2 2 () () + 2 y − 0 + = 1 2 1 4 x

(1)

Delprøve 1 Opgave 1

a) Fordeling G har den største middelværdi.

Opgave 2

a) Ligning for ellipsen:

x+2

( )

²

1 +

( )

y−0 ² 4² =1 Opgave 3

a) Se nedenfor:

(2)

CAS: Nspire og StatPlus Opgave 4

Givet funktionen f(x)=2e^−x +4x³−3x. a) Stamfunktionen gennem punktet P

( )

0,4 ^: F(x)=−2e⁻^x +x⁴−³₂x²+k

Vi indsætter koordinaterne i F(x):

4=−2+0+0+k k=6

Opgave 5

Givet dækningsbidragsfunktion: db(x)=− 1

12x³−5x²+125x−250, 0≤x ≤20. a) Størst mulige dækningsbidrag:

db′(x)=−1

4x²−10x+125=0 x=10± 100−4⋅−¹₄⋅125

2⋅−¹₄ =10±15

−¹₂ x=−50∨x=10

Da koefficienten til x² er negativ vender ”benene” nedad, og vi kan derfor konkludere, at det størst mulige dækningsbidrag opnås ved et salg på 1000 stk.

Opgave 6

a) Vi kan ved hjælp af det bestemte integral f(x)dx=⎡⎣F(x)⎤⎦

a

∫

b

a b

=F(b)−F(a), hvor a er den nedre grænse og b er den øvre grænse på x-aksen, bestemme værdien (og arealet) af området begrænset af funktionen og x-aksen.

Ifølge Hovedsætningen kan vi alene bestemme arealet for en punktmængde M, der opfylder følgende krav:

M=

{ ( )

x,y ^a^≤^x^≤^{b og 0}^≤ ^y^≤^f^(x⁾

}

, dvs. funktioner, der ligger over x-aksen.

F(x)=−2e^−x +x⁴−³₂x²+6.

(3)

Imidlertid kan bestemmelsen af arealet mellem to funktionen beregnes, selvom den ene funktion ligger under x-aksen. Der gælder da, hvis f(x)≥g(x) kan arealet bestemmes ved

(

f(x)−g(x)

)

^dx.

a

∫

b

Eksempel:

Lad der være givet de to funktioner f(x)=−x²+6x−5 og g(x)=x²−4x+3. Det oplyses, at graferne skærer hinanden i punkterne

( )

1,0 ^{og 4,3}

( )

^.

Uden alle mellemregninger bestemmes værdien af det bestemte integral f(x)−g(x)dx

1

∫

4 til 9. Arealet mellem de to grafer er derfor 9.

(4)

CAS: Nspire og StatPlus Delprøve 2

Opgave 7

a) Antalstabel opstilles (Pivot-skema) og hypotese gennemføres.

Antal af Region Kolonnenavne

Rækkenavne Hovedstaden Midtjylland Nordjylland Sjælland Syddanmark Hovedtotal

Aldrig 10 17 12 7 9 55

Altid 28 16 6 9 9 68

Nogle gange 114 84 47 52 72 369

Ofte 144 82 24 45 83 378

Sjældent 40 37 17 33 32 159

Hovedtotal 336 236 106 146 205 1029

Hypotese for χ²−test:

H₀:Ingen sammenhæng mellem forbrug og region H₁: Sammenhæng mellem forbrug og region

b) Forventede værdier og test af hypotesen:

Forventede værdier:

Testresultat:

"Titel" "χ²-uafhængighedstest"

"χ²" 37.508698015833

"PVal" 0.0017773432164249

"df" 16.

Da p-værdien stort set er 0 kan vi afvise nul-hypotesen, og det må derfor antages at der er sammenhæng mellem forbruget af økologiske fødevarer, og hvilken af de 5 regioner man kommen fra.

(5)

c) Estimat for andel af nordjyder, der altid køber økologisk: pˆ = 6

106 =0,057.

95%-konfidensinterval for denne andel:

Det må antages, med 95% sandsynlighed, at andelen af nordjyder der altid køber økologisk ligger i intervallet mellem 1,3% og 10%.

d) Vi antager nu, at andelen er på 6%. Vi har her at gøre med en binomial-fordeling med parametrene: ^X∼b

(

120,0,06

)

^.

Vi bestemmer sandsynligheden ^{P X}

(

≥14

)

⁼^0,013.

