HHX Matematik A 2015 17. august - Delprøven med hjælpemidler

Side 1

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. august 2015

1

HHX Matematik A

17. august 2015

Delprøven med hjælpemidler

hhx152-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:

1) Funktionsudtrykket er skrevet op.

2) Kendte værdier er indsat og funktionsudtrykket er reduceret.

3) Funktionen er differentieret

4) 𝑓′(𝑥) er sat lig med 0 for at finde vandrette tangenter.

5) To løsninger er fundet til ligningen 𝑓^{′} ( 𝑥) =0.

b)

Ligningen løses mht. 𝑥 vha. WordMat:

1 𝑆 𝐴 · 𝑆
2 𝐾 𝑥^{2}

· 𝑅 · 𝑉· (1 −) − =0

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

Side 2

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. august 2015

2

𝑥=− √ 2 · √ −𝐴 · 𝐾· ∨ 𝑥= √ 2 · √ −𝐴 · 𝐾·

𝑆 𝑆

( 𝑅· 𝑆 − 𝐾· 𝑅) · 𝑉 ( 𝑅· 𝑆 − 𝐾·𝑅) · 𝑉

Alle ubekendte størrelser er større end eller lig med 0. Den optimale seriestørrelse kan således bestemmes som:

𝑥_{𝑜𝑝𝑡𝑖𝑚𝑎𝑙} = √ 2 · √ −𝐴 · 𝐾·

𝑆

( 𝑅· 𝑆− 𝐾· 𝑅) · 𝑉

Side 3

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. august 2015

3

Opgave 7 a)

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

Bruger Bruger Kender aldrig ofte ikke

Bruger ind Total imellem

Kvinde 24 105 85 30 244

Mand 15 120 110 55 300

Total 39 225 195 85 544 b)

Vi opstiller en nulhypotese:

𝐻_{0}: Der er ingen sammenhæng mellem køn og brugen af rengøringsmidlet

Nulhypotesen testes på et 5%-signifikansniveau vha. tabellens data. Dette gøres i WordMats regneark til

𝜒^{2} -uafhængighedstest:

χ²-test

Observationer I alt

24 105 85 30

244

15 120 110 55

300

I alt 39 225 195 85 544

P-værdi: 4,70% Der er en sammenhæng

Signifikans niveau: 5%

Da 𝑝=4,70%<5% forkastes nulhypotesen på et 5%-signifikansniveau. Der er således ikke uafhængighed

mellem køn og brugen af rengøringsmidlet.

c)

En ny tabel udformes:

Bruger aldrig Bruger ind imellem Bruger ofte

Kvinde 24 105 85

Mand 15 120 110

Side 4

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. august 2015

4

Nulhypotesen testes med udgangspunkt i den nye tabel og samme fremgangsmåde som i b) χ²-test

Observationer I alt

24 105 85 214

15 120 110 245

I alt 39 225 195 459

P-værdi: 12,20%

Signifikans niveau: 5%

Vi ser nu, at 𝑝=12,20%>5%. Nulhypotesen kan altså ikke forkastes på et 5%-signifikansniveau.

Resultatet af undersøgelsen ændres altså, hvis de personer, der svarede ”Kender ikke”, fjernes fra stikprøven.

Side 5

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. august 2015

5

Opgave 8 a)

Fordelingen af produktionsmængder kopieres ind i WordMats regneark til statistik. Her beregnes en række deskriptorer:

Deskriptorer

Kvartilsæt

Nedre | 561
Median | 617
Øvre | 917

Obs. Fraktil

Middeltal

950,65094

Spredning

891,31273

Den gennemsnitlige produktionsmængde (middeltal) og kvartilsættet aflæses nu:

Kvartilsæt: (561,617,917)

Den gennemsnitlige produktionsmængde er 950,7 hektoliter.

b)

Vi foretager et 𝑥𝑦-plot af data i et koordinatsystem i Excel. Dertil kobles en lineær tendenslinje med tilhørende regressionsligning:

Side 6

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. august 2015

6

Vi kan nu aflæse en regressionsmodel:

𝑦=0,0245𝑥+ 7,9034

𝑥 angiver produktionsmængden i hektoliter 𝑦 angiver produktionstiden i timer

Den forventede produktionstid 𝑦 for 𝑥=3000 findes som:

𝑦=0,0245 · 3000 + 7,9034
=81,4034

Det vil sige, at den forventede produktionstid ved en produktionsmængde på 3000 hektoliter er på 81,4 timer.

c)

Vi definerer kendte størrelser:

