HHX Matematik A 2009 14. august - Vejledende besvarelse

Side 1

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 14. august 2009

1

HHX Matematik A

14. august 2009

HHX092-MAA

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!

Delprøven uden hjælpemidler .......................................................................................................................... 2 Delprøven med hjælpemidler ........................................................................................................................... 5

Side 2

Studiekompasset.dk Uden hjælpemidler Matematik A - HHX, aug 2009

Alle formlerne henviser til Formelsamling for matematik niveau B og A på højere handelseksamen, 2001.

Referencer til en formelsamling kræves ikke i en besvarelse, og kan ikke erstatte formler, forklaringer og øvrig tekst. Grunden til, at vi medtager formelnumre i vo-res løsninger, er så du præcist kan se hvilken formel, der bruges i hver mellemregning.

Opgave 1 a

Vi ved at arealet, A, af en vilkårlig trekant er givet ved (formel 34)

A = 𝑎𝑐 · sin B

1

2

Vi indsætter de opgivne størrelser og finder:

A = · 4 · 7 · 0, 6 = 8, 4

1

2

Altså er arealet af trekanten 8,4.

Opgave 2

Vi finder den omvendte funktion, 𝑝^{−1}, til 𝑝.

𝑝 = 0, 5𝑥 + 500

⇕

𝑝 − 500 = 0, 5𝑥

⇕

𝑥 = 2𝑝 − 1000

Vi har altså at 𝑝^{−1} = 2𝑦 − 1000

Vi bestemmer nu 𝑝^{−1} (2000).

𝑝^{−1} (2000) = 2 · 2000 − 1000 = 3000

Dette fortæller os at hvis prisen på varen er 2000 afsættes der 3000 varer.

Opgave 3

Vi ved at to vektorer er ortogonale hvis deres prikprodukt er 0 (formel 164). Vi bestemmer prikproduktet imellem ⃗𝑎 og 𝑏, (formel 161).

⃗

⃗𝑎 · 𝑏 = 𝑎_{1} · 𝑏_{1} + 𝑎_{2} · 𝑏_{2} = (−1) · 6 + (−2) · (−3) = 0

⃗

2

Side 3

Studiekompasset.dk Uden hjælpemidler Matematik A - HHX, aug 2009

Da prikproduktet mellem vektorerne er 0, er de to vektorer altså ortogonale.

For at bestemme om ⃗𝑎 og ⃗𝑐 er parallelle, undersøger vi om tværvektoren til ⃗𝑎 er or-togonal på ⃗𝑐. I givet fald er vektorerne parallelle. Vi bestemmer først tværvektoren til ⃗𝑎.

Denne findes til (formel 166).

ˆ

⃗𝑎 = =

−𝑎_{2} 3
𝑎_{1} −1

))

Vi undersøger nu om tværvektoreren til ⃗𝑎 er ortogonal på ⃗𝑐.

ˆ

⃗𝑎 · ⃗𝑐 = 3 · 3 + (−1) · 9 = 0

Da disse to vektorer er ortognale må der også gælde at ⃗𝑎 og ⃗𝑐 er parallele.

Opgave 4

Vi starter med at differentiere funktionen da vi ved at den afledede funktion redegører for

hældningen af den oprindelige funktion. Vi bestemmer altså 𝑓^{′} (𝑥).

𝑓^{′} (𝑥) = 𝑥^{2} − 𝑥 − 6

()_{′}

Formel 105 og 106

= 2𝑥 − 1

Vi bestemmer nu hældningen af tangenten i punktet 𝑥 = 1.

