)=−1

3x³+40x²−15000 , 0≤x ≤150 Afsætning, der giver det størst mulige db:

db'(x)=−x²+80x=0 x=0∨ −x+80=0 x=0∨x=80

Da funktionen er voksende til x = 80 og derefter aftagende fra x = 80 til x= 150, vil den afsætning, der giver det størst mulige db være en afsætning på 80 stk.

Opgave 3 a) Se graf:

(2)

CAS: TI-Nspire og StatPlus Opgave 4

a) Et linjeelement for funktionen f er givet ved (1,3;-2).

Vi anvender ligningen for en tangent: = f'

( )

x₀ ^⋅

(

^x⁻^x⁰

)

⁺ ^{f x}

( )

⁰ ^.

Ved indsættelse i ligningen fås tangentligningen til:

y=−2⋅

( )

x−1 ⁺³⁼⁻^2x⁺²⁺³⁼⁻^2x⁺^5.

Opgave 5

a) En amortisationsplan er en oversigt over afvikling af et lån.

Af planen kan vi se at lånestolen er på 5.000 kr. som skal afvikles over 6 terminer med en rente pr. termin på 250

5000⋅100%=5% og en ydelse på 1.000 kr. For at

bestemme afdragsdelen hver termin fratrækkes terminsrenten fra ydelsen, dvs. for 1. termin gælder: 1.000 – 250 = 750 kr.

Ultimo restgælden, efter betaling af ydelsen, bestemmes ved at fratrække afdragsdelen fra primo restgælden, dvs. for 1. termin gælder:

5.000 – 750 = 4.250 kr.

Den sidste ydelse i 6. termin er mindre end 1.000 kr., da primo restgælden er på 855,78 kr. Den sidste ydelse bestemmes derfor som 855,78+855,78⋅0,05=898,57 kr.

Lånet er herefter fuldt indfriet.

(3)

Delprøve 2 Opgave 6

a) Gennemsnit og varians:

"Titel" "Statistik med én variabel" "Statistik med én variabel"

" x " 8543.2692307692 6928.1052631579

"sx := sC₋₁x"2643.5317975419 1079.8459712558

"n" 26. 19.

Gennemsnitlig omsætning for:

Blue Oyster: 8.543 kr.

Red Oyster: 6.928 kr.

Varians for omsætning:

Blue Oyster: 2643,53²=6.988.250 Red Oyster: 1079,86²=1.166.097

b) Omsætningen for Blue Oyster antages normalfordelt: X ∼N

(

8543,2643

)

^.

95%-konfidensinterval for middelværdien:

"Titel" "t-interval for én middelværdi"

"CLower" 7475.5236391223

"CUpper" 9611.0148224162

Med 95% sandsynlighed må det antages at den gennemsnitlige afsætning for Blue Oyster ligger mellem 7.476 kr. og 9.611 kr. dagligt.

c) Vi antager nu for Blue Oyster at X ∼N

(

8500,2600

)

^.

Vi skal bestemme sandsynligheden for at omsætningen for en tilfældig udvalgt dag, er over 10.000 kr.

Sandsynligheden for at omsætningen for en tilfældig udvalgt dag er over 10.000 kr., er 0,28 eller ca. 28%.

d) Test for ens varianser på niveau 5%. Vi gennemfører en F-test:

H₀:σ_blue² =σ_red² H₁:σ_blue² =σ_red²

(4)

CAS: TI-Nspire og StatPlus

Som det fremgår af output, er p-værdien mindre end 5% og vi kan derfor afvise nul- hypotesen, og det må derfor antages at varianserne målt på omsætningerne ikke er ens.

e) Test for to middelværdier med forskellig varians:

H₀:µ_blue =µ_red H₁:µ_blue ≠µ_red

"Titel" "t-test for to middelværdier"

"Alternativ Hyp" "μ1 ≠μ2"

"t" 2.8109956361559

"PVal" 0.0080192477644034

Vi kan afvise nul-hypotesen, og det må derfor antages at den gennemsnitlige omsætning i de to barer ikke er ens.

Vi må konkludere at den gennemsnitlige omsætning på de to barer altså ikke er ens og at spredningen i omsætningen er forskellig på de to barer.