Antal punkter (𝑥,𝑦) i analysen: 𝑛≔106

                       2
Determinationskoefficient 𝑅 defineres som 𝑅 for at undgår forvirring af WordMat 𝑅≔0,931

Estimat af hældningskoefficient (vi skriver 𝑎
                                   𝑒

frem for 𝑎̂, da WordMat opfatter ”hat” som vektornotation):

𝑎_{𝑒} ≔0,0245

                                                       1−𝑅
                                                             2
Standardfejlen er givet ved (igen undlades 𝑎̂-notation): 𝑠 ≔𝑎 · ( )
                                              𝑎    𝑒
                                                      𝑅· ( 𝑛−2 )

1

y = 0,0245x + 7,9034
R² = 0,9312

0

20

40

60

80

100

120

140

160

0

Produktionstid i timer

Produktionsmængde i hektoliter

Side 7

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. august 2015

7

Konfidensintervallets grænser kan da bestemmes som:

𝑎_{𝑒} ± 𝑡_{𝑛−2} · 𝑠_{𝑎}

                       𝛼
𝑡   er betegnelsen for 1 − fraktilen af en 𝑡-fordeling med 𝑛 − 2=104 frihedsgrader. 𝛼 er
 𝑛−2
                       2

signifikansniveauet (i vores tilfælde 5%), så vi skal finde 0,975-fraktilen. Denne beregnes i GeoGebra:

Vi definerer nu:

𝑡_{104} ≔1,983

Grænserne for 95%-konfidensintervallet kan nu beregnes:

Øvre: 𝑎_{𝑒} + 𝑡_{104} · 𝑠_{𝑎} =0,025796945820051

Nedre: 𝑎_{𝑒} − 𝑡_{104} · 𝑠_{𝑎} =0,023203054179949

Et 95%-konfidensinterval er således bestemt for hældningskoefficienten 𝑎: [0,0232;0,0258] d)

Der er foretaget en analyse af en stikprøve på 106 produktionsserier. Analysen viser, at den gennemsnitlige produktionsmængde pr. produktionsserie er på 950,7 hektoliter. Den mindste fjerdedel af serierne var alle

Side 8

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. august 2015

8 på højst 561 hektoliter, og i den største fjerdedel var alle på mindst 917 hektoliter. Halvdelen af serierne var på højst 617 hektoliter.

Der er desuden fundet en lineær sammenhæng med høj forklaringsgrad mellem produktionstid og produktionsmængde. Det viser sig, at produktionstiden vokser med ca. halvandet minut (0,0245 timer), hver gang produktionsmængden stiger med én hektoliter. Denne sammenhæng er benyttet til at forudsige, at en produktionsmængde på 3000 hektoliter vil svare til en produktionstid på 81,4 timer.

Der er foretaget en yderligere analyse af produktionshastigheden angivet i minutter pr. hektoliter, som viser at denne med 95% sandsynlighed ligger mellem 1,392 og 1,548 (0,0232 timer pr. hL og 0,0258 timer pr. hL).

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 9

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. august 2015

9

Opgave 9 a)

Funktionerne for pris-afsætning på hhv. det udenlandske og indenlandske marked defineres:

𝑝 ( 𝑥) ≔−10𝑥 + 675

𝑞 ( 𝑦) ≔400

Det samlede dækningsbidrag er lig med summen af dækningsbidraget fra hhv. det udenlandske og indenlandske marked:

𝐷𝐵 ( 𝑥,𝑦) =𝑥· ( 𝑝 ( 𝑥) − 150) + 𝑦 · ( 𝑞 ( 𝑦) − 150)
=250 · 𝑦 + ( 525 − 10 · 𝑥) · 𝑥

Udtrykket udvides vha. CAS-værktøjet WordMat.

=250 · 𝑦 − 10 · 𝑥^{2} + 525 · 𝑥

Vi kan nu opskrive og definere funktionsforskriften for dækningsbidraget:

𝐷𝐵 ( 𝑥,𝑦) ≔−10𝑥^{2} + 525𝑥 + 250𝑦

b)

Vi sætter 𝐷𝐵 ( 𝑥,𝑦) =15000 og løser mht. 𝑦:

𝐷𝐵 ( 𝑥,𝑦) =15000

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

𝑦=

2 · 𝑥^{2} − 105 · 𝑥+ 3000

50

Udtrykket omskrives vha. CAS-værktøjet WordMat ved brug af metoderne: Automatisk reduktion,

𝑦= − 21 · + 60

𝑥^{2} 𝑥

25 10

Den generelle form for en parabels ligning er 𝑦=𝑎𝑥^{2} + 𝑏𝑥 + 𝑐

Vi ser, at niveaukurvens ligning kan omskrives til denne form:

𝑦= · 𝑥^{2} − · 𝑥+ 60

1 21

25 10

Vi er givet følgende begrænsninger:

0≤𝑥≤60

𝑦≥0

Side 10

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. august 2015

10

𝑦≤−0,5𝑥+ 80

Begrænsningerne afgrænser sammen et kapacitetsområde. Dette indtegnes i GeoGebra sammen med

niveaukurven 𝑁 ( 𝑡) =1500.

c)

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Vi undersøger nu, hvad der sker med niveaukurverne, når 𝑡 bliver større. Vi tager udgangspunkt i den generelle ligning for niveaukurverne:

𝑡=−10𝑥^{2} + 525𝑥 + 250𝑦

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

𝑦=

10 · 𝑥^{2} − 525 · 𝑥 + 𝑡

250

Udtrykket udvides vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑦=−2,1 · 𝑥 + 0,04 · 𝑥^{2} + 0,004 · 𝑡

Det vil sige:

Side 11

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. august 2015

11

𝑦=0,04𝑥^{2} − 2,1𝑥 + 0,004𝑡

Heraf ser vi, at når 𝑡 vokser, vil det blot svare til, at parablen parallelforskydes opad. Vi kan således

konstatere, at maksimum må findes et sted på linjen 𝑙 gennem A og D givet ved ligningen 𝑦=−0,5𝑥+ 80.

Dette udtryk for 𝑦 kan således substitueres ind i funktionen for dækningsbidraget, hvorved vi får en funktion af en variabel:

𝐷𝐵 ( 𝑥) ≔−10𝑥^{2} + 525𝑥 + 250 · (−0,5𝑥+ 80)

Denne funktion har forskrift som en parabel med 𝑎<0, hvorfor den har ét toppunkt, som er globalt maksimum. 𝑥-værdien i toppunktet bestemmes ved at løse:

𝐷𝐵^{′} ( 𝑥) =0

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

𝑥=20

𝑦-værdien i maksimum findes ved at indsætte 𝑥=20 i ligningen for linjen 𝑏:

𝑦=−0,5 · 20 + 80
=70

Virksomheden skal således afsætte 20 stk. på det udenlandske marked (𝑥) og 70 stk. (𝑦) på det indenlandske marked for at opnå det største dækningsbidrag.

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 12

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. august 2015

12

Opgave 10 a)

Funktionen defineres:

𝐿 ( 𝑥) ≔0,0075𝑥^{2} + 0,25𝑥

Vi får da:

𝐿 ( 50) =31,25

Den lavestlønnede halvdel af befolkningen tjener således ca. 31,25% af den samlede indkomst.

b)

Vi definerer linjen med ligning 𝑦=𝑥 som en funktion: 𝑓 ( 𝑥) ≔𝑥. Vi ser, at 𝑓≥𝐿 i hele intervallet [0,100].

Vi kan nu definere 𝐴:

𝐴≔∫ 𝑓 ( 𝑥) − 𝐿 ( 𝑥) 𝑑𝑥

100

0

B kan defineres som:

𝐵≔∫ 𝐿 ( 𝑥) 𝑑𝑥

100

0

Vi får så:

𝐺𝐼𝑁𝐼=

𝐴

𝐴 + 𝐵
=0,25

Vi kan heraf konkludere, at GINI koefficienten for Danmark var 0,25 i 2010.

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 13

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. august 2015

13

Opgave 11 a)

Vi bestemmer funktionens nulpunkter:

𝑓 ( 𝑥) ≔ln (𝑥^{3} + 8)

𝐷𝑒𝑓𝑖𝑛𝑒𝑟:𝑥>−2

Vi løser nu:

𝑓 ( 𝑥) =0

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

𝑥=−1,91293

Vi bestemmer fortegnet for 𝑓 på begge sider af nulpunktet:

𝑓 ( −1,95) ≈−0,5359298

𝑓 ( −1) ≈1,94591

Vi kan heraf konkludere:

𝑓 har ét nulpunkt. Dette findes i 𝑥=−1,913

𝑓 er negativ i intervallet ] − 2;−1,913[

𝑓 er positiv i intervallet ] − 1,913;∞[

b)

Grafen tegnes i WordMat i et passende interval:

Side 14

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. august 2015

14

Hældningen af tangenten til grafen for 𝑓 i et punkt 𝑥_{0} svarer til værdien 𝑓′(𝑥_{0}). Vi løser nu:

𝑓^{′} ( 𝑥_{0}) =1

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

𝑥_{0} =−1,355301

Vi definerer nu: 𝑥_{0} ≔−1,355

Tangentens ligning kan nu beregnes som:

𝑦=𝑓^{′} ( 𝑥_{0}) · ( 𝑥− 𝑥_{0}) + 𝑓 ( 𝑥_{0})
=0,9992542 · 𝑥 + 3,060951

𝑓 og 𝑡 tegnes nu i samme koordinatsystem i et passende interval:

Side 15

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. august 2015

15

Side 16

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. august 2015

16

Til eksamen skal du kun udvælge én af de tre følgende opgaver, 12A, 12B og 12C. Her bringes alle løsninger, så du kan bruge dem til at øve de forskellige opgavetyper.

