HHX Matematik A 2015 26. maj - Delprøven med hjælpemidler

Side 1

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

1

HHX Matematik A

26. maj 2015

Delprøven med hjælpemidler hhx151-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)

Linjerne forklares herunder:

1) Formlen er skrevet op.

                                       𝛼
2) Der er indsat, at: at 𝑝̂=0,20, 𝐿=0,02. 𝑧 er bestemt til 1,96 og indsat i formlen.
                                     1−
                                       2

3) Højre side er reduceret.

4) Begge sider er divideret med 3,92. Herefter er begge sider opløftet i anden potens.

5) Begge sider er ganget med 𝑛 og divideret med 0,000026. Resultatet er beregnet.

b) 𝑛 isoleres vha. WordMat:

𝐿=2 ·𝑧 ·

√

𝑝 · (1 − 𝑝)

𝑛

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

Side 2

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

2

𝑛=− ( 4 · 𝑝^{2} − 4 · 𝑝) ·

𝑧^{2}
𝐿^{2}

                                     𝛼
WordMat forvirres af notationen for 𝑝̂ og 𝑧 så vi har her anvendt hhv. 𝑝 og 𝑧 i stedet.
                                   1−
                                     2

Vi har nu isoleret 𝑛 og kan konkludere, at:

𝑛=− ( 4 · 𝑝̂^{2} − 4 · 𝑝̂^{2}) ·

𝑧_{1−}^{2}

𝛼

𝐿^{2}

Side 3

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

3

Opgave 7 a)

Data fra filen sommerferie optælles i Excel vha. en pivottabel og arrangeres i et skema:

Ja, i Ja, i Nej Total

Danmark udlandet arbejdsløs 36 21 13 70 offentlig 77 134 5 216 sektor pensionist 177 294 55 526 privat sektor 85 170 15 270 studerende 57 70 13 140

Total 432 689 101 1222 b)

Vi opstiller en nulhypotese:

𝐻_{0}: Der er ingen sammenhæng mellem svar på spørgsmålet og beskæftigelse.

χ²-test

Observationer I alt

36 21 13

70

77 134 5

216

177 294 55

526

85 170 15

270

57 70 13

140

I alt 1222

432 689 101

P-værdi: 0,000042% sammenhæng

Der er en

Signifikans niveau: 5%

Da 𝑝=0,000042%<5% forkastes nulhypotesen på et 5%-signifikansniveau. Vi kan således konkludere,

at der er en sammenhæng mellem beskæftigelse og svar på spørgsmålet.

Side 4

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

4

Opgave 8 a)

Middelværdi og spredning indtastes i WordMats regneark til normalfordeling. Sandsynligheden for, at en tilfældig pose vejer mere end 1100 g svarer til arealet under grafen for tæthedsfunktionen

(frekvensfunktionen) i intervallet [1100,∞].

Normalfordeling

Middelværdi: 1000

Spredning: 55

Grafvindue

X_{min} X_{maks}

Areal under frekvensfuntion

X_{min} X_{maks}

1100 3,45%

Arealet aflæses. Vi kan nu konkludere, at sandsynligheden for, at en tilfældigt udvalgt pose vaskepulver vejer mere end 1100 g, er 3,45%.

b)

Data kopieres fra filen vaskepulver og indsættes i WordMats statistikark til rå data. Herefter ordnes de automatisk og indsættes i WordMats regneark til ugrupperede observationer. En række deskriptorer beregnes automatisk:

Deskriptorer

Kvartilsæt

Nedre 953

Median 990,5

Øvre 1040

Obs. Fraktil

Middeltal

995,34

Spredning

61,187

Vi kan nu konkludere, at gennemsnitsvægten i stikprøven er ca. 995,34 g, mens spredningen er ca. 61,19 g.

Side 5

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

5

Opgave 9 a)

Relevante størrelser defineres i WordMat:

Månedlig rente: 𝑟≔0,0033

Månedlig ydelse i kr.: 𝑦≔4368,13

Lån i kr.: 𝐴_{0} ≔320000

Antal ydelser: 𝑛≔72

Restgælden kan nu bestemmes i WordMat vha. formlen:

𝑅_{𝑛} =𝐾_{𝑛} − 𝐴_{𝑛}
=𝐴_{0} · ( 1 + 𝑟)^{𝑛} − 𝑦·

( 1 + 𝑟)^{𝑛} − 1

𝑟

≈51310,17

Restgælden på banklånet efter 6 år (72 ydelser) er således 51310,17 𝑘𝑟.

