Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011
1
HTX Matematik A
16. december 2011
htx113-MAT/A-
Løsning med WordMat ...................................................................................................................................... 2
Løsning med Maple ......................................................................................................................................... 21
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011
2
Løsning med WordMat
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
af WordMat som første linje til besvarelsen, så censor ved hvor tallene kommer fra.
NB: Mange af de anvendte formler i opgaven kan findes og indsættes direkte fra WordMats egen formel-
samling, som findes øverst til venstre. Der er store tidsbesparelser at hente ved at bruge formelsamlingen!
WordMat er blevet brugt som CAS-værktøj til løsningen af denne eksamen.
Opgave 1
a)
Vi bestemmer rumfanget af pyramidestubben vha. følgende formel:
Hvor h er højden, G er grundfladearealet af ABCD og g er grundfladearealet af EFGH.
Vi bestemmer længden EH ved at trække punkternes y-koordinat fra hinanden:
Grundfladearealet g af EFGH er derved:
Vi bestemmer længden AD ved at trække punkternes x-koordinaterne fra hinanden:
Grundfladearealet G af ABCD er derved
Højden h bestemmes ved at trække punkt E og D’s z-koordinat fra hinanden:
Rumfanget af pyramidestubben beregnes ved at sætte størrelserne ind i formlen:
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011
3
Rumfanget af pyramidestubben er 105000 cm
3
. Vi bestemmer rumfanget af kassen.
Hvor a og b er kassens sidelængder og c er højde. Da kassens grundflade er kvadratisk er a og b ens.
Vi har beregnet længden AD. Kassens højde c er lig punkt D’s z-koordinat.
Rumfanget beregnes:
Rumfanget af kassen er 162000cm
3
. Vi bestemmer det samlede rumfang:
Det samlede rumfang af søjlen er 267000 cm
3
b)
For at bestemme ligningen til planet skal vi benytte et fast punkt på planet og en normalvektor til planet.
Koordinaterne til normalvektor bestemmes ud fra krydsproduktet af to ikke-parallelle vektorer på planet.
Vi bestemmer vektor AD. Vi definerer punkterne:
Bemærk at vi definerer punktet som en matrix (Design - matrix) for at senere kunne beregne en vektor ud
fra punktet.
Vi kan nu beregne vektor AD:
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011
4
Vi bestemmer nu koordinater til vektor AF. Vi definerer F.
Krydsproduktet af vektor AD og AF bestemmes:
Vi har nu bestemt koordinaterne til en normalvektor. Vi kan nu opstille planets ligning på følgende form:
Hvor a, b, c er normalvektorens koordinater og
er lig koordinaterne til et punkt på linjen. Vi
benytter punkt A som fast punkt og opstiller ligningen:
Planet, som ADEF er en del af, har ligningen:
c)
Sidefladen ADEF er en trapez, og overfladearealet bestemmes derfor ud fra følgende formel.
Hvor m og n er længden af de parallelle sider, og h er højden mellem m og n.
De parallelle sider i trapezen er lig længden af AD og FE. Vi har tidligere bestemt længden af AD og bestemmer
nu længden af FE ud fra afstandsformlen.
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011
5
Vi danner en retvinklet trekant i trapezen med højden h, som den ene katete og AF som hypotenusen. Vi
kalder den anden katete for a.
Længden af a bestemmes ved at trække punkterne A og F’s x-koordinat fra hinanden:
Længden af AF bestemmes ud fra længden af vektor AF:
Vi benytter pythagoras til at bestemme længden af h:
Ligningen løses for h vha. CAS-værktøjet WordMat.
Vi benytter det positive resultat for h, da en længde kun kan være positiv. Vi indsætter størrelserne i formlen:
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011
6
Overfladearealet af sidefladen ADEF 2349 cm
2
d)
Vi benytter følgende formel:
hvor
er koordinaterne til punktet H og aflæses i planens ligning.
Vi har bestemt planets ligning i opgave 1b:
Dvs.
