R2 vår 2026 eksamen - oppgaver og fullstendige løsningsforslag

Del 1 – Uten hjelpemidler

Oppgave 1 4 poeng

Oppgave: Bestem integralene: a) ∫02(e2x+x) dx\displaystyle\int_0^2 \big(e^{2x}+x\big)\,dx∫02​(e2x+x)dx. b) ∫sin⁡(ln⁡x)x dx\displaystyle\int \frac{\sin(\ln x)}{x}\,dx∫xsin(lnx)​dx.

a) ∫02(e2x+x) dx=[12e2x+x22]02=(12e4+2)−12=12e4+32\displaystyle\int_0^2 (e^{2x}+x)\,dx=\left[\tfrac12 e^{2x}+\tfrac{x^2}{2}\right]_0^2=\left(\tfrac12 e^4+2\right)-\tfrac12=\tfrac12 e^4+\tfrac32∫02​(e2x+x)dx=[21​e2x+2x2​]02​=(21​e4+2)−21​=21​e4+23​.

b) Substitusjon u=ln⁡x⇒du=1x dxu=\ln x\Rightarrow du=\tfrac1x\,dxu=lnx⇒du=x1​dx: ∫sin⁡u du=−cos⁡u+C\displaystyle\int\sin u\,du=-\cos u+C∫sinudu=−cosu+C.

Svar: a) 12e4+32\tfrac12 e^4+\tfrac3221​e4+23​. b) −cos⁡(ln⁡x)+C-\cos(\ln x)+C−cos(lnx)+C.

Oppgave 2 4 poeng

Oppgave: fff er definert for x>0x>0x>0, f′(x)=2x2f'(x)=\dfrac{2}{x^2}f′(x)=x22​, og grafen går gjennom (2,2)(2,2)(2,2). a) Bestem f(x)f(x)f(x). b) Finn arealet avgrenset av g(x)=xg(x)=xg(x)=x og h(x)=−3x+4h(x)=-\dfrac{3}{x}+4h(x)=−x3​+4.

a) f(x)=∫2x−2 dx=−2x+Cf(x)=\displaystyle\int 2x^{-2}\,dx=-\dfrac{2}{x}+Cf(x)=∫2x−2dx=−x2​+C. f(2)=−1+C=2⇒C=3f(2)=-1+C=2\Rightarrow C=3f(2)=−1+C=2⇒C=3. Så f(x)=−2x+3f(x)=-\dfrac{2}{x}+3f(x)=−x2​+3.

b) Skjæring: x=−3x+4⇒x2−4x+3=0⇒x=1, x=3x=-\dfrac3x+4\Rightarrow x^2-4x+3=0\Rightarrow x=1,\ x=3x=−x3​+4⇒x2−4x+3=0⇒x=1, x=3. På (1,3)(1,3)(1,3) ligger hhh over ggg. Areal:

∫13(−3x+4−x) dx=[−3ln⁡x+4x−x22]13=(−3ln⁡3+7,5)−3,5=4−3ln⁡3.\int_1^3\Big(-\tfrac3x+4-x\Big)\,dx=\Big[-3\ln x+4x-\tfrac{x^2}{2}\Big]_1^3=\big(-3\ln 3+7{,}5\big)-3{,}5=4-3\ln 3.∫13​(−x3​+4−x)dx=[−3lnx+4x−2x2​]13​=(−3ln3+7,5)−3,5=4−3ln3.

Svar: a) f(x)=−2x+3f(x)=-\tfrac{2}{x}+3f(x)=−x2​+3. b) Areal =4−3ln⁡3≈0,70=4-3\ln 3\approx 0{,}70=4−3ln3≈0,70.