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟: b)

De indgående størrelser er nu ændret:

Månedlig rente: 𝑟≔0,0029

Lån i kr.:𝐴_{0} ≔256000

Antal ydelser: 𝑛≔72

Ydelsernes størrelse kan nu bestemmes ved at løse:

𝐴_{0} =𝑦 ·

1 − ( 1 + 𝑟)^{−𝑛}

𝑟

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

𝑦=3944,798

Den månedlige ydelse på lånet er således 3944,80 𝑘𝑟.

c)

Først beregnes den samlede månedlige ydelse for mulighed 2. Vi har, at:

Side 6

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

6

𝑦_{𝑏𝑎𝑛𝑘} ≔1031,90

𝑦_{𝑏𝑖𝑙𝑓𝑜𝑟ℎ𝑎𝑛𝑑𝑙𝑒𝑟} ≔3944,80

𝑦_{2} =𝑦_{𝑏𝑎𝑛𝑘} + 𝑦_{𝑏𝑖𝑙𝑓𝑜𝑟ℎ𝑎𝑛𝑑𝑙𝑒𝑟}

≈4976,7

Nu beregnes de samlede beløb, som familien skal betale for hver af mulighederne. Dette gøres ved at gange den månedlige ydelse med antallet af terminer:

Mulighed 1 løber over 7 år og har således 84 terminer. Den månedlige ydelse er 4368,13 kr. Det samlede

beløb, 𝑀_{1}, bliver da:

𝑀_{1} =4368,13 · 84

≈366922,9

Mulighed 2 løber for begge låns vedkommende over 6 år og har således 72 terminer. Den samlede,

månedlige ydelse er på 4976,70 kr. Det samlede beløb, 𝑀_{2}, bliver da

𝑀_{2} =4976,70 · 72

≈358322,4

Den samlede besparelse ved at vælge mulighed 2 er således:

𝐵=𝑀 − 𝑀_{2}

1

=366922,9 − 358322,4
=8600,5

Præsentation af lånemuligheder for familien:

Her ses en tabel, som fremstiller jeres lånemuligheder:

Mulighed 1 Mulighed 2 Supplerende lån i

Banklån Bilforhandler banken

Lånebeløb | 320.000 kr. | 256.000 kr. | 64.000 kr.
Månedlig rente | 0,33% | 0,29% | 0,42%
Antal ydelser | 84 | 72 | 72

Ved mulighed 1 skal I samlet set betale ca. 367.000 kr. for bilen. Dette gøres ved en månedlig afbetaling på ca. 4368 kr. over en periode på 7 år.

Ved mulighed 2 skal I samlet set betale ca. 358.000 kr. for bilen. Dette gøres ved en månedlig afbetaling på ca. 4977 kr. over en periode på 6 år. Afbetalingen er delt op i to. En til bilforhandleren på ca. 1032 kr. pr måned og en til banken på ca. 3945 kr. pr. måned. Den samlede besparelse ved at vælge mulighed 2 er på

8600 kr.

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 7

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

7

Opgave 10 a)

Vi definerer nu de to funktioner for hhv. indenlandsk efterspørgsel, indenlandsk udbud og import:

𝐸 ( 𝑥) ≔−0,1𝑥+ 800

𝑈 ( 𝑥) ≔0,05𝑥+ 50

For begge gælder, at:

𝐷𝑒𝑓𝑖𝑛𝑒𝑟:0≤𝑥≤8000

Vi finder nu de to størrelser 𝑥_{𝐸} og 𝑥_{𝑈} ved at løse:

𝐸 ( 𝑥) =150

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

𝑥=6500

Dvs. 𝑥_{𝐸} ≔6500

𝑈 ( 𝑥) =150

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

𝑥=2000

Dvs. 𝑥_{𝑈} ≔2000

Nu bestemmer vi importen ved en pris på 150 kr.:

𝑀_{150} =𝑥_{𝐸} − 𝑥_{𝑈}
=4500

Det vil sige, at der ved en pris på 150 kr. importeres 4500 stk. af den givne vare.

b)

Hvis prisen på 150 kr. forbliver uændret, vil den nye pris inkl. told være på 200 kr. Importen udregnes nu på samme måde som før:

𝐸 ( 𝑥) =200

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

𝑥=6000

Dvs. 𝑥_{𝐸} ≔6000

Side 8

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

8

𝑈 ( 𝑥) =200

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

𝑥=3000

Dvs. 𝑥_{𝑈} ≔3000

Toldindtægten er da givet ved:

𝑇= ( 𝑥_{𝐸} − 𝑥_{𝑈}) · 50
=150000

Toldindtægten ved en toldsats på 50 kr. oveni prisen på 150 kr. er således på 150.000 kr.