Vi definerer koordinaterne til H:
Vi beregner afstanden:
Afstanden fra punktet H til planen, der indeholder ADEF, er 57,4696 cm
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011
7
Opgave 2
a)
Vi benytter GnuPlot til at plotte grafen:
b)
Vi sætter funktionsværdien lig 7 og isolerer for t-værdien.
Ligningen løses for t vha. CAS-værktøjet WordMat.
Til tiden 0,47 sekunder befinder fuglen sig første gang 7 cm over hvilestillingen. Dette resultat stemmer godt
overens med grafen.
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011
8
c)
Vi sætter differentierede funktion lig 40 og isolerer for t:
Ligningen løses for t vha. CAS-værktøjet WordMat.
Ligningen løses for t vha. CAS-værktøjet WordMat.
Fuglen bevæger sig med farten 40 cm/s til tiden 0,19, 0,44 og 0,81 sekunder.
WordMat kan ikke løse ligningen
. Derfor løser vi to ligninger:
og
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011
9
Opgave 3
a)
Da punkt A ligger på y-aksen er punktets x-koordinat lig nul. Punkternes y-koordinat må begge være lig deres
radius, da hjulene begge tangerer x-aksen. Vi kender desuden afstanden mellem punkterne. Disse
informationer indsætter vi i afstandsformlen og isolerer for punkt B’s x-koordinat.
Ligningen løses for x_2 vha. CAS-værktøjet WordMat.
Vi benytter det positive resultat, da vi kan se af figur 3, at x-koordinatet for B er positivt. Vi har deraf følgende
koordinater for A og B.
b)
Linjen er af formen:
Hvor a er hældningskoefficienten og b er skæring med y-aksen.
Da punkt A ligger på y-aksen, er punkt A’s y-koordinat lig b.
Hældningskoefficienten bestemmes ved at indsætte en af punkterne i formlen og isolere for a. Vi indsætter
koordinaterne for B:
Ligningen løses for a vha. CAS-værktøjet WordMat.
Vi kender nu alle konstanter i ligningen. Linjen gennem punkt A og B har følgende ligning:
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011
10
c)
Cirklens forskrift er på formen:
Hvor (a, b) er centrums koordinater og r er radius.
Vi kender cirklens radius, da det er længden af AD:
Cirklen har centrum i punkt A og vi kender derved (a, b). Vi opstiller ligningen:
d)
(1)
(2) Der dannes en retvinklet trekant EAB, som har kateterne EB og AE og hypotonusen AB. Her benyttes
tangens til udregning af vinkel
.
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011
11
Længde AE er udregnet i det forrige trin. Længden EB er lig punkt B’s x-koordinat, da punkt E ligger på y-
aksen.
Ligningen løses for A vha. CAS-værktøjet WordMat.
Vinkel
er 63,4
o
(3) Trekant BAC tegnes:
Cosinus benyttes til udregning af vinkel
i trekant BAC
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011
12
I opgaven får vi givet længden af hypotenusen AB, som er lig 73,8 cm. Længden AC er lig længden af AD, da
begge længder er lig radius i samme cirkel. Længden AC er derved 55 cm.
Ligningen løses for A vha. CAS-værktøjet WordMat.
Vinkel
i trekanten er 41,8
o
(4) Pythagoras benyttes til udregnes af længden BC i trekant ABC:
Vi kender længden af AB og AC og isolerer for BC:
Ligningen løses for BC vha. CAS-værktøjet WordMat.
En længde kan kun være positiv. Længden af BC er lig 49,2 cm
(5) Vha. foregående udregninger af vinkel
og
kan vinkel
i trekant CAD nu udregnes.
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011
13
Da en lige linje er 180 grader, kan vinkel
udregnes således:
Vinkel
er 74,8°
(6) Længden af cirkelbuen fra D til C bestemmes.
Formlen for længden af en cirkelbue er:
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011
14
Hvor r er lig radius i cirklen, som på tegningen er AC og 55 cm. er udsnitsvinklen i cirkelbuen som er lig
vinkel
.