Opgave 12A a)

Differentialligningen opskrives med 𝑟 og 𝑟′-notation og løses i WordMat vha. begyndelsesbetingelsen

𝑟 ( 0) =0

𝐷𝑒𝑓𝑖𝑛𝑒𝑟:𝑥≥0

𝑟^{′} =−0,1𝑟 + 500
Differentialligningen løses vha. CAS-værktøjet WordMat's 'Løs differentialligning' funktion med startbetingelsen r(0)=0
𝑟=5000 − 5000 · 𝑒^{−(}^{10}

𝑥

)

Vi kan nu opskrive og definere en forskrift for 𝑟(𝑥):

𝑟 ( 𝑥) ≔5000 − 5000· 𝑒^{−}

𝑥

10 b)

Den samlede omsætning fra uge 9 til uge 24 kan beregnes som det bestemte integral:

∫ 𝑟 ( 𝑥) 𝑑𝑥 ≈59207,41

24

9

Den samlede omsætning fra uge 9 til uge 24 efter introduktionen er således 59.207,41 kr.

Side 17

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. august 2015

17

Opgave 12B a)

Den årlige rente kan bestemmes som forholdet mellem rentedel og primo gæld for en hvilken som helst termin. Her foretages beregningen for første termin:

𝑟=

6500

260000

=0,025
=2,5%

Den årlige rente er på 2,5%

Den årlige ydelse kan bestemmes som summen af rentedel og afdragsdel for en hvilken som helst termin.

Igen anvendes første termin:

𝑦=6500 + 3000
=9500

Den årlige ydelse er således på 9500 kr.

b)

Kendte størrelser defineres:

Lånets størrelse: 𝐴 ≔260000
               0

Årlig rente: 𝑟≔0,025

Årlig ydelse: 𝑦≔9500

Antal ydelser, 𝑛, bestemmes nu ved at løse ligningen:

𝐴_{0} =𝑦 ·

1 − ( 1 + 𝑟)^{−𝑛}

𝑟

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

𝑛=46,68115

Der betales således 47 ydelser hvoraf den sidste er mindre end de andre. Størrelsen af den sidste ydelse

svarer til 𝑅_{46} · (1 + 𝑟), hvor 𝑅_{46} er restgælden efter 46 ydelser. Det er fordi, restgælden forrentes en

enkelt gang, inden den betales af med den sidste ydelse. Vi får da:

𝑦_{𝑠𝑙𝑢𝑡} =𝑅_{46} · (1 + 𝑟)

= ( 𝐴_{0} · ( 1 + 𝑟)^{46} − 𝑦 ·) · ( 1 + 𝑟)

( 1 + 𝑟)^{46} − 1

𝑟

≈6496,344

Det vil sige, at den sidste ydelse har størrelsen 6496,34 𝑘𝑟.

Side 18

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. august 2015

18

Opgave 12C a)

Hvis 𝑋 angiver det daglige dækningsbidrag i tusinder kroner, kan vi skrive 𝑋~𝑁(42,25).

𝑃(𝑋≥75) kan bestemmes som arealet under grafen for normalfordelingens tæthedsfunktion
(frekvensfunktion) i intervallet [75,∞[. Dette bestemmes i WordMat:

Normalfordeling

Middelværdi: 42

Spredning: 25

Grafvindue

X_{min} X_{maks}

0 10

Areal under frekvensfuntion

X_{min} X_{maks}

75 9,34%

Sandsynligheden for, at dækningsbidraget på en tilfældig dag er over 75.000 kr. er således 9,34%.

b)

Hvis vi betragter en dag, hvor 𝑋>75 som en succes, vil sandsynligheden for succes ved en tilfældigt

udvalgt dag (et binomialforsøg) være 9,34% (𝑝=0,0934). I en stikprøve på 80 dage (𝑛=80) vil antallet

af succeser, 𝑌, være binomialfordelt som:

𝑌~𝑏(80;0,0934)

Vi søger nu at bestemme 𝑃(𝑌≤6). Dette gøres i WordMat (her anvendes dog altid 𝑋 som den stokastiske

variabel):

Binomialfordeling P(X=)=
p= 0,0934 P(X≤ 6)= 0,372
n= 80 P( ≤X≤)=

Sandsynligheden for, at højst 6 dage af de 80 giver et dækningsbidrag på over 75.000 kr. er således på

37,2%