HHX Matematik A 2014 15. december - Delprøven med hjælpemidler

Side 1

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 15. december 2014

1

HHX Matematik A

15. december 2014

Delprøven med hjælpemidler

Hhx143-MAT/A-

Nogle opgaver inkluderer referencer til en formel i en grå kasse. Referencer til en formel kræves ikke i en besvarelse, og kan ikke erstatte forklaringer og øvrig tekst. Grunden til, at her medtages formel i løsningerne, er så du præcis kan se hvilken formel, der bruges i hver mellemregning.

Alle opgaver er for så vidt muligt regnet med WordMat, da vores erfaring viser, at det er langt det hurtigste værktøj at anvende. Husk at skrive nedenstående kommentar om at beregningerne er foretaget ved hjælp HHX 3. år

NB: Mange af de anvendte formler i opgaven kan findes og indsættes direkte fra WordMats egen formelsamling, som findes øverst til venstre. Der er store tidsbesparelser at hente ved at bruge formelsamlingen!

Opgave 6 a)

Forklaringer er givet til hver af linjerne (𝐼):

1) For at bestemme ekstrema sættes 𝑓′(𝑥) lig med nul.

2) Funktionen differentieres, og 𝑓′(𝑥) indsættes.

3) 2x lægges til på begge sider.

4) Begge sider ganges med 𝑥 og divideres med 2.

5) Ligningen løses ved at tage kvadratroden af 9 og stille hhv. positivt og negativt fortegn foran.

6) Den negative løsning forkastes, da 𝐷𝑚 ( 𝑓) =]0,∞[. Der må således være en vandret tangent i
𝑥 = 3. Grafen tegnes, og det konkluderes, at der er tale om et ekstremum. 𝑓(3) bestemmes og

ekstremumspunktets koordinatsæt opskrives.

b)

Funktionen defineres:

𝐷𝑒𝑓𝑖𝑛𝑒𝑟:𝑓 ( 𝑥) = −𝑥^{2} + 𝑘· ln ( 𝑥), 𝑥 > 0 , 𝑘 > 0

Vi søger vandrette tangenter ved at løse:

Side 2

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 15. december 2014

2

𝑓^{′} ( 𝑥) = 0

⇕ Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑥 =

√ 𝑘
√ 2

Da vi på forhånd ved, at der er netop ét ekstremum, og vi nu ser, at der er netop én vandret tangent, kan vi konkludere, at 𝑥-værdien i dette ekstremum er:

𝑥 =

√ 𝑘
√ 2

Side 3

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 15. december 2014

3

Opgave 7 a)

Vi lader 𝑋 angive det årlige udbytte af honning fra et tilfældigt bistade i kg. 𝑋 vil da være tilnærmelsesvis

normalfordelt som 𝑋~𝑁(44,11). Sandsynligheden 𝑃(35≤ 𝑋 ≤ 50) kan bestemmes som arealet under

frekvensfunktionen i intervallet [35,50]. Dette areal bestemmes i WordMat:

Normalfordeling

Middelværdi: 44

Spredning: 11

Grafvindue

X_{min} X_{maks}

Areal under frekvensfuntion

X_{min} X_{maks}

35 50 50,07%

Sandsynligheden vil således være tilnærmelsesvist 50% for, at et tilfældigt udvalgt bistade giver et udbytte mellem 35 og 50 kg.

b)

Fordelingen af udbytterne kopieres ind i WordMats statistikark, og en række deskriptorer bestemmes:

Deskriptorer

Kvartilsæt

Nedre 39,5

Median 45

Øvre 49

Obs. Fraktil

Middeltal

45

Spredning

8,0

Det gennemsnitlige udbytte (middeltal) er 45 kg, og udbytterne har spredningen 8,0. Stikprøvens størrelse

er 𝑛 = 60. Både spredningen og middelværdien er estimater, så et 95%-konfidensinterval for

middelværdien kan bestemmes vha. et ”T estimat af middel” i GeoGebras sandsynlighedslommeregner.