Buelængden DC er 71,8 cm
(7) Den samlede længde af buen DC og linjestykket CB bestemmes:
Den samlede længde er 121,0 cm
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011
15
Opgave 4
a)
Monotoniforholdende på grafen på figur 4, kan beskrives som følgende monotoniintervaller:
b)
Når funktionen f når maksimum og minimum krydser den afledte funktion f’ x-aksen, da f’=0. Når f aftager
skal den afledte funktion befinde sig under x-aksen, da hældningen her er negativ. Ligeledes skal den afledte
funktion befinde sig over x-aksen når f stiger, da hældningen her er positiv. Disse betingelser stemmer over
ens med funktion k. k befinder sig under x-aksen i intervallet , hvor f er aftagende. K krydser x-
aksen i -5,2, hvor f netop har et minimum. K når et maksimum i x=3,8, hvilket stemmer overens med, at f når
en konstant hældning i x=3,8. k krydser igen x-aksen i x=-1,5, hvor f har et maksimum. K når et minimum i
x=0,5, hvilket stemmer overens med at f igen når en konstant hældning. K krydser x-aksen i x=1,8 hvorefter
k er stigende, hvilket stemmer overens med at f har minimum i x=1,8 og herefter har en stigende hældning.
c)
Funktionen som viser stamfunktionen til f er den funktion, som opfylder, at f er den afledte funktion.
Funktionen g er stamfunktion til f, da g har minimum ved x=-3,5, hvilket stemmer overens med at f krydser
x-aksen i x=-3,5. Desuden når g et maksimum i x=-6,5 og x=0,5, hvilket stemmer overens med at f skærer x-
aksen i samme koordinater.
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011
16
Opgave 5
a)
Vi bestemmer alle løsninger til differentialligningen:
Differentialligningen løses vha. CAS-værktøjet WordMat's 'Løs differentialligning' funktion
Løsningerne til differentialligningen kan skrives ovenstående funktion, hvor c er en konstant.
b)
Vi definerer k og T:
Differentialligningen løses med startbetingelsen y(0)=6:
Differentialligningen løses vha. CAS-værktøjet WordMat's 'Løs differentialligning' funktion med startbetingelsen y(0)=6
c)
Vi definerer løsningsfunktionen:
Vi sætter funktionen lig 15 og isolerer for t:
Ligningen løses for t vha. CAS-værktøjet WordMat.
Der går 34,32 minutter før temperaturen er 15 grader celsius.
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011
17
d)
Vi løser differentialligningen uden k er defineret:
Differentialligningen løses vha. CAS-værktøjet WordMat's 'Løs differentialligning' funktion med startbetingelsen y(0)=6
Funktionen defineres:
Vi sætter t lig 1800 sekunder og funktionen lig 15 og isolerer for k:
Ligningen løses for k vha. CAS-værktøjet WordMat.
k-værdien for denne type sodavand er 0,00057s
-1
.
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011
18
Opgave 6
a)
b)
Vi undersøger først hvilken model, som passer bedst for vægten af en konventionel kylling. Vi foretager en
potens, lineær og eksponentiel regression:
Den lineære model har forskriften:
0
500
1000
1500
2000
2500
3000
0
Vægt i gram
Dage
konventionel
økologisk
y = 71,289x - 511,25
R² = 0,9879
y = 149,55e
0,0759x
R² = 0,974
y = 7,4443x
1,5732
R² = 0,9996
0
5000
10000
15000
20000
25000
30000
35000
0
vægt i gram
dage
Konventionel kylling
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011
19
Og har følgende R
2
-værdi:
Potensmodellen har forskriften:
Og har følgende R
2
-værdi:
Den eksponentielle model har følgende forskrift:
Og har følgende R
2
-værdi:
Det ses, at potensmodellen passer bedst på sammenhængen af vægt pr. dag for den konventionelle kylling,
da denne model har en R
2
-værdi, som ligger nærmest 1.
Den lineære model har forskriften:
y = 35x + 35
R² = 1
y = 378,74e
0,0294x
R² = 0,9325
y = 41,839x
0,9595
R² = 0,9999
0
500
1000
1500
2000
2500
3000
3500
0
vægt i gram
dage
Økologisk kylling
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011
20
Og har følgende R
2
-værdi:
Potensmodellen har forskriften:
Og har følgende R
2
-værdi:
Den eksponentielle model har følgende forskrift:
Og har følgende R
2
-værdi:
Det ses at den lineære model passer bedst på sammenhængen af vægt pr. dag for den økologiske kylling, da
denne model har en R
2
-værdi, som er 1.