𝑓^{′} (1) = 2 · 1 − 1 = 1

Vi bruger nu etpunktsformlen (formel 103) der siger:

𝑦 = 𝑓^{′} (𝑥_{0})(𝑥 − 𝑥_{0}) + 𝑓(𝑥_{0})

og vi får følgende tangentligning:

𝑦 = 1(𝑥 − 1) + (−6)

= 𝑥 − 7

Altså er tangentligningen for f i røringspunktet (1, −6), 𝑦 = 𝑥 − 7

Opgave 5

Arealet imellem grafen og første aksen er jvf. formel 200 givet ved det bestemte integrale af funktionen i det ønskede interval. Vi udregner det bestemte integrale jvf. formel 194.

3

Side 4

Studiekompasset.dk Uden hjælpemidler Matematik A - HHX, aug 2009

∫_{4}

−4

()

𝑥^{3} − 16𝑥 𝑑𝑥

       3
=    𝑥  𝑑𝑥 −    16𝑥𝑑𝑥
             −4

∫_{4} ∫_{4}

−4

Formel 188 og 195

= 𝑥 − 8𝑥^{2}

[]_{4}
1_{4}

3

−4
Da (−4)^{2} = 4^{2} og −(−4)^{4} = 4^{4}
= 0

Da begge arealerne, A_{𝑂}_{1} og A_{𝑂}_{2} > 0 er summen af disse altså ikke identiske med det

bestemte integrale vi udregnede ovenfor.

4

Side 5

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 14. august 2009

5

Delprøven med hjælpemidler

Opgave 1 a)

Vi definerer vektor 𝑎⃗ og vektor 𝑏:

⎯ ⃗ 𝑎⃗ ≔()

2

3 𝑏 ≔()

⎯ ⃗

−1

2

Vi bestemmer vinklen mellem vektorerne:

cos ( 𝑣) =

𝑎⃗· 𝑏

⎯ ⃗

| 𝑎⃗ | | 𝑏 |

⎯ ⃗

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

𝑣=60,25512

Den spidse vinkel mellem vektor 𝑎⃗ og vektor 𝑏

⎯ ⃗ er bestemt til 60,26° (afrundet til 2 decimaler).

b)

Vi benytter, at arealet af parallelogrammet udspændt af to vektorer er lig den numeriske værdi af determinanten for de to vektorer:

𝐴_{𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙𝑙𝑒𝑙𝑜𝑔𝑟𝑎𝑚} = | det ( 𝑎⃗,𝑏)|

⎯ ⃗

⇕

10=|det ( (),()) |

2 𝑡

3 2𝑡− 1

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

𝑡=−8 ∨ 𝑡=12

De to værdier af t, så arealet af parallelogrammet udspændt af vektor 𝑎⃗ og vektor 𝑏

⎯ ⃗ er lig 10, er bestemt til

t = -8 og t = 12.

Side 6

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 14. august 2009

6

Opgave 2 a)

Vi udfylder række 2 i amortisationsplanen:

TERMIN | RESTGÆLD | YDELSE | RENTEBELØB | AFDRAG | RESTGÆLD

PRIMO ULTIMO

1 | 50.000,00 | 6.000,00 | 1.500,00 | 4.500,00 | 45.500,00
2 | 45.500,00 | 6.000,00 | 1.365,00 | 4.635,00 | 40.865,00

b)

Vi bestemmer størrelsen af den 10. ydelse:

Vi definerer kendte størrelser:

𝐴_{0} ≔50000

𝑛≔9 𝑟≔0,03 𝑦≔6000

Vi bestemmer den 10. og sidste ydelse ved at bestemme restgælden umiddelbart efter, at den 9. ydelse er betalt:

𝑅_{9} =𝐴_{0} · ( 1 + 𝑟)^{𝑛} − 𝑦 ·

( 1 + 𝑟)^{𝑛} − 1

0,03

≈4284,022

Størrelsen af den 10. ydelse er bestemt til 4284,02 kr. (afrundet til 2 decimaler).

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 7

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 14. august 2009

7

Opgave 3 a)

Vi definerer en forskrift for C(x) og R(x) samt definitionsmængden for x.