Oppgave 3 4 poeng

Oppgave: a) Bestem sin⁡v\sin vsinv og tan⁡v\tan vtanv når cos⁡v=23\cos v=\tfrac23cosv=32​ og vvv er i 4. kvadrant. b) Løs 2cos⁡ ⁣(π3x)=32\cos\!\left(\tfrac{\pi}{3}x\right)=\sqrt32cos(3π​x)=3 ​, x∈⟨0,10⟩x\in\langle 0,10\ranglex∈⟨0,10⟩.

a) sin⁡2v=1−cos⁡2v=1−49=59\sin^2 v=1-\cos^2 v=1-\tfrac49=\tfrac59sin2v=1−cos2v=1−94​=95​. I 4. kvadrant er sin⁡v<0\sin v<0sinv<0, så sin⁡v=−53\sin v=-\dfrac{\sqrt5}{3}sinv=−35 ​​. tan⁡v=sin⁡vcos⁡v=−5/32/3=−52\tan v=\dfrac{\sin v}{\cos v}=\dfrac{-\sqrt5/3}{2/3}=-\dfrac{\sqrt5}{2}tanv=cosvsinv​=2/3−5 ​/3​=−25 ​​.

b) cos⁡ ⁣(π3x)=32⇒π3x=2πn±π6⇒x=6n±12\cos\!\left(\tfrac{\pi}{3}x\right)=\dfrac{\sqrt3}{2}\Rightarrow \tfrac{\pi}{3}x=2\pi n\pm\tfrac{\pi}{6}\Rightarrow x=6n\pm\tfrac12cos(3π​x)=23 ​​⇒3π​x=2πn±6π​⇒x=6n±21​. I ⟨0,10⟩\langle 0,10\rangle⟨0,10⟩: x=12, 512, 612x=\tfrac12,\ 5\tfrac12,\ 6\tfrac12x=21​, 521​, 621​.

Svar: a) sin⁡v=−53\sin v=-\tfrac{\sqrt5}{3}sinv=−35 ​​, tan⁡v=−52\tan v=-\tfrac{\sqrt5}{2}tanv=−25 ​​. b) x∈{0,5; 5,5; 6,5}x\in\{0{,}5;\ 5{,}5;\ 6{,}5\}x∈{0,5; 5,5; 6,5}.

Oppgave 4 2 poeng

Oppgave: Bestem et mulig funksjonsuttrykk f(x)f(x)f(x) for grafen (bunnpunkt −3-3−3 i x=0x=0x=0, toppunkt 111, periode π\piπ).

Les av grafen. Maks =1=1=1, min =−3=-3=−3 → amplitude =1−(−3)2=2=\dfrac{1-(-3)}{2}=2=21−(−3)​=2, likevektslinje y=1+(−3)2=−1y=\dfrac{1+(-3)}{2}=-1y=21+(−3)​=−1. Periode =π⇒b=2ππ=2=\pi\Rightarrow b=\dfrac{2\pi}{\pi}=2=π⇒b=π2π​=2. Bunnpunkt i x=0x=0x=0 passer med −cos⁡-\cos−cos.

Svar: f(x)=−2cos⁡(2x)−1f(x)=-2\cos(2x)-1f(x)=−2cos(2x)−1. (Kontroll: f(0)=−3f(0)=-3f(0)=−3, f(π2)=1f(\tfrac{\pi}{2})=1f(2π​)=1. ✓)

Oppgave 5 2 poeng

Oppgave: f(x)=2x−1f(x)=2x-1f(x)=2x−1. Grafen fra x=1x=1x=1 til x=3x=3x=3 dreies 360∘360^\circ360∘ om førsteaksen. Regn ut volumet av omdreiingslegemet.

Volumformel: V=π∫13(f(x))2 dx=π∫13(2x−1)2 dxV=\pi\displaystyle\int_1^3 \big(f(x)\big)^2\,dx=\pi\int_1^3 (2x-1)^2\,dxV=π∫13​(f(x))2dx=π∫13​(2x−1)2dx.

Substitusjon u=2x−1u=2x-1u=2x−1 (du=2 dxdu=2\,dxdu=2dx, u:1→5u:1\to5u:1→5): V=π⋅12[u33]15=π⋅12⋅1243=62π3V=\pi\cdot\tfrac12\Big[\tfrac{u^3}{3}\Big]_1^5=\pi\cdot\tfrac12\cdot\tfrac{124}{3}=\dfrac{62\pi}{3}V=π⋅21​[3u3​]15​=π⋅21​⋅3124​=362π​.