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011
21
Løsning med Maple
Alle opgaver er regnet med Maple, da vores erfaring viser, at det er et stærkt værktøj at anvende. Husk at
skrive nedenstående kommentar om at beregningerne er foretaget ved hjælp af Maple som første linje til
besvarelsen, så censor ved hvor tallene kommer fra.
NB: Mange af de anvendte formler i opgaven kan findes og indsættes direkte fra Maples Gym-pakken egen
formelsamling. Der er store tidsbesparelser at hente ved at bruge formelsamlingen!
(1.1.3)(1.1.3)
(1.1.8)(1.1.8)
(1.1.6)(1.1.6)
(1.1.4)(1.1.4)
(1.1.7)(1.1.7)
(1.1.1)(1.1.1)
(1.1.5)(1.1.5)
(1.1.2)(1.1.2)
(1.1.9)(1.1.9)
Alle beregninger er udført med Maple som CAS-værktøj . Maple bruger "." som decimaladskiller.
Opgave 1
a)
Vi bestemmer rumfanget af pyramidestubben vha. følgende formel:
Hvor h er højden, G er grundfladearealet af ABCD og g er grundfladearealet af EFGH.
Vi bestemmer længden EH ved at trække punkternes y-koordinat fra hinanden:
Grundfladearealet g af EFGH er derved:
3600
Vi bestemmer længden AD ved at trække punkternes x-koordinaterne fra hinanden:
30
Grundfladearealet G af ABCD er derved
900
50
Rumfanget bestemmes:
= 105000
Rumfanget af pyramidestubben er 105000 . Vi bestemmer rumfanget af kassen.
Hvor a og b er kassens sidelængder og c er højde. Da kassens grundflade er kvadratisk er a og b
ens.
30
30
180
Rumfanget af kassen bestemmes:
(1.2.3)(1.2.3)
(1.1.10)(1.1.10)
(1.2.5)(1.2.5)
(1.2.4)(1.2.4)
(1.3.4)(1.3.4)
(1.3.1)(1.3.1)
(1.2.2)(1.2.2)
(1.3.2)(1.3.2)
(1.2.1)(1.2.1)
(1.3.3)(1.3.3)
= 162000
Vi bestemmer det samlede rumfang:
Det samlede rumfang af søjlen er 267000
b)
Vi definerer punkterne A,D og E:
A
E
Vi bestemmer planet og generer en ligning for planet:
`while processing result`
`while processing result`
Ligningen for planet
c)
Sidefladen ADEF er en trapez, og overfladearealet bestemmes derfor ud fra følgende formel.
Hvor m og n er længden af de parallelle sider, og h er højden mellem m og n.
De parallelle sider i trapezen er lig længden af AD og FE. Vi har tidligere bestemt længden af AD
og bestemmer nu længden af FE:
F
60
assign to a name
FE
Vi danner en retvinklet trekant i trapezen med højden h, som den ene katete og AF som
hypotenusen. Vi kalder den anden katete for a.
(1.3.9)(1.3.9)
(1.4.1)(1.4.1)
(1.3.8)(1.3.8)
(1.4.2)(1.4.2)
(1.3.7)(1.3.7)
(1.3.6)(1.3.6)
(1.3.5)(1.3.5)
F
h
A
E
D
F
a
A
h
15
Længden af AF bestemmes:
= 45
assign to a name
AF
Vi benytter pythagoras til at bestemme længden af h:
Vi benytter det positive resultat for h, da en længde kun kan være positiv. Vi indsætter
størrelserne i formlen:
53
30
60
= 64
Overfladearealet af sidefladen ADEF 2349 .
d)
Vi definerer punkt H:
H
Plan defineres:
Afstanden bestemmes:
= 12
Afstanden fra punktet H til planen, der indeholder ADEF, er 57,4696 cm
(2.1.1)(2.1.1)
Opgave 2
a)
Vi definerer h:
Funktionen plottes:
b)
Vi sætter funktionsværdien lig 7 og isolerer for t-værdien.
