Peter Harremoës Mat B eksamen med hjælpemidler 23 maj 2014

Opgave 6

a)

Ved at indsætte x = 2 · a1/2 i venstre side af ligningen fås

4 · a · x−2 = 4 · a ·(

2 · a1/2)−2

= 4 · a · 2−2 · a−1

= 1

så x = 2 · a1/2 er en løsning til ligningen.

b)

Se bilag 2 !

Opgave 7

a)

Et histogram overudbudspriser for fritidshuse på Rømø er vist neden for.

b)

Den gennemsnitlige udbudspris er 1.62 mio. kroner. Nedre kvartil er 1.14 mio. kroner, medianen er 1.53 mio.kroner og øvre kvartil er 2.00 mio. kroner.

c)

Nedenfor er sammenhængen mellem størrelsen x i m2 og udbudsprisen y plottet. Som det ses er der dentendens til at store huse er dyrere end små huse, men sammenhængen kan kun dårligt beskrives ved en lineærfunktion svarende til at determinationskoefficienten har en lav værdi på 0.57 . Den bedste lineære model erU (x) = 14395x + 270512 .

side 1 af 5

Peter Harremoës Mat B eksamen med hjælpemidler 23 maj 2014

d)

En nylig undersøgelse har vist at gennemsnitlige udbudspris for et fritidshus på Rømø er 1.6 mio. Dette taldækker dog en betydelig variation i huspriserne. En fjerdel af husene koster således under 1.1 mio. kroner og enfjerdedel koster over 2.0 mio. kroner.Halvdelen har priser under 1.5 mio. Der er lige så mange huse som bliverudbudt for under 1.5 mio. som bliver udbudt for over denne pris. Som tommelfingerregel kan man regne medat en grund koster 270 tusind kroner hvortil skal lægges en kvadratmeterpris for huset på ca. 14 000 kroner.

Opgave 8

a)

Rentebeløb, afdrag og ultimo restgæld frembgår af nedenstående regneark.

Opgave 9

a)

Idet omsætningen R og omkostningerne C er givet ved

R (x) = −x2 + 30x

C (x) = 0.04x3 − 1.2x2 + 20x + 50

hvor x ∈ [0; 30] er afsætningen, kan overskuddet beregnes som

P (x) = R (x)− C (x)=

(−x2 + 30x

)−(0.04x3 − 1.2x2 + 20x + 50

)= −0.04x3 + 0.2x2 + 10x− 50.

Ved en afsætning på 12 tons bliver overskuddet P (12) =29.68 eller 29.86 mio. kroner.

side 2 af 5

Peter Harremoës Mat B eksamen med hjælpemidler 23 maj 2014

b)

Den afledte af overskuddet er P ′ (x) = −0.12x2 + 0.4x + 10. Den afledte sættes lig nul og ligningen løses vedhjælp af CAS, hvilket giver x = −7.61 og x = 10.95. Da vi kun er interessret i x-værdier i [0, 30] udregner viværdierne P (0) = −50, P (10.95) = 30.96 og P (30) = −650. Heraf ses, at den maksimale omsætning er 30.96mio. kroner og at den opnås når afsætninge er 10.95 tons.

Opgave 10

a)

Data fra filen rejsekort er indlæst i Open Office Calc og optalt ved hjælp af en pivottabel. Resultatet afoptællingen fremgår af tabellen neden for.

b)

Vi vil nu test følgende nulhypotese.H0: Brugen af rejsekortet er uafhængig af landsdelen.

Da p-værdien er o.ooo1 og dermed under signifikansniveauet på 0.05 kan vi afvise hypotesen om uafhængighed.

Opgave 11A

a)

Sandsynligheden for at prisen på en liter diesel er under 10 kroner bestemmes vha. sandsynlighedslommeregnerentil 0.23 .

side 3 af 5

Peter Harremoës Mat B eksamen med hjælpemidler 23 maj 2014

b)

Et 95 % konfidensinterval for middelværdien af prisen bestemmes til [10.70; 11.02] .

Opgave 11B

a)

En funktion er givet ved f (x) = −0.05x3 + x2− 6. Den afledte er f ′ (x) = −0.15x2 + 2x. De stationære punkterbestemmes ved at løse ligningen.

f ′ (x) = 0−0.15x2 + 2x = 0

x (−0.15x + 2) = 0x = 0 ∨ −0.15x + 2 = 0x = 0 ∨ x = 13.33

side 4 af 5

Peter Harremoës Mat B eksamen med hjælpemidler 23 maj 2014

Ved at finde fortegnet for f ′ i de forskellige delintervaller se at funktionen f har følgende monotoniforhold.Funktionenf er aftagende i ]−∞; 0] .

Funktionenf er voksende i [0; 13.33] .

Funktionenf er aftagende i [13.33;∞[ .

b)

For at finde de punkter hvor tangenthældningen er 5 løses ligningen

f ′ (x) = 5−0.15x2 + 2x = 5

−0.15x2 + 2x− 5 = 0

x =−2±

(22 − 4 · (−0.15) · (−5)

)1/2

2 · (−0.15) ={

103.33

Det ene røringspunkt er derfor (10, f (10)) =(10,−0.05 · 103 + 102 − 6

)= (10, 44) .

Opgave 11C

a)

Det samlede daglige dækningsbidrag er givet ved f (x, y) = 800x + 140y.

b)

Polygonområdets hjørner bestemmes ved hjælp af Skæringspunkt i GeoGebra hvilket giver punkterne (20, 0) ,(85.71, 0) , (75.100) og (20, 173.33) . Kriteriefunktionens værdi i disse punkter beregnes

f (20, 0) = 16000f (85.71, 0) = 68571.43f (75, 100) = 74000

f (20, 173.33) = 40266.20

For at opnå det størst mulige daglige dækningsbidrag skal der anlægges 75 campinghytter og 100 pladser tilcampingvogne.

side 5 af 5