Svar: V=62π3≈64,9V=\dfrac{62\pi}{3}\approx 64{,}9V=362π​≈64,9.

Oppgave 6 4 poeng

Oppgave: a) Selma stabler kvadratiske plater; første side 555 m, hver ny side 0,10{,}10,1 m kortere. Sett opp aritmetisk rekke for sum av sidelengdene, og finn maks antall plater. b) Vilfred starter med plate på 19 m219\text{ m}^219 m2; hver ny side er 10%10\%10% kortere. Hvor stort kan samlet areal bli?

a) Sidelengdene er aritmetiske: 5, 4,9, 4,8,…5,\ 4{,}9,\ 4{,}8,\dots5, 4,9, 4,8,… med d=−0,1d=-0{,}1d=−0,1. Sidelengde >0>0>0: 5−0,1(n−1)>0⇒n<515-0{,}1(n-1)>0\Rightarrow n<515−0,1(n−1)>0⇒n<51, altså maks 50 plater. Sum av sidelengdene: Sn=n2(2⋅5+(n−1)(−0,1))S_n=\dfrac{n}{2}\big(2\cdot 5+(n-1)(-0{,}1)\big)Sn​=2n​(2⋅5+(n−1)(−0,1)); for n=50n=50n=50 blir S50=127,5S_{50}=127{,}5S50​=127,5 m.

b) Arealene er geometriske: hver side 0,90{,}90,9 ganger forrige → areal 0,92=0,810{,}9^2=0{,}810,92=0,81 ganger forrige. Uendelig geometrisk rekke (∣k∣=0,81<1|k|=0{,}81<1∣k∣=0,81<1): A=191−0,81=190,19=100A=\dfrac{19}{1-0{,}81}=\dfrac{19}{0{,}19}=100A=1−0,8119​=0,1919​=100.

Svar: a) maks 505050 plater. b) samlet areal kan bli inntil 100 m2100\text{ m}^2100 m2.

Oppgave 7 7 poeng

Oppgave: Plan α: 2x−5y+4z=−4\alpha:\ 2x-5y+4z=-4α: 2x−5y+4z=−4 med A(1,2,1)A(1,2,1)A(1,2,1), B(2,0,−2)B(2,0,-2)B(2,0,−2), C(−1,2,2)C(-1,2,2)C(−1,2,2). a) Ligger D(3,−1,1)D(3,-1,1)D(3,−1,1) i α\alphaα? b) Vis med kryssprodukt at [2,−5,4][2,-5,4][2,−5,4] er normalvektor. En kule x2+y2+z2−18y+2z+k=0x^2+y^2+z^2-18y+2z+k=0x2+y2+z2−18y+2z+k=0 tangerer α\alphaα i PPP. c) Vis at senter er (0,9,−1)(0,9,-1)(0,9,−1). d) Parameterfremstilling for linja gjennom senter og PPP. e) Bestem kkk.

a) Sett inn DDD: 2⋅3−5(−1)+4⋅1=6+5+4=15≠−42\cdot3-5(-1)+4\cdot1=6+5+4=15\neq-42⋅3−5(−1)+4⋅1=6+5+4=15=−4. DDD ligger ikke i planet.

b) AB⃗=[1,−2,−3]\vec{AB}=[1,-2,-3]AB =[1,−2,−3], AC⃗=[−2,0,1]\vec{AC}=[-2,0,1]AC =[−2,0,1]. AB⃗×AC⃗=[−2, 5, −4]=−[2,−5,4]\vec{AB}\times\vec{AC}=[-2,\ 5,\ -4]=-[2,-5,4]AB ×AC =[−2, 5, −4]=−[2,−5,4] – parallell med [2,−5,4][2,-5,4][2,−5,4], så [2,−5,4][2,-5,4][2,−5,4] er normalvektor. ✓

c) Fullfør kvadratene: x2+(y−9)2+(z+1)2=81+1−k=82−kx^2+(y-9)^2+(z+1)^2=81+1-k=82-kx2+(y−9)2+(z+1)2=81+1−k=82−k. Senter (0,9,−1)(0,9,-1)(0,9,−1), radius r=82−kr=\sqrt{82-k}r=82−k ​. ✓

d) Linja fra senter til tangeringspunktet står vinkelrett på planet, så retningsvektor =[2,−5,4]=[2,-5,4]=[2,−5,4]:

{x=2ty=9−5tz=−1+4t\begin{cases}x=2t\\ y=9-5t\\ z=-1+4t\end{cases}⎩ ⎨ ⎧​x=2ty=9−5tz=−1+4t​

e) Tangering ⇒ avstand fra senter til planet === radius. Avstand =∣2⋅0−5⋅9+4(−1)+4∣4+25+16=4545=45=\dfrac{|2\cdot0-5\cdot9+4(-1)+4|}{\sqrt{4+25+16}}=\dfrac{45}{\sqrt{45}}=\sqrt{45}=4+25+16 ​∣2⋅0−5⋅9+4(−1)+4∣​=45 ​45​=45 ​. Avstand² =45=45=45. Sett 82−k=4582-k=4582−k=45.

Svar: a) nei. b) vist. c) senter (0,9,−1)(0,9,-1)(0,9,−1). d) (2t, 9−5t, −1+4t)(2t,\ 9-5t,\ -1+4t)(2t, 9−5t, −1+4t). e) k=37k=37k=37.

Oppgave 8 3 poeng

Oppgave: Påstand: hvis p⃗\vec pp ​ og q⃗\vec qq ​ er ortogonale, er ∣p⃗+q⃗∣2=∣p⃗∣2+∣q⃗∣2|\vec p+\vec q|^2=|\vec p|^2+|\vec q|^2∣p ​+q ​∣2=∣p ​∣2+∣q ​∣2. a) Forklar hvorfor et bestemt regneeksempel ikke er et gyldig bevis. b) Bevis påstanden med vektorregning.

a) Et konkret talleksempel (ett valg av p⃗\vec pp ​ og q⃗\vec qq ​) viser bare at påstanden stemmer i det ene tilfellet. Et gyldig bevis må vise at likheten gjelder for alle ortogonale vektorer.

b) ∣p⃗+q⃗∣2=(p⃗+q⃗)⋅(p⃗+q⃗)=p⃗⋅p⃗+2 p⃗⋅q⃗+q⃗⋅q⃗=∣p⃗∣2+2 p⃗⋅q⃗+∣q⃗∣2|\vec p+\vec q|^2=(\vec p+\vec q)\cdot(\vec p+\vec q)=\vec p\cdot\vec p+2\,\vec p\cdot\vec q+\vec q\cdot\vec q=|\vec p|^2+2\,\vec p\cdot\vec q+|\vec q|^2∣p ​+q ​∣2=(p ​+q ​)⋅(p ​+q ​)=p ​⋅p ​+2p ​⋅q ​+q ​⋅q ​=∣p ​∣2+2p ​⋅q ​+∣q ​∣2.

Siden p⃗⊥q⃗\vec p\perp\vec qp ​⊥q ​ er p⃗⋅q⃗=0\vec p\cdot\vec q=0p ​⋅q ​=0, så ∣p⃗+q⃗∣2=∣p⃗∣2+∣q⃗∣2|\vec p+\vec q|^2=|\vec p|^2+|\vec q|^2∣p ​+q ​∣2=∣p ​∣2+∣q ​∣2. ■\blacksquare■

Svar: a) et eksempel dekker ikke det generelle tilfellet. b) vist over (Pytagoras for ortogonale vektorer).

Del 2 – Med hjelpemidler

Oppgave 1 6 poeng

Oppgave: Datatrafikk (gigabit/time) et døgn, målt kl. 00, 02, 06, 08, 12, 16, 20, 22: 58280, 39400, 22550, 32200, 67450, 86110, 102007, 87810. a) Lag en god modell S(t)S(t)S(t), ttt timer etter midnatt. Bruk videre D(t)=63000+37000sin⁡(0,24t−3,0)D(t)=63000+37000\sin(0{,}24t-3{,}0)D(t)=63000+37000sin(0,24t−3,0). b) Når var D>90000D>90000D>90000? c) Når økte trafikken raskest, og hvor mye? d) Hvor stor del ble overført kl. 8–16?