(2.3.2)(2.3.2)
(2.2.1)(2.2.1)
(2.3.1)(2.3.1)
(2.2.2)(2.2.2)
Til tiden 0,47 sekunder befinder fuglen sig første gang 7 cm over hvilestillingen. Dette resultat
stemmer godt overens med grafen.
c)
Vi sætter differentierede funktion lig 40 og isolerer for t:
Fuglen bevæger sig med farten 40 cm/s til tiden 0,19, 0,44 og 0,81 sekunder.
(3.2.1)(3.2.1)
(3.3.1)(3.3.1)
(3.2.5)(3.2.5)
(3.2.3)(3.2.3)
(3.1.1)(3.1.1)
(3.2.4)(3.2.4)
(3.2.2)(3.2.2)
(2.2.1)(2.2.1)
(3.1.2)(3.1.2)
(3.1.3)(3.1.3)
Opgave 3
a)
Da punkt A ligger på y-aksen er punktets x-koordinat lig nul. Punkternes y-koordinat må begge
være lig deres radius, da hjulene begge tangerer x-aksen. Vi kender desuden afstanden mellem
koordinat.
Vi benytter det positive resultat, da vi kan se af figur 3, at x-koordinatet for B er positivt. Vi har
deraf følgende koordinater for A og B.
b)
Punkterne defineres:
A
B
Linjen bestemmes:
l
Ligningen for linjen gennem A og B er
c)
Cirklens forskrift er på formen:
Hvor (a,b) er centrums koordinater og r er radius.
(3.3.4)(3.3.4)
(2.2.1)(2.2.1)
(3.3.3)(3.3.3)
(3.3.2)(3.3.2)
(3.3.5)(3.3.5)
Vi kender cirklens radius, da det er længden af AD:
55
Cirklen har centrum i punkt A og vi kender derved a og b.
0
45
Vi opstiller ligningen:
d)
A
E
B
y
D
O
x
(2)
Der dannes en retvinklet trekant EAB, som har kateterne EB og AE og hypotonusen AB. Her
benyttes tangens til udregning af vinkel
(3.4.1)(3.4.1)
(2.2.1)(2.2.1)
A
B
E
v
EAB
ligger på y-aksen.
Vinkel er 63,4
(3)
Trekant BAC tegnes:
C
A
B
v
BAC
(3.4.2)(3.4.2)
(2.2.1)(2.2.1)
(3.4.4)(3.4.4)
(3.4.3)(3.4.3)
Cosinus benyttes til udregning af vinkel i trekant BAC:
I opgaven får vi givet længden af hypotenusen AB, som er lig 73,8 cm. Længden AC er lig
længden af AD, da begge længder er lig radius i samme cirkel. Længden AC er derved 55 cm.
Vinkel i trekanten er 41,8 .
(4)
Pythagoras benyttes til udregnes af længden BC i trekant ABC:
Vi kender længden af AB og AC og isolerer for BC:
En længde kan kun være positiv. Længden af BC er lig 49,2 cm
(5)
Vha. foregående udregninger af vinkel og kan vinkel i trekant CAD nu udregnes.
D
A
C
v
CAD
Da en lige linje er 180 grader, kan vinkel udregnes således:
Vinkel
(3.4.5)(3.4.5)
(3.4.6)(3.4.6)
(2.2.1)(2.2.1)
er 74,8
(6)
Længden af cirkelbuen fra D til C bestemmes. Formlen for længden af en cirkelbue er:
som er lig vinkel .
Buelængden DC er 71,8 cm.
(7)
Den samlede længde af buen DC og linjestykket CB bestemmes:
Den samlede længde er 121,0 cm.
(2.2.1)(2.2.1)
Opgave 4
a)
Monotoniforholdende på grafen på figur 4, kan beskrives som følgende monotoniintervaller:
b)
Når funktionen f når maksimum og minimum krydser den afledte funktion x-aksen, da .
