2 2 9 x − 90 x + 4 y + 16 y + 205 = 0

(1)

Delprøve 1 Opgave 1

a) Se bilag 1.

Opgave 2

a) Givet 9x²−90x+4y²+16y+205=0. Vi omskriver udtrykket til ellipsens ligning:

Bilag 1 til opgave 1

Skole: Hold:

Eksamensnr Navn:

- '!'-'-.."i " -'r" -" i "'

#_o x I

a

v

(2)

9x²−90x+4y²+16y=−205 9

(

x²−10x

)

⁺⁴

(

^y²⁺⁴^y

)

⁼⁻²⁰⁵

9^⎛_⎝

(

x+⁻¹⁰₂

)

²⁻

( )

⁻¹⁰² ²^⎞_⎠⁺⁴^⎛_⎝

( )

^y⁺⁴² ²⁻

( )

⁴² ²^⎞_⎠ ⁼⁻²⁰⁵

9

( )

x−5 ²⁻^9⋅25+⁴

( )

^y⁺²²⁻⁴^⋅4⁼⁻²⁰⁵

9

( )

x−5 ²⁺⁴

( )

^y⁺² ²⁼⁻²⁰⁵⁺^9⋅25⁺⁴^⋅4

9

( )

x−5 ²⁺⁴

( )

^y⁺² ²⁼³⁶

9

( )

x−5 ²

36 +4

( )

y+2 ² 36 =1 x−5

( )

²

4 +

( )

y+2 ² 9 =1

Af ellipsens ligning ses det at centrum ligger punktet (5,-2) og at halvakserne er a = 2 og b = 3.

Opgave 3

a) Givet funktionen f(x,y)=3x+4y.

Ved parallelforskydning af niveaulinjerne ses det, at punktet (6,3) er det punkt, hvor vi har mindsteværdien for funktionen f. Mindsteværdien er: f(6,3)=3⋅6+4⋅3=30.

Opgave 4

a) Arealet af området M bestemmes:

Skæringspunkter:

x²−3x+4=−x²+3x+4

−2x²+6x=0 x

(

−2x+6

)

⁼⁰

x=0∨x=3

−2x²+6x dx=⎡⎣−²₃x³+3x²⎤⎦

0

∫

3

0 3

=−18+27=9 Arealet af området M er 9.

(3)

Opgave 5

a) Redegøre for at y=−3ln(x)+¹₂x²−5x−3 er løsning til x⋅ ′y −3ln(x)= y+¹₂x². Vi starter med at bestemme y′:y′=x−3

x −5.

I differentialligningen udregnes venstresiden:

VS:x⋅ x−3 x −5

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟−3ln(x)=x²−3−5x−3ln(x).

HS: −3ln(x)+¹₂x²−5x−3+¹₂x²=−3ln(x)+x²−5x−3.

Da højre- og venstre siderne er ens, kan vi konkludere, at funktionen y er løsning til differentialligningen.

Opgave 6

a) Tekst om eksponentielle funktioner:

Eksponentielle funktioner adskiller sig fra f.eks. lineære funktioner, ved ikke have en konstant stigningstakt, men en relativ stigningstakt, dvs. en procentuel stigningstakt.

Om den eksponentielle funktion gælder at f(x)=b⋅a^x, hvor a>0 og a≠1 og b>0.

Dm(f)=! Vm(f)=⎤⎦ ⎡⎣0;∞

f(0)=b

Funktionen er monotont aftagende, når 0<a<1, og funktionen er monotont voksende, når a>1.

Eksempel:

Antag at eksporten fra en virksomhed kan beskrives ved funktionen

f(x)=3,674⋅1,188^x, hvor x er antal år efter et givent start år og en bestemt periode, og y er antal eksporterede varer i millioner.

Tallet 3,674 fortæller os, at der i startåret blev eksporteret 3,674 mill. varer.

Tallet 1,188 fortæller os at eksporten voksede med 18,8% om året i den undersøgte periode.

Fordoblingstiden for eksporten er T₂= ln(2)

ln(1,188)=4,02, dvs. at eksporten af varer bliver fordoblet ca. hver 4. år.

(4)

Delprøve 2 Opgave 7

a) Lånebeløb: 75% af 1.600.000 kr. = 1.200.000 kr.

Ydelsen pr. kvartal er 16.894,31 kr.

b) Faste omkostninger pr. måned 3.400 kr.

Amortisering det 1. år:

Samlet renteudgift efter 1. år: 14.160,22 kr.

Hertil lægges de faste udgifter 3.400⋅12=40.800 kr.

Udgifter i alt pr. år: 54.960,22 kr.

Der skal altså indtjenes 54.960,22 kr. ved udlejning af sommerhuset. Antag at sommerhuset udlejes 17 uger om året, da vil ugeprisen ligge på 3.233 kr. Udlejeren skal dog være opmærksom på, at der er en skattefri bundgrænse på 40.000 kr. året, hvilket betyder at udlejeren bliver beskattet af 14.960,22 kr.

(5)

Opgave 8

a) Givet funktionen f(x)=

(

−2x+2

)

^{⋅ −x}²^+2x⁺⁸^.

Dm(f) skal opfylde følgende −x²+2x+8≥0.

Som det fremgår af figuren vil Dm(f)=⎡⎣−2;4⎤⎦. Nulpunkter: x=−2∨x=1∨x=4.

b) Forklaring til udregninger:

1. Det ubestemte integral skrives

2. Indholdet under kvadrattegnet substitueres med t. dt =−2x+2dx og integralet ændres til

∫

t dtidet (-2x+2 dx) erstattes af dt.