Side 4

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 15. december 2014

4

Vi kan nu aflæse (og afrunde) et 95%-konfidensinterval for middelværdien (nedre/øvre grænse):

[42,9;47,1] c)

Data optælles vha. en pivottabel i Excel og indsættes i et skema som det angivne:

Højst 44 kg Over 44 kg Total

By 14 8 22

Udkant 15 23 38

Total 29 31 60

Side 5

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 15. december 2014

5 d)

Vi opstiller en nulhypotese:

𝐻_{0}: Der er ingen sammenhæng mellem placering af bistadet og udbyttet i kg.

                                                                         2
Nulhypotesen testes nu på et 5%-signifikansniveau ved anvendelse af tabellens data i en 𝜒 -test i

WordMat: χ²-test

Observationer I alt

14 8 22

15 23 38

I alt 29 31 60

P-værdi: 7,11%

Signifikans niveau: 5%

Da 𝑝 = 7,11% > 5% kan nulhypotesen ikke forkastes. På et 5%-signifikansniveau kan vi således ikke afvise,

at udbytte og placering af bistadet er uafhængige af hinanden.

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟: e)

Der er foretaget en analyse af udbytterne med udgangspunkt i jeres erfaringer om udbyttefordelingen. Den viser, at ca. halvdelen af udbytterne ligger mellem 35 og 50 kg, mens de sidste to fjerdedele ligger hhv.

under og over dette interval.

Der er så udtaget en stikprøve med udgangspunkt i 60 af jeres bistader, som har fundet, at der er 95% sandsynlighed for, at middelværdien for jeres udbytter generelt ligger mellem 42,9 kg og 47,1 kg.

Middelværdien i stikprøven var på 45 kg.

Slutteligt er der foretaget en undersøgelse med udgangspunkt i spørgsmålet ”Er der en sammenhæng mellem placeringen af bistadet og udbyttet i kg?”. Det viser sig, at forskellene mellem udbytter i by og udkant ikke er tydelige nok til, at vi på et 5%-signifikansniveau kan afvise, at der er uafhængighed mellem placeringen af bistadet og udbyttet.

Side 6

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 15. december 2014

6

Opgave 8 a)

Funktionerne for hhv. eksportprisen pr. enhed A og indenlandsk pris pr. enhed B (begge i tusinde kroner) defineres:

𝑝 ( 𝑥) ≔ −2𝑥 + 50

𝑞 ( 𝑦) ≔ 10

Dan samlede omsætning er givet ved summen af omsætningen for A og B. Det vil sige:

𝑅 ( 𝑥,𝑦) = 𝑥· 𝑝 ( 𝑥) + 𝑦 · 𝑞 ( 𝑦)
= 10 · 𝑦 + ( 50 − 2 · 𝑥) · 𝑥

Udtrykket udvides vha. CAS-værktøjet WordMat.

= 10 · 𝑦 − 2 · 𝑥^{2} + 50 · 𝑥

Det vil sige, at (funktionen defineres):

𝑅 ( 𝑥,𝑦) ≔ −2𝑥^{2} + 50𝑥 + 10𝑦

b)

Niveaukurvens ligning opskrives og 𝑦 isoleres

320 = −2𝑥^{2} + 50𝑥 + 10𝑦

⇕ Ligningen løses for y vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑦 =

𝑥^{2} − 25 · 𝑥+ 160

5

Udtrykket reduceres vha. CAS-værktøjet WordMat.

= − 5 · 𝑥+ 32

𝑥^{2}

5

Ligningen kan altså skrives som:

𝑦 = · 𝑥^{2} − 5𝑥 + 32

1

5

Denne ligning er på samme form som den generelle form for en parabel: 𝑦 = 𝑎𝑥^{2} + 𝑏𝑥 + 𝑐 , 𝑎 ≠ 0

Niveaukurven 𝑁(320) er således en parabel.

