Hhx matematik A Vejl 1 side 8 af 8
Bilag 1 til opgave 1
Skole:
Eksamensnr.
Hold:
Navn:
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
- 1 2 3 4 5 6 7 8 9 - - - - - - - - 9 8 7 6 5 4 3 2
1
x
y
Vandret tangent
(1,5) Nulpunkt
Vandret tangent
86,24 m
Vm(f)=[-5;7]
Peter Harremoës Vejledende sæt 1 10. februar 2020
Opgave 7
a)Data er åbnet med MSExcel og analyseret med Dataanalyse. Den estimerede model er Y =−1128495 + 53505X1+ 13560X1+ 133327X3+ 16X4+ .
b)Både antallet af værelser og ejerudgiften er insignifikante variable, idet 0 i hvert tilfælde ligger i konfidens- intervallet. Efter at disse variable er fjernet bliver den korrigerede model
Y =−1112834 + 54434X1+ 132631X3+ .
c)Ud fra modellen kan han estimere salgsprisen på sin lejlighed til
−1112834 + 54434·96 + 132631·3 = 4510723 eller ca. 4,5 mio kr.
d)Ud fra stikprøven på 50 lejligheder vurderer vi at de væsentligste forhold for prisen er antallet af kvadratmeter og hvilken etage lejligheden ligger på. Andre forhold såsom antallet af værelser og ejerudgiften ser ikke ud til at have væsentlig betydning for prisen på en lejlighed. Ud fra kendskabet til lejlighedens størrelse og til at den ligger på 3. sal vurderer vi at lejligheden vil kunne sælges for omkring 4,5 mio. kr. men tallet er behæftet med en betydelig usikkerhed, så det vil måske være en idé at starte med at sætte prisen noget højere.
Opgave 8
a)Overskuddet er givet ved
p(x) =−1
4x3+ 12x2−95x, x∈[0; 30]
hvorxantal måneder efter introduktionen og p(x) angiver overskuddet i 1000 kr. 12 måneder efter introduk- tionen er overskuddetp(12) =−14·123+ 12·122−95·12 = 156 eller 156 000 kr.
side 1 af 5 Lavet med LYX 2.3 og GeoGebra 5.0
Peter Harremoës Vejledende sæt 1 10. februar 2020 b)Overskuddets vækst bestemmes ved
p0(x) =−3
4x2+ 24x−95.
For at bestemme maksimum for denne funktion differentieres en gang mere.
p00(x) =−3 2x+ 24.
Eventuelle rødder forp00 bestemmes.
p00(x) = 0
−3
2x+ 24 = 0 x= −24·2
−3 = 16.
Dap0 har negativ krumning er væksten maksimal forxefter 16 månender.
c) Det samlede overskudt måneder efter introduktionen er Z t
0
p(x) dx= Z t
0
−1
4x3+ 12x2−95x
dx
=
− 1
4·4x4+12
3 x3−95 2 x2
t
0
=− 1
16t4+ 4t3−95 2 t2. Denne størrelse sættes lig nul.
−1
16t4+ 4t3−95 2 t2= 0
−1
16t2+ 4t−95 2
t2= 0
−1
16t2+ 4t−95
2 = 0∨t2= 0 Det samlede overskud er nul ved starttidspunktet samt efter 15.75 måneder.
Opgave 9 (benytter forberedelsesmateriale)
a) Det samlede dækningsbidrag er
DB(x, y) =x·(−0.8 + 1400−200) +y·(−0.7y+ 1600−200)
=−0.8x2+ 1200x−0.7y2+ 1400y . b)De partielle afledte er
∂DB
∂x =−1.6x+ 1200,
∂DB
∂y =−1.4y+ 1400.
side 2 af 5 Lavet med LYX 2.3 og GeoGebra 5.0
Peter Harremoës Vejledende sæt 1 10. februar 2020 De partielt afledte sættes lig nul
∂DB
∂x = 0,
−1.6x+ 1200 = 0, x= −1200
−1.6 = 750 og
∂DB
∂y = 0,
−1.4y+ 1400 = 0, y= −1400
−1.4 = 1000. Det stationære punkt er (750,1000).
c)Vi differentierer en gang til og får
∂2DB
∂x2 =−1.6,
∂2DB
∂y2 =−1.4,
∂2DB
∂x∂y = 0. Da ∂∂x2DB2 +∂∂x2DB2 =−1.6−1.4 =−3<0 og ∂∂x2DB2 ·∂2∂yDB2 −
∂2DB
∂x∂y
2
= (−1.6)·(−1.4)−02= 2.24>0, er der lokalt maksimum i det stationære punkt (750,1000).
d)Med bibetingelsenx+y≤1000 bliver Lagrangefunktionen
DBλ=−0.8x2+ 1200x−0.7y2+ 1400y+λ(x+y−1000) De partielt afledte bliver da
∂DBλ
∂x =−1.6x+ 1200 +λ,
∂DBλ
∂y =−1.4y+ 1400 +λ,
∂DBλ
∂λ =x+y−1000.
