Opgave 10

Peter Harremoës Mat A eksamen med hjælpemidler 15. december 2014

Opgave 6

a)Nedenfor er der givet forklaringer til bestemmelse af ekstremumspunktet.

f⁰(x) = 0 For at bestemme ekstrema sættesf⁰(x) lig med nul.

−2x+¹⁸_x = 0 Den afledte indsættes.

18

x = 2x 2xlægges til på begge sider.

9 =x² Der ganges medxog divideres med 2.

x=±3 Løsninger er plus/minus kvadratroden.

Ekstremumspunkt: (3; 10,8) -3 er ikke i definitionsmængden, så ekstremumspunktet findes ved at udregne f(3). b)Funktionenf er givet vedf(x) =−x²+k·ln (x), x >0.Det oplyses, at funktionen har netop ét ekstremum, nårk >0,så x-værdien til dette ekstremum må kunne findes ved at løse ligningenf⁰(x) = 0.

f⁰(x) = 0

−2x+k· 1

x = 0

−2x²+k = 0 2x² = k x² = k 2 x =

k

2 ¹/2

Opgave 7

a)Sandsynligheden for, at udbyttet fra et tilfældigt valgt bistade ligger mellem 35 og 50 kg, er 0.50.

b)Stikprøvens gennemsnit er 45.0 og spredningen er 8.0 . Et 95 % konfidensinterval bestemmes til [42.9; 47.1].

side 1 af 6

c)Data optælles ved hjælp af en pivottabel. Resultatet ses nedenfor.

d)Vi vil test følgende hypotese.

H0: Om udbyttet er over 44 kg eller ej er uafhængigt af bistdernes placering.

Dap-værdien på 0.07 er over signifikansniveauet på 5 %, kan vi ikke afvise nulhypotesen.

c)Vore undersøgelser af udbyttet har vist, at ca. halvdelen af bistaderne giver mellem 35 og 50 kg honning. En aktuel stikprøve har vist, at det gennemsnitlige udbytte ligger mellem 42.9 og 47.1 kg. Vi undersøgte også om der var en sammenhæng mellem et stades placering og udbyttet, men vores stikprøve viste ikke nogen signifikant forskel i udbyttet fra stader i byen og stader i udkanten af byen.

Opgave 8

a)Den samlede omsætning beregnes som

R(x, y) = x·p(x) +y·q(y)

Peter Harremoës Mat A eksamen med hjælpemidler 15. december 2014

= x·(−2x+ 50) +y·10

= −2x²+ 50x+ 10y b)Ligningen for niveaukurvenN(320) er

R(x, y) = 320

−2x²+ 50x+ 10y = 320

10y = 2x²−50x+ 320 y = 1

5x²−5x+ 32.

Niveaukurven er således grafen for et 2.-gradspolynomium og dermed en del af en parabel.

c)De forskellige niveaukurver vil alle være parabler parallelforskudt op eller ned, og den maksimale omsætning opnås, når parablen tangerer linjen med ligning 5x+ 5y = 90, hvilket kan omskrives til y =−x+ 18. Dette substitutieres ind i udtrykket for omsætning, hvilket giver funktioneng givet ved

g(x) = −2x²+ 50x+ 10·(−x+ 18)

= −2x²+ 40x+ 180.

Den afledte erg⁰(x) =−4x+ 40,så den afledte er nul nårg⁰(x) = 0 eller−4x+ 40 = 0 som har løsningx= 10.

Den tilsvarendey-værdi ery =−x+ 18 =−10 + 18 = 8.Der skal derfor afsættes 10 enheder af produkt A og 8 enheder af produkt B. Den maksimale omsætning bestemmes vedR(10,8) =−2·10²+ 50·10 + 10·8 = 380, så den maksimale omsætning er 380 000 kroner.