Begrænsningerne opskrives:

0 ≤ 𝑥 ≤ 15

𝑦 ≥ 0

Side 7

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 15. december 2014

7

5𝑥 + 5𝑦 ≤ 90

⇕ Uligheden løses for y vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑦 ≤18 − 𝑥

Begrænsningerne afgrænser sammen et kapacitetsområde som nu indtegnes i et koordinatsystem i GeoGebra sammen med 𝑁(320): c)

Den generelle form for niveaukurverne med niveau 𝑡 vil være:

𝑡 = −2𝑥^{2} + 50𝑥 + 10𝑦

⇕ Ligningen løses for y vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑦 =

2 · 𝑥^{2} − 50 · 𝑥+ 𝑡

10

Udtrykket reduceres vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑦 = − 5 · 𝑥+

𝑥^{2} 𝑡

5 10

Side 8

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 15. december 2014

8

Af ovenstående udtryk ses det, at niveaukurven (parablen) blot parallelforskydes opad, når niveauet 𝑡 vokser. Det punkt (𝑥,𝑦), som giver den største værdi af 𝑓 må således ligge på den linje 𝑙, som går fra A til D.

Dennes ligning fandt vi ud fra begrænsningen 𝑦 ≤ 18 − 𝑥. Det vil sige, at ligningen er

𝑙: 𝑦 =18 − 𝑥

Dette udtryk for 𝑦 kan nu substitueres ind i forskriften for kriteriefunktionen, hvorved vi får en ny funktion i én variabel:

𝑅 ( 𝑥) = −2𝑥^{2} + 50𝑥 + 10 · ( 18 − 𝑥)
= −2 · 𝑥^{2} + 40 · 𝑥+ 180

Forskriften er på formen for et andengradspolynomium (𝑦 =𝑎𝑥^{2} + 𝑏𝑥 + 𝑐 , 𝑎 ≠ 0), med 𝑎 < 0. Grafen

har således ét toppunkt, som er globalt maksimum. Førstekoordinaten heri kan bestemmes som:

𝑥_{𝑡𝑜𝑝} = −

𝑏

2𝑎

= −

40

2 · ( −2)
= 10

𝑦-værdien i maksimumsstedet findes ved at indsætte 𝑥 = 10 i ligningen for linjen 𝑙:

𝑦 = 18 − 10
= 8

Det vil sige, at den største omsætning opnås, når ( 𝑥,𝑦) = (10,8). Denne bestemmes nu:

𝑅 ( 10;8) = 380

Virksomheden skal afsætte 10 enheder af produkt A og 8 enheder af produkt B for at opnå den størst mulige omsætning. Denne omsætning har størrelsen 380.000 kr.

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 9

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 15. december 2014

9

Opgave 9 a)

Kendte størrelser defineres:

Månedlig ydelse: 𝑦 ≔ 4992,42

Månedlig rente: 𝑟 ≔ 0,0046

Gældens størrelse: 𝐴_{0} ≔ 550000

Antallet af månedlige ydelser, 𝑛, bestemmes nu ved at løse:

𝐴_{0} = 𝑦 ·

1 − ( 1 + 𝑟)^{−𝑛}

𝑟

⇕ Ligningen løses for n vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑛 = 154,0001

Familien skal således betale 154 månedlige ydelser på boliglånet.

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟: b)

Kendte størrelser defineres:

Månedlig rente: 𝑟 ≔ 0,0046

Gældens størrelse: 𝐴_{0} ≔ 652000

Antal ydelser: 𝑛≔ 154

Størrelsen af de månedlige ydelser, 𝑦, bestemmes nu ved at løse:

𝐴_{0} = 𝑦 ·

1 − ( 1 + 𝑟)^{−𝑛}

𝑟

⇕ Ligningen løses for y vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑦 = 5918,29

Den månedlige ydelse på det nye lån er på 5918,29 kr.

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 10

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 15. december 2014

10 c)

Huller i skemaet beregnes:

Løbetid for nyt lån:

Det nye lån betales tilbage over 154 månedlige ydelser. Løbetiden i år bliver da:

154 77

12 6

= ≈ 12,83333

Det vil sige 12,83333 år. Dette svarer til 12 år og et antal måneder, 𝑥

𝑥 = 0,8333333333333· 12

≈ 10

Løbetiden for det nye lån er altså 12 år og 10 måneder.