a) Dataene svinger periodisk over døgnet → sinusmodell. Sinusregresjon (i CAS/Geogebra) gir S(t)≈63000+37000sin⁡(0,24t−3,0)S(t)\approx 63000+37000\sin(0{,}24t-3{,}0)S(t)≈63000+37000sin(0,24t−3,0), altså samme form som DDD.

b) D(t)>90000⇒sin⁡(0,24t−3)>2700037000≈0,73D(t)>90000\Rightarrow \sin(0{,}24t-3)>\dfrac{27000}{37000}\approx 0{,}73D(t)>90000⇒sin(0,24t−3)>3700027000​≈0,73. Løst numerisk: t∈(15,9; 22,2)t\in(15{,}9;\ 22{,}2)t∈(15,9; 22,2), altså ca. kl. 15:54 til 22:11.

c) D′(t)=37000⋅0,24cos⁡(0,24t−3)=8880cos⁡(0,24t−3)D'(t)=37000\cdot 0{,}24\cos(0{,}24t-3)=8880\cos(0{,}24t-3)D′(t)=37000⋅0,24cos(0,24t−3)=8880cos(0,24t−3). Størst når cos⁡=1⇒0,24t−3=0⇒t=12,5\cos=1\Rightarrow 0{,}24t-3=0\Rightarrow t=12{,}5cos=1⇒0,24t−3=0⇒t=12,5 (kl. 12:30), med økning 888088808880 gigabit/time per time.

d) Andel =∫816D dt∫024D dt≈0,315=\dfrac{\int_8^{16} D\,dt}{\int_0^{24} D\,dt}\approx 0{,}315=∫024​Ddt∫816​Ddt​≈0,315.

Svar: b) kl. 15:54–22:11. c) kl. 12:30, ≈8880 gigabit/time². d) ca. 31,5 %.

Oppgave 2 4 poeng

Oppgave: Rekursiv rekke an=(an−1−1)2a_n=(a_{n-1}-1)^2an​=(an−1​−1)2. a) Lag et program som skriver ut de 6 første leddene når a1=5a_1=5a1​=5. b) Finnes det et heltall a1a_1a1​ som gjør rekken konvergent?

a) Program (Python):

a = 5 for n in range(6): print(a) a = (a - 1)**2 # 5, 16, 225, 50176, 2517530625, 6337960442777829376

b) Et fast punkt krever a=(a−1)2⇒a2−3a+1=0⇒a=3±52a=(a-1)^2\Rightarrow a^2-3a+1=0\Rightarrow a=\dfrac{3\pm\sqrt5}{2}a=(a−1)2⇒a2−3a+1=0⇒a=23±5 ​​ – begge irrasjonale. Prøver vi heltall: a1≥3a_1\ge 3a1​≥3 eller a1≤−1a_1\le -1a1​≤−1 gir divergens, mens a1∈{0,1,2}a_1\in\{0,1,2\}a1​∈{0,1,2} havner i sykelen 0,1,0,1,…0,1,0,1,\dots0,1,0,1,… (svinger, konvergerer ikke).

Svar: Nei – det finnes ingen heltall a1a_1a1​ som gjør rekken konvergent.

Oppgave 3 6 poeng

Oppgave: Propellfly r⃗(t)=[30t−t2, 8sin⁡ ⁣(π10t), 50(1−t10)2]\vec r(t)=\left[30t-t^2,\ 8\sin\!\left(\tfrac{\pi}{10}t\right),\ 50\left(1-\tfrac{t}{10}\right)^2\right]r (t)=[30t−t2, 8sin(10π​t), 50(1−10t​)2] (meter, motorveg i xyxyxy-planet). a) Høyde over vegen etter 4 s? b) Banefart idet flyet lander. c) Når er banefarten 14,3 m/s? d) En fugl fra (131,67,23)(131,67,23)(131,67,23) krysser flyets bane i (125,8,252)(125,8,\tfrac{25}{2})(125,8,225​) med jevn fart 12 m/s – treffer den flyet?