𝐶 ( 𝑥) ≔0,03𝑥^{3} − 4,5𝑥^{2} + 420𝑥 + 12450

𝑅 ( 𝑥) ≔519𝑥

𝐷𝑒𝑓𝑖𝑛𝑒𝑟: 𝑥≥0

Vi har, at overskuddet kan beskrives ved:

𝑂 ( 𝑥) =𝑅 ( 𝑥) − 𝐶 ( 𝑥)

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

𝑂 ( 𝑥) =99 · 𝑥− 0,03 · 𝑥^{3} + 4,5 · 𝑥^{2} − 12450

Et udtrykt der beskriver overskuddet, er bestem til ovenstående udtryk. Vi forskriften for O(x):

𝑂 ( 𝑥) ≔99 · 𝑥− 0,03 · 𝑥^{3} + 4,5 · 𝑥^{2} − 12450

Vi bestemmer det antal styk BETA, der giver størst overskud ved at optimere O(x).

Vi bestemmer nulpunkter til den afledede funktion O’:

𝑂^{′} ( 𝑥) =0

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

𝑥=110

Vi undersøger fortegnet for differentialkvotienten på begge sider af nulpunktet for den afledede funktion:

𝑂^{′} ( 100) =99

𝑂^{′} ( 120) =−117

Vi kan konkludere, at nulpunktet er et maksimum.

Nysted opnår størst omsætning ved salget af 110 stk. BETA.

Vi bestemmer den største omsætning ved at bestemme O(110):

𝑂 ( 110) =12960

Den største omsætning er bestemt til 12960 kr.

b)

Vi bestemmer en forskrift for GROMK:

Side 8

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 14. august 2009

8

𝐺𝑅𝑂𝑀𝐾 ( 𝑥) =𝐶^{′} ( 𝑥)

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

𝐺𝑅𝑂𝑀𝐾 ( 𝑥) =−9 · 𝑥+ 0,09 · 𝑥^{2} + 420

Vi definerer forskriften for GROMK:

𝐺𝑅𝑂𝑀𝐾 ( 𝑥) ≔−9 · 𝑥+ 0,09 · 𝑥^{2} + 420

Vi bestemmer en forskrift fro GROMS:

𝐺𝑅𝑂𝑀𝑆 ( 𝑥) =𝑅^{′} ( 𝑥)

Udtrykket omskrives vha. CAS-værktøjet WordMat ved brug af metoderne: Automatisk reduktion, Udvid, 𝐺𝑅𝑂𝑀𝑆 ( 𝑥) ≔519

Vi definerer forskriften for GROMS:

𝐺𝑅𝑂𝑀𝑆 ( 𝑥) ≔519

Vi bestemmer ligevægtsmængden x ved at løse nedenstående ligning for x:

L

𝐺𝑅𝑂𝑀𝐾 ( 𝑥) =𝐺𝑅𝑂𝑀𝑆 ( 𝑥)

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

𝑥=110

Ligevægtsmængden x er bestemt til 110 stk. BETA.

L

Sammenligner vi ligevægtsmængden x og resultatet fra opg a), kan vi konkludere, at i punktet x = 110, hvor

L der intet opnås ved at producere en ekstra enhed, er det samme punkt, hvor den størst mulige omsætning findes.

c)

Vi bestemmer arealet af (GROMS - GROMK) som differensen mellem arealet under grafen for GROMS og arealet under grafen for GROMK i intervallet [50; x]:

L

𝐴_{(}_{𝐺𝑅𝑂𝑀𝑆−𝐺𝑅𝑂𝑀𝐾} =∫ 𝐺𝑅𝑂𝑀𝑆 ( 𝑥) 𝑑𝑥 − ∫ 𝐺𝑅𝑂𝑀𝐾 ( 𝑥) 𝑑𝑥

)

110 110

50 50

=12960

Arealet af (GROMS - GROMK) er bestemt til 12960 kr.