Realkreditlånets rente:

Kendte størrelser defineres:

Lånets størrelse: 𝐴 ≔ 652000
               0

Månedlig ydelse: 𝑦 ≔ 4188,49

Antal terminer: 𝑛 ≔ 20 · 12

Renten, 𝑟, bestemmes ved at løse:

𝐴_{0} = 𝑦 ·

1 − ( 1 + 𝑟)^{−𝑛}

𝑟

⇕ Ligningen løses for r vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑟 = −1,976399 ∨ 𝑟 = 0,003899993

Renten er selvfølgelig positiv, så:

𝑟 =0,0039
= 0,39%

Vi søger nu at beregne, hvilket lån der er billigst samlet set:

Samlet betaling ved nyt lån:

𝐵_{1} =𝑛· 𝑦
=154 · 5918,29

≈911416,7

Samlet betaling ved realkreditlån:

Side 11

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 15. december 2014

11

𝐵_{2} = 𝑛 · 𝑦
= 20 · 12 · 4188,49

≈ 1005238

Besparelse ved at vælge nyt lån frem for realkreditlån:

𝐵𝑒𝑠𝑝𝑎𝑟𝑒𝑙𝑠𝑒 = 𝐵_{2} − 𝐵_{1}
= 1005238 − 911416,7

≈ 93821,3

Præsentation til familien:

I har to muligheder til tilbagebetalingen af jeres gæld, som er på

Den første mulighed er en sammenlægning af jeres kassekredit og boliglån. I vil samlet set skulle betale

911.416,70 kr. ved en månedlig ydelse på 5918,29 kr. i en periode på 5 år og 12 måneder.

Den anden mulighed er at tage hele lånet som et realkreditlån. I vil samlet set skulle betale 1.005.238 kr.

ved en månedlig ydelse på 4188,49 kr. i en periode på 20 år.

Der er en samlet besparelse på 93.821,30 kr. ved at vælge mulighed den første mulighed.

Ovenstående informationer er samlet i nedenstående skema:

Lånets størrelse Månedlig Ydelse Løbetid Samlet betaling rente

Nyt lån 652.000 kr. 0,46% 5918,29 kr. 12 år og 10 911.416,70 kr.

måneder

Realkreditlån 652.000 kr. 0,39% 4188,49 kr. 20 år 1.005.238 kr.

Side 12

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 15. december 2014

12

Opgave 10 a)

Data opstilles I en tabel, hvorefter der udføres potensregression i WordMat (vi antager at tabellens data er angivet i de efterspurgte enheder)

Afsætning Salgspris

120 | 240,95
150 | 215,00
210 | 190,12
270 | 180,67
300 | 190,05
375 | 160,62
450 | 155,45
600 | 140,00
900 | 130,38

Potens regression udført vha. CAS-værktøjet WordMat: R^{2} = 0,9685562

𝑦 =997,008·𝑥^{−0,3029728}

Funktionen defineres:

𝑝 ( 𝑥) ≔ 997,008·𝑥^{−0,3029728}

b)

Formlen for dækningsbidraget anvendes:

𝐷𝐵 ( 𝑥) = ( 𝑝 ( 𝑥) − 100) · 𝑥
= 997,008 · 𝑥^{0,6970272} − 100 · 𝑥

Vi kan nu opskrive en forskrift:

𝐷𝐵 ( 𝑥) ≔ 997,008 · 𝑥^{0,6970272} − 100𝑥

Nu bestemmes:

𝐷𝐵 ( 450) ≈ 25479,03

Dækningsbidraget ved en afsætning på 450 kg er således på 25.479,03 kr.

Side 13

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 15. december 2014

13 c)

Vi søger stationære punkter ved at løse:

𝐷𝐵^{′} ( 𝑥) = 0

⇕ Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑥 = 601,1142

Af grafen i opgaveteksten ser vi, at funktionen har et lokalt maksimum i det afbildede område, og da vi kun har fundet ét stationært punkt i hele definitionsmængden, må der være tale om et globalt maksimum.

Den afsætning, som giver det størst mulige dækningsbidrag er således en afsætning på ca. 600 kg.

Salgsprisen ved denne afsætning bestemmes som: 𝑝 ( 601,1142) ≈ 143,4664

Den tilsvarende salgspris er således 143,47 kr.