Der er derfor en signifikant forskel på den daglige omsætning på de to barer, målt på både gennemsnit og spredning.

Opgave 7

a) Bestemmelse af dækningsbidraget for de to produkter TITAN og ARGOS.

DB(x,y)=−0,075x²+300x+100y.

b) Af ligningen kan vi se, at der er tale om niveaukurver, der danner parabler.

Vi sætter udtrykket lig med t og omskriver:

−0,075x²+300x+100y=t 100y=0,075x²−300x+t

y=0,00075x²−3x+ t 100

(5)

Niveaukurverne N(40.000) og N(700.000) samt polygonområde:

c) Produktionssammensætning, der giver størst mulige samlede DB:

Vi har indsat begrænsningslinje y = -1,5x+4500 i DB(x,y).

For den reducerede funktion g(x)=−0,075x²+150x+450000 bestemmes g’(x) =0:

Vi indsætter x =1000 i y = -1,5x+4500 og får y = 3000.

Det størst mulige samlede dækningsbidrag opnås ved produktion af 1000 stk. TITAN og 3000 stk. ARGOS.

d) Det nye DB(x,y) ved ændring af enhedsomkostninger på ARGOS til 125 kr. bliver:

Herefter gennemfører vi samme beregninger som ovenfor, og vi kan nu beregne os til at størst mulige samlede dækningsbidrag opnås ved produktion af 1250 stk.

TITAN og 2625 stk. ARGOS.

(6)

CAS: TI-Nspire og StatPlus Opgave 8

a) Givet en efterspørgselsfunktion E(x) og en udbudsfunktion U(x).

Vi bestemmer ligevægstprisen:

Som det fremgår af figuren er ligevægstprisen 400 kr. pr. stk.

b) Forskriften for oms(x) = E(x)⋅x:

oms(x)= x³−5000x²+10000000x

10000 .

Forskriften for C(x)=

∫

U(x)dx^:

C(x)= x³

60000+ x²

40+100x for C(0)=0.

c) Nye ligevægstmængde og –pris:

(7)

Da x = 3000 ligger udenfor definitionsmængden er ligevægstmængden x^* (afsætningen) på 1200 stk.

Den dertil hørende ligevægtspris p^* ved E(1200) er på 544 kr. pr. stk.

d) Bestemmelse af velfærdstabet:

Velfærdstabet bliver: 120.533.

Opgave 9

a) Bestemmelse af den multiple lineære regressionsligning:

Koefficienter til regressionsligningen:

yˆ =131.368−0,19x₁−6,742x₂+11814x₃+278,22x₄

(8)

CAS: TI-Nspire og StatPlus

b) Modelreduktion.

Korrelationsmatrix:

Ikke overraskende er der en stærk korrelation mellem Pris og ”Alder på model”.

Der er ligeledes en god til stærk korrelation mellem Pris og ”Antal kørte km”. Der er en ringe korrelation mellem Pris og ”Område” samt Pris og ”Udstyrsniveau”. Der er endvidere en god korrelation mellem ”Antal kørte km” og ”Alder på model”.

Af F-testen ovenfor ses det, at modellen samlet set er signifikant, men at ”Område”

er ikke-signifikant.

Ud fra korrelationsmatricen kan man udelade Område og Udstyrsniveau af modellen.

Hvis vi ser på F-testen og signifikans kan vi udelade Område. Vi vælger at udelade Område af hensyn til beregninger i spørgsmål c).

Den korrigerede model er: yˆ =131.368−0,19x₁−6742x₂+11814x₃.

c) Annas bil bør sættes til: 131368−0,19⋅100000−6742⋅4+11814⋅2=109028. Prisen sættes til 109.028 kr. Bemærk at område 1 indgår med meget lille værdi. Da Område er udeladt af modellen får det ikke nogen indflydelse.

Opgave 10

a) Forklaringer til udregninger:

1. Bestemmelse af den afledte funktion til f(x)=k⋅x²⋅ln(x) 2. I udtrykket x²⋅1

x forkortes med x 3. dy

dx =2⋅

(

k⋅x²⋅ln(x)

)

x +k⋅x 4. I brøken forkortes med x

5. Da højre og venstre side er ens, kan vi konkludere at f(x) er løsning til differentialligningen.

(9)