Sammenligner vi arealet af (GROMS - GROMK) med det maksimale overskud bestemt i opg a), kan vi konkludere at resultatet er identisk, dvs. at arealet af (GROMS - GROMK) svarer til det maksimale overskud.

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 9

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 14. august 2009

9

Opgave 4 a)

OBS: Der er fejl i denne opgave. Der findes ingen løsning til ligningen 𝑒^{𝑥} =0. De to løsninger der
fremkommer i opgaven stammer begge fra ledet og 𝑥^{2} + 2𝑥=0, og IKKE fra 𝑒^{𝑥} =0, som det ellers udgår

fra opgaven.

Linje 1: 𝑓 ( 𝑥) =𝑥^{2} · 𝑒^{𝑥}

Funktionen f er givet.

Linje 2: 𝑓^{′} ( 𝑥) =𝑥^{2} · 𝑒^{𝑥} + 2𝑥· 𝑒^{𝑥}

Funktionen f er differentieret.

Linje 3: 𝑥^{2} · 𝑒^{𝑥} + 2𝑥· 𝑒^{𝑥} =0

Vi sætter f’(x) lig med 0.

Linje 4: 𝑒^{𝑥} · ( 𝑥^{2} + 2𝑥) =0

e^{x} sættes uden for parentes.

Linje 5: 𝑒^{𝑥} =0 ∨ 𝑥^{2} + 2𝑥=0

Nulreglen benyttes.

Linje 6: 𝑥=0 ∨ 𝑥=−2

Ligningen 𝑥^{2} + 2𝑥=0 løses, der findes hhv. to løsninger x = -2 og x = 0.

b)

Vi definerer en forskrift for f:

𝑓 ( 𝑥) ≔𝑥^{2} · 𝑒^{𝑥}

Vi bestemmer monotoniforhold for f:

Vi bestemmer nulpunkter til den afledede funktion f’:

𝑓^{′} ( 𝑥) =0

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

𝑥=−2 ∨ 𝑥=0

Vi undersøger fortegnet for differentialkvotienten på begge sider af nulpunkterne for den afledede funktion:

Side 10

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 14. august 2009

10

𝑓^{′} ( −3) ≈0,1493612

𝑓^{′} ( −1) ≈−0,3678794

𝑓^{′} ( 1) ≈8,154845

Vi opskriver monotoniforhold for grafen f:

f er voksende i intervallet ]-∞; -2] og [0; ∞].

f er aftagende i intervallet [-2; 0].

Side 11

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 14. august 2009

11

Opgave 5 a)

Vi har, at hvis F(x) er en stamfunktion til f(x), så gælder der:

𝐹^{′} ( 𝑥) =𝑓 ( 𝑥)

Dvs. at grafen for f(x) har have nulpunkter, hvor grafen for F(x) har en tangenthældning svarende til 0. Dette

stemmer overens med at Graf 1 har nulpunkt i x = -4 og x = 0, hvor Graf 2 har en tangenthældning svarende
til 0 i x = -4 og x = 0.

Vi kan dermed konkludere at Graf 1 er grafen for f(x) og Graf 2 er grafen for stamfunktionen til F(x).

Side 12

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 14. august 2009

12

Opgave 6 a)

Vi omskriver kriteriefunktionen f(x, y) for et vilkårligt talt t, så vi kan aflæse niveaulinjernes hældning:

𝑓 ( 𝑥,𝑦) =𝑡

⇕

1000𝑥 + 1500𝑦=𝑡

⇕

1500𝑦=𝑡− 1000𝑥

⇕

𝑦=− 𝑥+

1000 𝑡

1500 1500

=− 𝑥+

2 𝑡

3 1500

Vi kan aflæse niveaulinjernes hældning til - 2/3. Da -1 < -2/3 < -0,5 er punktet, der betegner det størst mulige

samlede dækningsbidrag, skæringspunktet mellem linjerne med ligningen:

𝑦=−0,5𝑥+ 8

𝑦=−𝑥+ 11

Vi bestemmer skæringspunktet mellem to ovenstående linjer, ved at løse ovenstående ligningssystem som to ligninger med to ubekendte:

⇕ Ligningssystemet løses for y,x vha. CAS-værktøjet WordMat's 'Løs Ligninger' funktion,

𝑦=5 ∧ 𝑥=6

Vi kan konkludere, at det størst mulige samlede dækningsbidrag findes ved en produktionssammensætning af 6 stk. Mini’er og 5 stk. Midi’er.

b)

Vi foretager en følsomhedsanalyse:

Vores kriteriefunktion bliver nu (i det a bliver vores variabel):

𝑓 ( 𝑥,𝑦) =1000𝑥+ 1500𝑦

                              𝑎
Dvs. niveaulinjen får hældningen − . Hvis minimum stadig skal findes i (x, y) = (6, 5), må hældningen for
                             1500

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

Side 13

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 14. august 2009

13

𝑦=−0,5𝑥+ 8

𝑦=−𝑥+ 11

Dvs.:

−1≤− ≤−0,5

𝑎

1500

Vi løser de to uligheder hver for sig:

−1≤−

𝑎

1500

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

𝑎≤1500

Og:

− ≤−0,5

𝑎

1500

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

𝑎≥750

For at dækningsbidraget for Midi fastholdes på 1500 kr. pr. stk. og produktionssammensætningen bestemt i opg a) forbliver uændret, kan dækningsbidraget for Mini varierer i intervallet:

[ 750;1500]

Side 14

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 14. august 2009

14

Opgave 7 a)

Vi definerer en forskrift for p(x) og q(y) samt definitionsmængden for x og y:

𝑝 ( 𝑥) ≔−𝑥+ 800

𝑞 ( 𝑦) ≔−4𝑦 +1600

𝐷𝑒𝑓𝑖𝑛𝑒𝑟: 0<𝑥<800

𝐷𝑒𝑓𝑖𝑛𝑒𝑟: 0<𝑦<400

Vi har, at den samlede omsætning kan beskrives ved:

𝑂 ( 𝑥, 𝑦) =𝑝 ( 𝑥) · 𝑥+ 𝑞 ( 𝑦) · 𝑦

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

𝑂 ( 𝑥;𝑦) =1600 · 𝑦 − 4 · 𝑦^{2} + 800 · 𝑥− 𝑥^{2}

En forskrift for den samlede omsætning, er bestemt til ovenstående udtryk. Vi har dermed gjort rede.

b)

Kan niveaukurven N(70000) omskrives til den generelle formel for en ellipse:

( 𝑥− 𝑥_{0})^{2} ( 𝑦− 𝑦_{0})^{2}

𝑎 𝑏

+ =1

Hvor ellipsens centrum betegner C(x, y):

0 0

Vi omskriver niveaukurven:

−𝑥^{2} + 800𝑥 − 4𝑦^{2} + 1600𝑦=70000

⇕

𝑥^{2} − 800𝑥 + 4𝑦^{2} − 1600𝑦=−70000

⇕

( 𝑥− 400)^{2} − 160000 + 4 ( 𝑦 − 200)^{2} − 160000=−70000

⇕

( 𝑥− 400)^{2} + 4 ( 𝑦 − 200)^{2} =250000

⇕

( 𝑥− 400)^{2} ( 𝑦^{2} − 200)^{2}

250000 62500

+ =1

Side 15

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 14. august 2009

15

Vi kan konkludere, niveaukurven N(70000) er en ellipse med centrum i C(400, 200). Vi har dermed gjort rede.

Vi indtegner niveaukurven N(70000) samt begrænsninger i GeoGebra, resultatet kopieres ind besvarelsen:

Illustration fra GeoGebra.

c)

Vi indser, at centrum af ellipserne C(400, 200) ligger inden for det polygonformede kapacitetsområde, dvs.

at punktet, der beskriver det størst mulige overskud, skal findes i centrum af ellipserne C(400, 200).