Side 14

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 15. december 2014

14

Til eksamen skal du kun udvælge én af de tre følgende opgaver, 11A, 11B og 11C. Her bringes alle løsninger, så du kan bruge dem til at øve de forskellige opgavetyper.

Opgave 11A a)

Differentialligningen opskrives og løses i WordMat vha. begyndelsesbetingelsen 𝑇 ( 0) = 75

𝑇^{′} (𝑥) = 45 − 0,75 · 𝑇(𝑥)
Differentialligningen løses vha. CAS-værktøjet WordMat's 'Løs differentialligning' funktion med startbetingelsen T(0)=75
𝑇 ( 𝑥) = 15 · 𝑒^{−(3·}^{4} + 60

𝑥

)

Vi kan nu opskrive og definere den fundne forskrift:

𝑇 ( 𝑥) ≔ 60 + 15 · 𝑒^{−}^{·𝑥}

3

4 b)

Vi definerer 𝑛 ≔10 og bestemmer så integralet:

∫ 𝑇 ( 𝑥) 𝑑𝑥 ≈ 619,9889

𝑛

0

Der tager altså samlet set ca. 620 minutter at producere de første 10 varer.

Side 15

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 15. december 2014

15

Opgave 11B a)

Hvis man opfatter det som en succes, hvis en tilfældigt adspurgt aldrig tænker over, om vedkommende bliver overvåget, når de bruger deres computer i hjemmet, vil antallet af succeser 𝑋 i en stikprøve med størrelsen 𝑛 og succesraten 𝑝 være binomialfordelt dvs. 𝑋~𝑏(𝑛,𝑝).

Undersøgelsen giver et skøn over 𝑝. Nemlig 𝑝̂ = 45%

Antal successer i stikprøven kan da bestemmes som 𝑛 · 𝑝̂ =1011 · 0,45 = 454,95. Der er højst sandsynligt

foretaget en afrunding af 𝑝̂, så det rigtige antal succeser er 455. Vi kan nu bestemme et 95%- konfidensinterval for den sande værdi af 𝑝. Dette gøres vha. GeoGebras sandsynlighedslommeregner:

Konfidensintervallet for andelen af personer, som aldrig tænker over, om de bliver overvåget, når de

bruger deres computer i hjemmet, aflæses (øvre/nedre grænse) og opskrives:

[0,419;0,481] b)

Vi antager nu, at 𝑝 = 𝑝̂ = 45%. Vi får at vide, at 𝑛 = 50.

Det vil sige 𝑋~𝑏(50;0,45)

Side 16

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 15. december 2014

16

Vi søger nu 𝑃(𝑋 ≤ 20) vha. WordMat:

Binomialfordeling P(X=)=
p= 0,45 P(X≤ 20)= 0,2862
n= 50 P( ≤X≤)=

Sandsynligheden for, at højst 20 ud af 50 tilfældigt udvalgte personer i alderen 18-74 år aldrig tænker over, om de bliver overvåget, når de bruger deres computer i hjemmet, er således 28,62%.

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 17

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 15. december 2014

17

Opgave 11C a)

Funktionen defineres:

𝐸𝑆 ( 𝑥) ≔ −25𝑥^{3} + 370𝑥^{2}

𝐷𝑒𝑓𝑖𝑛𝑒𝑟:0 ≤ 𝑥 ≤ 14

Vi bestemmer nu:

𝐸𝑆 ( 6) = 7920

Det forventede daglige salg 6 måneder efter introduktionen af varen er således på 7920 stk.

Stationære punkter søges ved at løse:

𝐸𝑆^{′} ( 𝑥) = 0

⇕ Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑥 = 0 ∨ 𝑥 =

148

15

                                           148
Vi ser nu let af grafen, at maksimum må findes i 𝑥 = ≈ 9,866667
                                           15

Det forventede daglige salg er således størst muligt 9,87 måneder efter introduktionen af varen.

b)

Vendetangenter bestemmes ved at løse:

𝐸𝑆′′(𝑥) = 0

⇕ Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑥 =

74

15

≈ 4,933333

Der er kun én vendetangent, og det må således være den, der refereres til i opgaven. Det vil sige, at væksten i det forventede daglige salg er størst 4,93 måneder efter introduktionen.