Importen ved en pris på 200 kr. (varens pris plus toldsatsen) udregnes:

𝑀_{200} =𝑥_{𝐸} − 𝑥_{𝑈}
=3000

Faldet i import er da givet ved:

−Δ𝑀=𝑀 − 𝑀_{200}

150

=4500 − 3000
=1500

Importen falder således med 1500 stk. ved at pålægge toldsatsen på 50 kr.

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 9

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

9

Opgave 11 a)

Funktionen defineres:

𝐷𝑒𝑓𝑖𝑛𝑒𝑟:𝑓 ( 𝑥) =− − 2𝑥+ 7, 𝑥>0

3 𝑥

Nulpunkterne bestemmes ved at løse:

𝑓 ( 𝑥) =0

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

𝑥=0,5 ∨ 𝑥=3

                                          1
Koordinatsættene til de to nulpunkter er således 𝑄( ,0) og 𝑃(3,0).
                                          2

𝑦 i tangentens ligning defineres som en funktion 𝑔 af 𝑥:

𝑔 ( 𝑥) ≔𝑥+ 1

Røringspunktets førstekoordinat findes nu ved at løse:

𝑔 ( 𝑥) =𝑓 ( 𝑥)

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

𝑥=1

Andenkoordinaten findes som:

𝑓 ( 1) =2

Vi har nu koordinatsættet for røringspunktet: 𝑅(1,2).

b)

Det grå område kan inddeles i to mindre områder, 𝑂_{1} og 𝑂_{2}. (𝐼)

𝑂_{1} afgrænses af førsteaksen og grafen for 𝑔 i intervallet [0,1]. Da 𝑔>0 i hele intervallet, kan arealet

bestemmes som:

𝐴_{1} ≔∫𝑔 ( 𝑥) 𝑑𝑥

1

0

𝑂_{2} afgrænses af førsteaksen og grafen for 𝑓 i intervallet [1,3]. Da 𝑓≥0 i hele intervallet, kan arealet

bestemmes som:

Side 10

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

10

𝐴_{2} ≔∫ 𝑓 ( 𝑥) 𝑑𝑥

3

1

Arealet af det grå område beregnes nu i WordMat som:

𝐴=𝐴_{1} + 𝐴_{2}

≈4,204163

Arealet af det grå område er altså ca. 4,2.

(𝐼):

Situationen ses herunder:

Grafen for 𝑔 er tegnet med grønt mens grafen for 𝑓 er tegnet med sort. Den røde streg angiver delelinjen for de to områder. Denne tegning er ikke nødvendig i en besvarelse, hvis man er i stand til at se inddelingen for sig og formulere den præcist med ord og matematisk notation.

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 11

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

11

Opgave 12 a)

Niveaukurvens ligning opskrives:

6925=−0,04𝑥^{2} + 28𝑥 − 0,09𝑦^{2} + 45𝑦

Ligning indskrives i GeoGebra, hvorved niveaukurven tegnes i et koordinatsystem. Ved at køre musen over niveaukurven får vi at vide, at der er tale om en ellipse. Desuden kan vi trykke ’vis ligning’, så vi får ligningen

                                 2       2
                            ( 𝑥−𝑥 ) ( 𝑦−𝑦 )
                               0       0
på den generelle form for ellipser, +     =1
                               2       2
                              𝑎       𝑏

Hvor (𝑥_{0},𝑦_{0}) angiver ellipsens centrum.