a) Høyden er zzz-koordinaten: z(4)=50(1−410)2=50⋅0,36=18z(4)=50\left(1-\tfrac{4}{10}\right)^2=50\cdot 0{,}36=18z(4)=50(1−104​)2=50⋅0,36=18 m.

b) Flyet lander når z=0⇒t=10z=0\Rightarrow t=10z=0⇒t=10. r⃗ ′(t)=[30−2t, 4π5cos⁡ ⁣(πt10), −10+t]\vec r\,'(t)=\left[30-2t,\ \tfrac{4\pi}{5}\cos\!\left(\tfrac{\pi t}{10}\right),\ -10+t\right]r ′(t)=[30−2t, 54π​cos(10πt​), −10+t]. r⃗ ′(10)=[10, −4π5, 0]\vec r\,'(10)=\left[10,\ -\tfrac{4\pi}{5},\ 0\right]r ′(10)=[10, −54π​, 0], banefart =100+(4π5)2≈10,3=\sqrt{100+\left(\tfrac{4\pi}{5}\right)^2}\approx 10{,}3=100+(54π​)2 ​≈10,3 m/s.

c) Løs ∣r⃗ ′(t)∣=14,3|\vec r\,'(t)|=14{,}3∣r ′(t)∣=14,3 numerisk: t≈8,0t\approx 8{,}0t≈8,0 s.

d) Flyet er i (125,8,12,5)(125,8,12{,}5)(125,8,12,5) ved t=5t=5t=5 s (sjekk: 30⋅5−25=12530\cdot5-25=12530⋅5−25=125, 8sin⁡π2=88\sin\tfrac{\pi}{2}=88sin2π​=8, 50(0,5)2=12,550(0{,}5)^2=12{,}550(0,5)2=12,5). Fuglen må fly 62+592+10,52≈60,2\sqrt{6^2+59^2+10{,}5^2}\approx 60{,}262+592+10,52 ​≈60,2 m; ved 12 m/s tar det 5,025{,}025,02 s. Flyet var der ved 5,005{,}005,00 s.

Svar: a) 18 m. b) ≈10,3 m/s. c) ≈8 s. d) Nei – fuglen kommer ca. 0,02 s for sent og treffer ikke.

Oppgave 4 3 poeng

Oppgave: Lag en funksjon f(x)=Asin⁡(cx+φ)+df(x)=A\sin(cx+\varphi)+df(x)=Asin(cx+φ)+d som ved omdreiing gir en vase med volum ≈1,5 L og høyde 20 cm. Begrunn valg av A,c,φ,dA,c,\varphi,dA,c,φ,d, og tegn grafen.

Idé. Radius =f(x)=f(x)=f(x), xxx er høyden 0≤x≤200\le x\le 200≤x≤20. Volum V=π∫020f(x)2 dx=1500 cm3V=\pi\displaystyle\int_0^{20} f(x)^2\,dx=1500\text{ cm}^3V=π∫020​f(x)2dx=1500 cm3.

Valg av parametre. c=2π20=π10c=\dfrac{2\pi}{20}=\dfrac{\pi}{10}c=202π​=10π​ gir én periode over hele høyden (vasen er vid–smal–vid). φ=π2\varphi=\tfrac{\pi}{2}φ=2π​ gir vid åpning nederst og øverst. A=1,5A=1{,}5A=1,5 styrer «buken». ddd settes så volumet stemmer: π(10A2+20d2)=1500⇒d=1500/π−10⋅1,5220≈4,77\pi\big(10A^2+20d^2\big)=1500\Rightarrow d=\sqrt{\dfrac{1500/\pi-10\cdot1{,}5^2}{20}}\approx 4{,}77π(10A2+20d2)=1500⇒d=201500/π−10⋅1,52​ ​≈4,77.

Svar (ett mulig): f(x)=1,5sin⁡ ⁣(π10x+π2)+4,77f(x)=1{,}5\sin\!\left(\tfrac{\pi}{10}x+\tfrac{\pi}{2}\right)+4{,}77f(x)=1,5sin(10π​x+2π​)+4,77 (cm), som gir V≈1,5V\approx 1{,}5V≈1,5 L. Flere svar er mulige.