Det størst mulige overskud fås ved en afsætning af 400 FIX og 200 FAX.

Side 16

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 14. august 2009

16

Kun én af besvarelse af opgaverne 8A og 8B skal afleveres til bedømmelse.

Opgave 8A a)

Vi tegner en sumkurve for fordelingen med WordMats skabelon for grupperede observationer, resultatet kopieres ind i besvarelsen: b)

Gennemsnittet og standardafvigelsen er bestemt med WordMats skabelon for grupperede observationer, resultatet kopieres ind i besvarelsen.

Gennemsnit: 124,4 m^{3} (afrundet til 1 decimal).

                      3
Standardafvigelsen: 25,3 m (afrundet til 1 decimal).

c)

Hvis vi antager, at observationerne fra Århus er repræsentative for de århusianske husstandes vandforbrug, kan det ud fra oplysningerne konkluderes, at århusianere bruger relativt en smule mere vand end københavnerne (højere gennemsnit), og at de århusianske husstandes vandforbrug er mere ensartet end de københavnske (lavere standardafvigelse).

0%

25%

50%

75%

100%

180 200

Kum. Frek.

Årligt vandforbrug i m^{3}

Sumkurve

Side 17

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 14. august 2009

17

Opgave 8B a)

Vi definerer en forskrift for f:

𝑓 ( 𝑥) ≔𝑥^{3} − 6𝑥^{2} + 12𝑥 − 4

Vi undersøger forløbet for grafen for f, ved at undersøge monotoniforholdene af grafen for f:

Vi bestemmer nulpunkter for den afledede funktion f’:

𝑓^{′} ( 𝑥) =0

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

𝑥=2

Vi undersøger fortegnet for differentialkvotienten på begge sider af nulpunktet:

𝑓^{′} ( 1) =3

𝑓^{′} ( 3) =3

Vi kan konkludere, at kun i punktet x = 2, er hældningen af grafen for f lig 0, dvs. da fortegnet for

differentialkvotienten er positiv på begge sider af dette nulpunkt, er grafen for f voksende i hele dens definitionsmængde.

b)

Vi bestemmer nulpunkter til den anden afledede funktion:

𝑓^{′′} ( 𝑥) =0

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

𝑥=2

Vi undersøger fortegnet for den anden afledede kvotient på begge sider af nulpunktet for den anden afledede funktion:

𝑓^{′′} ( 1) =−6

𝑓^{′′} ( 3) =6

Vi kan konkludere, at grafen for f skifter krumning fra konkav til konveks i punktet x = 2.

Side 18

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 14. august 2009

18 c)

Vi benytter, at differentialkvotienten til et punkt pr. definition er lig hældningen for tangenten til samme punkt. Vi bestemmer de to første koordinater til tangenternes røringspunkt med grafen for f, hvor hældningen lig 3:

𝑓^{′} ( 𝑥) =3

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

𝑥=1 ∨ 𝑥 =3

Vi definerer første koordinaterne for røringspunktet mellem grafen for f og de to tangenter:

𝑥_{0} ≔1

𝑥_{1} ≔3

Vi bestemmer en ligning for, hver af de to tangenter:

𝑦_{𝑡} =𝑓^{′} ( 𝑥_{0}) · ( 𝑥− 𝑥_{0}) + 𝑓 ( 𝑥_{0})
=3𝑥

Den første ligning til en af tangenterne for grafen f med en hældningskoefficient lig 3 er bestemt til ovenstående udtryk.

Og:

𝑦_{𝑡1} =𝑓^{′} ( 𝑥_{1}) · ( 𝑥− 𝑥_{1}) + 𝑓 ( 𝑥_{1})
=3𝑥− 4

Den anden ligning til en af tangenterne for grafen f med en hældningskoefficient lig 3 er bestemt til ovenstående udtryk.