De partielt afledte skal være nul, så vi løser ligningssystemet.
−1.6x+ 1200 +λ = 0
−1.4y+ 1400 +λ = 0 x+y−1000 = 0
⇐⇒
−1.6x+ 1200 +λ = 0 +1.6x−1200−1.4y+ 1400 = 0 x+y−1000 = 0
⇐⇒
−1.6x+ 1200 +λ = 0 1.6x−1.4y+ 200 = 0 1.4x+ 1.4y−1400 = 0
⇐⇒
−1.6x+ 1200 +λ = 0 3x−1200 = 0
x+y = 1000
⇐⇒
−1.6x+ 1200 +λ = 0
x = 400
400 +y = 1000
⇐⇒
−1.6x+ 1200 +λ = 0
x = 400
y = 600
side 3 af 5 Lavet med LYX 2.3 og GeoGebra 5.0
Peter Harremoës Vejledende sæt 1 10. februar 2020 Under bibetingelsen er der maksimum i (x, y) = (400,600).Det maksimale dækningsbidrag bliver derfor
DB(400,600) =−0.8·4002+ 1200·400−0.7·6002+ 1400·600
= 940000. Det maksimale dækningsbidrag er derfor 940 000 kr.
Opgave 10
a)Funktionenf er defineret, når argumentet for logaritmen er positv, så vi skal løse uligheden−x2+ 3x+ 5>0.
Først løses den tilsvarende ligning
−x2+ 3x+ 5 = 0
x= −3± 32−4·(−1)·51/2 2·(−1)
x= 3∓291/2 2
Da−x2+ 3x+ 5 har negativ krumning, har funktionen definitionsmængdeDm(f) =i
3−291/2
2 ;3+2921/2h
.Herefter bestemmes funktionens nulpunkter
f(x) = 0 ln −x2+ 3x+ 5
·(−4x+ 6) = 0 ln −x2+ 3x+ 5
= 0∨ −4x+ 6 = 0
−x2+ 3x+ 5 = 1∨x= −6
−4 =3 2 x2−3x−4 = 0∨x= 3
2 x= 3± 33−4·1·(−4)1/2
2·1 ∨x= 3
2 x= 3±5
2 ∨x= 3 2 x=−1∨x= 4∨x= 3 2 b)Nedenfor er der givet forklaring på beregningerne.
1) R1
−1ln −x2+ 3x+ 5
·(−4x+ 6) dx Beregningsforskriften er indsat.
2) =R7
1 2·ln (t) dt Substitutionent=−x2+ 3x+ 5 er foretaget.
3) = [2·(t·ln (t)−t)]71 Stamfunktionen er bestemt.
4) = 2 (7·ln (7)−7−(1·ln (1)−1)) Grænserne indsættes.
5) = 14·ln (7)−12≈15.24 Det eksakte udtryk reduceres og omregnes til et decimaltal.
Opgave 11
a)Sandsynligheden for at efterspørgelsen ligger mellem 800 og 1200 er 0.71 .
side 4 af 5 Lavet med LYX 2.3 og GeoGebra 5.0
Peter Harremoës Vejledende sæt 1 10. februar 2020
b)Sandsynligeden for at efterspørgelsen overstiger 1300 er 5.7 %.
c)Dækningsbidraget ved en efterspørgsel på 800 stk. er (120−112)·800 =6400 kr.
d) Hvis 500 000 kr. skal tilbagebetales over 36 månedlige terminer med 0.65 % i månedlig rente, så skal den månedlige ydelse være
y=A0 r 1−(1 +r)−n
= 500000 0.0065 1−1.0065−36
= 15622.09
Efter et år er der dermed i alt betalt 187 465.10 kr. Efter et år er restgælden 500000·1.006512−15622.09·1.006512−1
0.0065 = 346110.60
Derfor vil den samlede renteudgift først år være 187465.10−(500000−346110.60) =33 575.70 kr.
e)Hvis man tager lånet vil produktionen kunne øges til 1400 stk., hvorved dækningsbidraget øges med (120−112)·
(1400−800) = 4800 kr. pr måned. Dækningsbidraget for første år øges dermed med 12·4800 = 57600 kr., hvilket er betydeligt mere end renteudgiften.
side 5 af 5 Lavet med LYX 2.3 og GeoGebra 5.0