Når f aftager skal den afledte funktion befinde sig under x-aksen, da hældningen her er negativ.
Ligeledes skal den afledte funktion befinde sig over x-aksen når stiger, da hældningen her er
positiv. Disse betingelser stemmer over ens med funktion . befinder sig under x-aksen i
er aftagende. krydser x-aksen i -5,2, hvor netop har et minimum.
når et maksimum i 3,8, hvilket stemmer overens med, at når en konstant hældning i x=3,8.
krydser igen x-aksen i x=-1,5, hvor har et maksimum. når et minimum i x=0,5, hvilket stemmer
overens med at igen når en konstant hældning. krydser x-aksen i x=1,8 hvorefter er stigende,
hvilket stemmer overens med at har minimum i x=1,8 og herefter har en stigende hældning.
c)
Funktionen som viser stamfunktionen til er den funktion, som opfylder, at er den afledte
funktion. Funktionen g er stamfunktion til , da har minimum ved x=-3,5, hvilket stemmer
overens med at f krydser x-aksen i x=-3,5. Desuden når g et maksimum i x=-6,5 og x=0,5, hvilket
stemmer overens med at f skærer x-aksen i samme koordinater.
(5.3.1)(5.3.1)
(5.4.1)(5.4.1)
(5.2.1)(5.2.1)
(5.2.2)(5.2.2)
(5.1.1)(5.1.1)
(5.3.2)(5.3.2)
(2.2.1)(2.2.1)
(5.2.3)(5.2.3)
Opgave 5
a)
Vi bestemmer alle løsninger til differentialligningen
Løsningerne til differentialligningen kan skrives som følgende funktion: , hvor
er en konstant.
b)
Vi definerer k og T:
0.03
20
Differentialligningen løses med startbetingelsen y(0)=6:
c)
Vi definerer løsningsfunktionen:
Vi sætter funktionen lig 15 og isolerer for t:
24
Der går 34,32 minutter før temperaturen er 15 grader celsius.
d)
Vi løser differentialligningen uden k er defineret:
Funktionen defineres:
(5.4.3)(5.4.3)
(2.2.1)(2.2.1)
(5.4.2)(5.4.2)
Vi sætter t lig 1800 sekunder og funktionen lig 15 og isolerer for k:
-værdien for denne type sodavand er 0,00057 .
(6.1.2)(6.1.2)
(2.2.1)(2.2.1)
(6.1.1)(6.1.1)
(5.4.2)(5.4.2)
Opgave 6
a)
Vi definerer punkterne for den konventionelle kylling:
Vi definerer punkterne for den økologiske kylling:
Vi definerer graferne:
Punkterne indtegnes i samme koordinatsystem:
(2.2.1)(2.2.1)
(5.4.2)(5.4.2)
De blå punkter tilhører den økologiske kylling og de røde punkter tilhører den konventionelle
kylling.
b)
Vi undersøger først hvilken model, som passer bedst for vægten af en konventionel kylling. Vi
foretager en potens, lineær og eksponentiel regression:
Lineær regession:
(2.2.1)(2.2.1)
(5.4.2)(5.4.2)
Eksponentiel regression:
(2.2.1)(2.2.1)
(5.4.2)(5.4.2)
Potens regression:
(2.2.1)(2.2.1)
(5.4.2)(5.4.2)
Det ses, at potensmodellen passer bedst på sammenhængen af vægt pr. dag for den konventionelle
kylling, da denne model har en -værdi, som ligger nærmest 1.
Vi undersøger først hvilken model, som passer bedst for vægten af en økologisk kylling. Vi
foretager en potens, lineær og eksponentiel regression:
Lineær regession:
(2.2.1)(2.2.1)
(5.4.2)(5.4.2)
Eksponentiel regression:
(2.2.1)(2.2.1)
(5.4.2)(5.4.2)
Potens regression:
(2.2.1)(2.2.1)
(5.4.2)(5.4.2)
Det ses, at den lineære model passer bedst på sammenhængen af vægt pr. dag for den økologiske
kylling, da denne model har en -værdi, som er 1.