                                   2        2
                             ( 𝑥−350 ) ( 𝑦−250 )
Vi ser, at ligningen kan omskrives til +     =1 og konkluderer derfor, at 𝑁(6925) er en
                              30000    40000

ellipse.

b)

Funktionens niveaukurver er på den generelle form for keglesnit:

𝑁 ( 𝑡): 𝑡=𝑎𝑥^{2} + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑦^{2} + 𝑑𝑦+ 𝑒

Da 𝑎 og 𝑐 er forskellige fra 0 og har samme fortegn, vil funktionens niveaukurver være koncentriske ellipser, og da 𝑎 og 𝑐 begge er negative vil kriteriefunktionen have sit maksimum i ellipsens centrum. Da ellipserne er koncentriske, kan vi aflæse centrum af den omskrevne ligning for 𝑁(6925). Koordinatsættet er så 𝐶(350,250), og dette ligger inden for de angivne begrænsninger

For at opnå det største samlede dækningsbidrag pr. dag, skal der sælges 350 styk A og 250 styk B.

c)

Vi tegner det nye kapacitetsområde samt ellipsernes centrum:

Side 12

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

12

Da centrum ligger uden for maksimum, vil niveaukurven for den størst mulige funktionsværdi være den mindst mulige ellipse med mindst i punkt inden for kapacitetsområdet. Ellipsen vil dermed tangere linjen

𝑐 givet ved ligningen: 𝑦=−0,5𝑥+ 350. Vi indsætter linjens ligningen i den generelle ligning for

niveaukurverne, hvorved vi får en forskrift for niveauet som funktion af 𝑥:

𝑡=−0,04𝑥^{2} + 28𝑥− 0,09 · ( −0,5𝑥+ 350)^{2} + 45 · ( −0,5𝑥+ 350)
=−0,0625 · 𝑥^{2} + 37 · 𝑥 + 4725

Vi ser, at forskriften er et andengradspolynomium (𝑦=𝑎𝑥^{2} + 𝑏𝑥 + 𝑐) med 𝑎<0. Toppunktet er således

globalt maksimum og findes i:

𝑥=−

𝑏

2𝑎

=−

37

2 · ( −0,0625)
=296

Vi indsætter nu 𝑥=296 i ligningen for linjen 𝑐

𝑦=−0,5 · 296 + 350
=202

Kriteriefunktionen antager således sin største værdi, når ( 𝑥,𝑦) =(296,202).

For at opnå det største samlede dækningsbidrag pr. dag med hensyn til den nye begrænsning, skal der sælges 296 styk A og 202 styk B.

Side 13

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

13

Til eksamen skal du kun udvælge én af de tre følgende opgaver, 13A, 13B og 13C. Her bringes alle løsninger, så du kan bruge dem til at øve de forskellige opgavetyper.

Opgave 13A a) 𝑥 angiver den solgte mængde KOMPAKT i tons 𝑦 angiver den solgte mængde NORMAL i tons

Begrænsningerne er som følger:

Trykning:

1,5 · 𝑥+ 0,5 · 𝑦≤100

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

𝑦≤200,0 − 3 · 𝑥

Pakning:

1 · 𝑥+ 1 · 𝑦≤100

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

𝑦≤100 − 𝑥

Selvfølgelig må der desuden gælde, at:

𝑥≥0

𝑦≥0

Det samlede dækningsbidrag i tusinde kroner defineres som funktion af 𝑥 og 𝑦:

𝑓 ( 𝑥,𝑦) ≔1,2 · 𝑥+ 1 · 𝑦

Kapacitetsområdet tegnes i GeoGebra vha. de angivne begrænsninger:

Side 14

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

14

Funktionens maksimum må findes i et af hjørnepunkterne af det polygonformede kapacitetsområde:

𝑓 ( 0;100) =100

𝑓 ( 0;0) =0

𝑓 ( 66,67;0) =80,004
𝑓 ( 50;50) =110

Vi ser, at det samlede dækningsbidrag er størst, hvis virksomheden sælger 50 tons KOMPAKT og 50 tons NORMAL.

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟: b)

Vores kriteriefunktion bliver nu (i det 𝑏 bliver variabel):

𝑓 ( 𝑥,𝑦) =1,2 · 𝑥+ 𝑏 · 𝑦

                             1,2
Dvs. niveaulinjen får hældningen − . Hvis maksimum stadig skal findes i ( 𝑥, 𝑦 ) =(50,50), må
                             𝑏

hældningen ligge mellem hældningerne for de to rette linjer givet ved ligningerne:

𝑦=−3𝑥+ 200

𝑦=−𝑥+ 100

Det vil sige:

−3≤− ≤−1

1,2 𝑏

Vi løser de to uligheder hver for sig:

Side 15

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

15

−3≤−

1,2 𝑏

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

𝑏<0 ∨ 𝑏>

2

5 𝑏 skal selvfølgelig være positiv, så første løsning forkastes.