Opgave 9

a) Et lån på 550 000 kroner forrentes med 0.46 % pr. måned og en månedlig ydelse på 4992,42 kr. Antalet af terminer beregnes som

n =

−ln

1−r·^A_y^o ln (1 +r)

= −ln 1−0.0046· _4992.42⁵⁵⁰⁰⁰⁰ ln (1.0046)

= 154

side 3 af 6

så der skal ialt betales 154 månedlige ydelser.

b)Ydelsen på det nye lån er

y = A0· r

1−(1 +r)⁻ⁿ

= 652000· 0.0046 1−1.0046⁻¹⁵⁴

= 5918.29 så den månedlige ydelse er steget til 5918.29 kr. pr. måned.

c) Hvis familien omlægget til et realkriditlån med en månedlig ydelse på 4188.49 kr. og en løbetid på 240 måender, vil den månedlige rente være 0.39 %, idet

652000· 0.0039

1−1.0039⁻²⁴⁰ = 4188.49 Lånene kan præsenteres for familien som følger.

„Lånet på 652 000 kroner kan enten afbetales med en månedlig ydelse på 5918.29 kroner og en månedlig rente på 0.46 % eller ved omlægning til et realkriditlån afbetales med en månedlig ydelse på 4188.49 kroner og en rente på 0.39 %. Ved omlægning af lånet til et realkreditlån vil løbetiden stige fra lidt under 13 år til 20 år.“

Opgave 10

a) Som det ses af figuren kan sammenhængen melllem pris og afsætning med god tilnærmelse beskrives med potensmodellenp(x) = 997·x^−0.303.

b)Dækningsbidraget bestemmes som

d(x) = (p(x)−100)·x

= 997·x^−0.303−100

·x

= 997·x^0.697−100x

Det giverd(450) = 997·450^0.697−100·450 = 25467.46 så dækningsbidraget ved en afsætning på 450 stk. er 25 467.46 kroner.

c) For at maksimere dækningsbidraget starter vi med at differentiere, hvilket giver d⁰(x) = 997·0.697·x^−0.303−100

= 0.697·p(x)−100. Vi sætterd⁰(x) lig nul

d⁰(x) = 0 0.697·p(x)−100 = 0

p(x) = 100

0.697 = 143.47.

Peter Harremoës Mat A eksamen med hjælpemidler 15. december 2014

Den optimale pris er dermed 143.47 kroner. Den optimale afsætning kan fås ved at løse ligningen p(x) = 143.47

997·x^−0.303 = 143.47 x =

143.47 997

_0.303⁻¹

= 600.7, så det maksimale dækningsbidrag opnås ved en afsætning på ca. 601 kg.

Opgave 11A

a)Differentialligningen T⁰(x) = 45−0.75·T(x) løses ved hjælp af CAS, og vi finder at den løsning, som går gennem punktet (0,75), erT(x) =15·e^−0.75x+ 60.

b)Tiden, som anvendes til produktion af de første 10 varer, er 620 minutter.

Opgave 11B

a)Hvis 45 % af 1011 aldrig har tænker på overvågning så må 1011·0.45 = 455 have svaret, at de ikke tænker overvågning. Det giver 95 % konfidensintervallet [0.42; 0.48].

side 5 af 6

b)Idet det antages at 45 % ikke tænker overvågning, bestemmes sandsynligheden for at højst 20 af 50 tilfældigt udvalgte ikke tænker på overvågning til 0.29 .

Opgave 11C

a) Idet det forventede salg er givet ved ES(x) = −25x³+ 370x², x ∈ [0; 14], vil det forventede salg efter 6 måneder være ES(6) = −25·6³+ 370·6² = 7920 stk. For at finde det tidspunkt, hvor salget er størst, differentieresES⁰(x) =−75x²+ 740x. Vi sætterES⁰(x) lig nul og løser ligningen

ES⁰(x) = 0

−75x²+ 740x = 0 x·(−75x+ 740) = 0

x= 0 ∨ −75x+ 740 = 0 x= 0 ∨ x=740

75 = 9.87

Herefter udregnesES(0) = 0 og ES(9.87) = 12007 ogES(14) = 3920. Det ses, at det daglige forventede salg er størst efter ca. 10 måneder.

b)For at finde tidspunktet med den største vækst i det forventede daglige salg differentieres en gang mere ES⁰⁰(x) =−150x+ 740.

Den 2. afledte sættes lig nul

ES⁰⁰(x) = 0

−150x+ 740 = 0 x = 740

150 = 4.93

Ved indsættelse af passende værdier afxses, at væksten først vokser og så aftager med et maksimum efter ca.

5 måneder.