Opgave 8

a) Kvartårlige ydelse: 10.980,23 kr.

(6)

CAS: Nspire og StatPlus

b) Den samlede gæld i huset: 811.000+210.000 kr.=1.021.000 kr.

Værdien af huset skal mindst være 1.361.334 kr.

0,75⋅x≥1021000 x≥1361333,33

c) Vi bestemmer restgælden efter 40 terminer til: 707.475 kr.

Opgave 9

a) Forklaringer på udregninger:

linje 1:

∫ (

x²+3x

)

^0,5^⋅

(

^2x⁺³

)

^dx

Linje 2: Vi benytter substitutionsmetoden, idet t=x²+3x . Den afledte funktion bestemmes, idet det skal bemærkes, at vi ganger med dxpå begge sider af lighedstegnet. Dette giver teoretisk set ingen mening, da dt

dx ikke er en brøk, men en grænseværdi. Til praktisk løsning kan metoden dog anvendes. Integralet bliver

∫

t^0,5^dt^.

Linje 3: Vi bestemmer det ubestemte integral

∫

t^0,5^dtved hjælp af potensreglen.

Linje 4: t erstattes af x²+3x og vi får løsningen F(x)=2

3⋅

(

x²+3x

)

²³⁺^c

Opgave 10

Givet den logistiske ligning dy

dt =0,000075⋅y⋅

(

8000−y

)

^.

a) Vi bestemmer den partikulære løsning:

(7)

N(t)= 8000 1+4,33⋅e^−0,6t

b) Antal timer gået: 5 timer.

Opgave 11

a) Forskrift for det samlede daglige dækningsbidrag:

f(x,y)=−0,05x²+10x−0,02y²+8y.

b) Det størst mulige samlede daglige dækningsbidrag:

Som det fremgår af det grafiske billede, er der tale om en ellipse med centrum i punktet

(

100,200

)

. Da centrum ligger indenfor begrænsningsområdet, kan vi

konkludere at det størst mulige daglige dækningsbidrag i sommerhalvåret opnås ved salg af 100.000 stk. CCIR og 200.000 stk. CE2R.

b) I vinterhalvåret suppleres med denne begrænsning: 2x+ y≤335.

Vi undersøger nu hvilken indflydelse det får for det størst mulige daglige dækningsbidrag. Centrum kommer til at ligge udenfor begrænsningsområdet.

(8)

CAS: Nspire og StatPlus

Vi indsætter begrænsningen i f(x,y) og får nu:

Vi indsætter x = 80 i begrænsningen −2⋅80+335=175.

Hermed kan vi konkludere, at det størst mulige daglige dækningsbidrag i vinterhalvåret opnås ved salg af 80.000 stk. CCIR og 175.000 stk. CE2R.

Opgave 12

a) Vi tager udgangspunkt i Loven om den totale sandsynlighed, hvor vi ser på de to disjunkte hændelser E og E samt multiplikationsreglerne.

E=Elite-bilist, E=Ikke Elite-bilist og S=Skade.

P S

( )

⁼^{P S}

(

^∩^E

)

⁺^{P S}

(

^∩^E

)

⁼^{P S E}

( )

^⋅^{P E}

^{( )}

⁺^{P S E}

( )

^⋅^{P E}

^{( )}

0,08⋅0,2+0,02⋅0,8=0,032

Sandsynligheden for at en tilfældig bilist får en skade er 0,032=3,2%.

b) Vi anvender igen multiplikationsreglen og omvendingsformlen:

P Skade Elite

( )

^⋅^{P Elite}

^{( )}

⁼P Elite Skade

( )

^⋅^{P Skade}

⁽ ⁾

, udtrykket omskrives P Skade Elite

( )

^⋅^{P Elite}

^{( )}

P Elite Skade

( )

⁼^{P Skade}

⁽ ⁾

P Elite Skade

( )

⁼^0,02⋅0,08_0,32 ⁼^0,05

Sandsynligheden for at en skade er for en elitebilist

(9)

(10)

CAS: Nspire og StatPlus Opgave 13

a) Lineær multipel regressionsmodel: Yˆ =1936040+1025x₁−4182,44x₂

Eventuelle ikke signifikante variable:

Jfr. ANOVA udskrift kan vi se, at variablen Alder er ikke-signifikant.

b) Korrigeret model: Yˆ=1936040+1025x₁.

Forventet salgspris: 1936040+1025⋅153=2.092.865 kr.