− ≤−1

1,2 𝑏

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

𝑏>0 ∧ 𝑏<

6

5

Der spørges til, hvor meget dækningsbidraget på NORMAL må stige, så der må desuden gælde, at 𝑏>1, da 𝑏 ellers ikke er steget. Hvis vi tager fællesmængden af de angivne krav til 𝑏, så får vi: 𝑏∈] 1,]

6

5

𝑏 må altså maksimalt antage størrelsen^{6}_{5} =1,2.

Dækningsbidraget pr. ton NORMAL må således højst stige til 1200 kr., hvis sammensætningen i a) fortsat skal være optimal. Dette svarer til en stigning på 200 kr. i forhold til den oprindelige værdi.

Side 16

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

16

Opgave 13B a)

Differentialligningen løses I WordMat vha. Begyndelsesbetingelsen 𝐾 ( 0) =0

𝐾′=0,04 · (2000 − 𝐾)
Differentialligningen løses vha. CAS-værktøjet WordMat's 'Løs differentialligning' funktion med startbetingelsen K(0)=0
𝐾=2000 − 2000 · 𝑒^{−(}^{25}

𝑡

)

                                                                𝑡
                                                               −
                                                                25
Løsningen til differentialligningen kan nu defineres: 𝐾 ( 𝑡 ) ≔2000 − 2000 · 𝑒

b)

Vi løser nu:

𝐾 ( 𝑡) =1000

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

𝑡≈17,32868

Det vil sige, at der går 17,33 timer, før 1000 personer har kendskab til begivenheden.

Side 17

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

17

Opgave 13C a)

Data hentes fra filen finanskrise, hvorefter punkterne plottes, og en tendenslinje tegnes:

Vi har nu en lineær regressionsmodel for sammenhængen mellem stigningen i arbejdsløshed 𝑥 og stigningen i ulighed 𝑦, som kan aflæses af ligningen for tendenslinjen:

𝐴 ( 𝑥) =0,1953 · 𝑥− 0,0709

b)

Vi definerer kendte størrelser:

Antal punkter (𝑥,𝑦) i analysen: 𝑛≔23

                       2
Determinationskoefficient 𝑅 defineres som 𝑅 for at undgår forvirring af WordMat 𝑅≔0,2451

Estimat af hældningskoefficient (vi skriver 𝑎
                                   𝑒

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

𝑎_{𝑒} ≔0,1953

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

1

Konfidensintervallets grænser kan da bestemmes som:

𝑎_{𝑒} ± 𝑡_{21} · 𝑠_{𝑎}

                       𝛼
𝑡   er betegnelsen for 1 − fraktilen af en 𝑡-fordeling med 𝑛 − 2=21 frihedsgrader. 𝛼 er
 𝑛−2
                       2

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

y = 0,1953x - 0,0709
R² = 0,2451

-3,0

-2,0

-1,0

0,0

1,0

2,0

3,0

4,0

-4,0 -2,0 0,0 2,0 4,0 6,0 8,0 10,0 12,0 14,0

Stigning i ulighed

Stigning i arbejdsløshed

Side 18

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

18

Vi definerer nu:

𝑡_{21} ≔2,0796

Grænserne for 95%-konfidensintervallet kan nu beregnes:

Øvre: 𝑎_{𝑒} + 𝑡_{21} · 𝑠_{𝑎} ≈0,3508412

Nedre: 𝑎_{𝑒} − 𝑡_{21} · 𝑠_{𝑎} ≈0,03975879

Et 95%-konfidensinterval er således bestemt for hældningskoefficienten 𝑎: [0,04;0,35].

Hvis der ingen sammenhæng er, må der gælde, at 𝑎=0. Det vil sige, at 𝑎<0,04. Der er kun 2,5%

sandsynlighed for, at 𝑎 ligger til venstre for 95% konfidensintervallet, så på et 2,5% signifikansniveau kan vi afvise en hypotese om, at 𝑎<0,04.

Vi kan konkludere, at der var en positiv korrelation mellem stigning i arbejdsløshed og stigning i ulighed i forbindelse med finanskrisen i 2008. OECD’s antagelse holder i dette tilfælde.