3. Det ubestemte integral bestemmes vha. potensreglen, da t =t¹².

4. ²₃

(

−2x²+2x+8

)

³²⁺^c, t substitueres tilbage i udtrykket fra 3) c) Arealet begrænset af funktionen og intervallet fra -2 til 4.

Arealet er 36.

(6)

Opgave 9

a) Forskrift for det samlede dækningsbidrag: f(x,y)=−0,5x²+50x−0,1y²+30y.

b) Vi bestemmer N(3000):

p= −50

2⋅−0,5=50, q= −30

2⋅−0,1=150

K =0−(−0,5)⋅50²−(−0,1)⋅150²=3500 x−50

( )

²

3000−3500

−0,5

+

(

y−150

)

3000−3500

−0,1

=1 x−50

( )

²

1000 +

(

y−150

)

²

5000 =1

Heraf ses, at N(3000) er en ellipse med centrum i (50,150) og halvakserne 1000 og 5000.

(7)

c) Bestemmelse af det størst mulige dækningsbidrag:

Vi indsætter y=−x+140 i den kvadratiske funktion på y’s plads:

Vi finder efterfølgende den afledte funktion:

y = -40+140 = 100.Det størst mulige samlede dækningsbidrag opnås ved salg af 40 MODENA og 100 TRENTO og Max DB er: 3200.

Opgave 10

a) Gennemsnitsløn og varians for både kvinder og mænd:

"Titel" "Statistik med én variabel"

" x" 35503.285714286

"sx := sC₋₁x"2896.3531020348

"σx := σCx" 2866.6461310766

"Titel" "Statistik med én variabel"

" x" 34364.984375

"sx := sC₋₁x"2664.1943330389

"σx := σCx" 2643.2983685882

Mænd: Gennemsnitsløn 35.503 kr. Varians 2.896 kr.

Kvinder: Gennemsnitsløn 34.364 kr. Varians 2.643 kr.

b) Vi gennemfører en F-test for ens varianser på niveau 5%:

Hypoteser:

H₀:σ_m² =σ_k² H₁:σ_m² ≠σ_k²

(8)

Testresultat:

"Titel" "F-test for to spredninger"

"Alternativ Hyp" "σ1 ≠σ2"

"F" 1.1818740935468

"PVal" 0.52991627972645

Da p-værdien er større end 0.05 kan vi ikke afvise nul-hypotesen, og det må derfor antages at varianserne er ens.

c) Med udgangspunkt i undersøgelsens resultater må det konstateres, at mænds månedlige gennemsnitsløn er højere en den tilsvarende for kvinderne. Variansen (spredningen) i mænd og kvinders månedsløn er ikke signifikant forskellig.

Opgave 11

a) Antalstabel (Pivot-tabel):

Antal af Sort arbejde Kolonnenavne

Rækkenavne Ja Nej Hovedtotal

Land 153 462 615

Provins 113 451 564

Storby 72 410 482

Hovedtotal 338 1323 1661

b) Bestemmelse af bidragene til teststørrelsen samt gennemførelse af

uafhængighedstest, herunder beregning af bidragene til teststørrelsen fra personer i provinsen, der svarede ”nej”.

Hypoteser:

H₀: Uafhængighed af svar og landsdel H₁: Afhængighed af svar og landsdel Testresultat:

"Titel" "χ²-uafhængighedstest"

"χ²" 16.524993806066

"PVal" 2.5801395043964E-4

"df" 2.

(9)

Da p-værdien er mindre en signifikansniveauet på 5% kan vi afvise nul-hypotesen, og det må derfor antages, at der er sammenhæng mellem svar på spørgsmålet, sammenlignet med hvilken landsdel respondenterne bor i.

De enkelte bidrag til den samlede teststørrelsen:

Af skemaet ses det at (Provins,nej) bidrog med 0,006969 til den samlede teststørrelse.

Udregninger:

Beregning af den forventede værdi For Provins,nej:

564⋅1323

1661 =449,23

Beregning af bidraget:

(

451−449,23

)

²

449,23 =0,0069. c) xy-plot samt lineær regressionsmodel:

"Titel" "Lineær regression (mx+b)"

"RegEqn" "m*x+b"

"m" -0.56377295492487

"b" 1157.1941569282

"r²" 0.70100565881708

"r" -0.83726080692761 yˆ =−0,56x+1157,19.

(10)

d) Residualplot:

95% konfidensinterval for β (a):

"Titel" "Lineært Reg t-interval"

"RegEqn" "a+b*x"

"CLower" -0.93157798061622

"CUpper" -0.19596792923353

Med 95% sandsynlighed vil andelen, der udfører sort arbejde, ligge i intervallet

−0,94;−0,19

⎡⎣ ⎤⎦. Det kan konstateres, at andelen af sort arbejde er faldende i perioden fra 2008 til 2017. Dette understøttes af både xy-plottet og

regressionsligningenyˆ . Både overensstemmelsesgrad r = -0,83 og forklaringsgraden r² = 0,70 er moderat gode.

Opgave 12

Givet differentialligningen dq

dt =−0,06t²+0,6t+0,6 , 0≤t ≤15.

a) Forskrift for q:

q(t)=−0,02t³+0,3t²+0,6t+2

(11)

Vendepunktet er bestemt grafisk vha. Nspire.

Efter 5 måneder vil afsætningen vokse hurtigst. Se beregningen ved ligningen:

′′

q (t)=0.

q

( )

5 ⁼^10.