Matematikk S2 eksamen høst 2025 - REA3062 oppgaver og løsningsforslag

Matematikk · S2 · Eksamen

Matematikk S2 — eksamen hausten 2025 (REA3062)

Fullstendig, trinnvis løysingsforslag til heile settet — Del 1 (utan hjelpemiddel) og Del 2 (med hjelpemiddel). Kvart svar er kontrollert på nytt med CAS/programmering.

Del 1: 5 oppgåverDel 2: 6 oppgåverEksamensdato: 17.11.2025Fasit verifisert ↓ Last ned oppgåvesettet (PDF)

Oppgåvesettet er utarbeidd av Utdanningsdirektoratet og er fritt tilgjengeleg. Løysingsforslaga er skrivne av ifingo.

Del 1 — utan hjelpemiddel

Oppgåve 1 2 poeng

Rekn ut integralet ∫ex⋅x dx\displaystyle\int e^{x}\cdot x\,dx∫ex⋅xdx.

Delvis integrasjon med u=xu=xu=x og v′=exv'=e^{x}v′=ex, slik at u′=1u'=1u′=1 og v=exv=e^{x}v=ex: ∫x ex dx=x ex−∫ex dx=x ex−ex+C\int x\,e^{x}\,dx=x\,e^{x}-\int e^{x}\,dx=x\,e^{x}-e^{x}+C∫xexdx=xex−∫exdx=xex−ex+C Svar: ∫ex⋅x dx=ex(x−1)+C\displaystyle\int e^{x}\cdot x\,dx=e^{x}(x-1)+C∫ex⋅xdx=ex(x−1)+C

Oppgåve 2 6 poeng

a) Bestem summen av den aritmetiske rekkja −3+0+3+⋯+69-3+0+3+\cdots+69−3+0+3+⋯+69.

a1=−3a_1=-3a1​=−3, d=3d=3d=3, an=69a_n=69an​=69. Talet på ledd: 69=−3+(n−1)⋅3⇒n−1=24⇒n=2569=-3+(n-1)\cdot3\Rightarrow n-1=24\Rightarrow n=2569=−3+(n−1)⋅3⇒n−1=24⇒n=25. S25=252 (−3+69)=252⋅66=825S_{25}=\frac{25}{2}\,(-3+69)=\frac{25}{2}\cdot66=825S25​=225​(−3+69)=225​⋅66=825 Svar: Summen er 825825825.

b) Bestem konvergensområdet til den geometriske rekkja 5+5 ⁣(12−x)+5 ⁣(12−x)2+⋯5+5\!\left(\tfrac12-x\right)+5\!\left(\tfrac12-x\right)^2+\cdots5+5(21​−x)+5(21​−x)2+⋯

Kvotienten er k=12−xk=\tfrac12-xk=21​−x. Rekkja konvergerer når ∣k∣<1|k|<1∣k∣<1: ∣12−x∣<1 ⇒ −1<12−x<1 ⇒ −12<x<32\left|\tfrac12-x\right|<1\;\Rightarrow\;-1<\tfrac12-x<1\;\Rightarrow\;-\tfrac12<x<\tfrac32 ​21​−x ​<1⇒−1<21​−x<1⇒−21​<x<23​ Svar: Rekkja konvergerer for −12<x<32-\dfrac12<x<\dfrac32−21​<x<23​.

c) Ein ball fell frå 222 m. Kvar gong ballen treffer bakken, sprett han opp til 75 %75\,\%75% av høgda han fall frå. Kor mange meter beveger ballen seg totalt?

Først eit fall på 222 m. Deretter sprett han opp og ned like langt kvar gong. Samla opp-distanse: 2⋅0,75+2⋅0,752+⋯=2⋅0,751−0,75=62\cdot0{,}75+2\cdot0{,}75^2+\cdots=\dfrac{2\cdot0{,}75}{1-0{,}75}=62⋅0,75+2⋅0,752+⋯=1−0,752⋅0,75​=6 m. Same distanse ned. Total=2+6⏟opp+6⏟ned=14 m\text{Total}=2+\underbrace{6}_{\text{opp}}+\underbrace{6}_{\text{ned}}=14\ \text{m}Total=2+opp 6​​+ned 6​​=14 m Svar: Ballen beveger seg totalt 141414 meter.

Oppgåve 3 5 poeng

Grafen viser f(x)=x3+x2−2xf(x)=x^3+x^2-2xf(x)=x3+x2−2x. Det markerte området ligg mellom grafen og xxx-aksen frå x=−2x=-2x=−2 til x=1x=1x=1.

a) Kva uttrykk gir arealet av det markerte området?
1. ∫−21f dx\int_{-2}^{1}f\,dx∫−21​fdx   2. ∫−21f dx−∫01f dx\int_{-2}^{1}f\,dx-\int_{0}^{1}f\,dx∫−21​fdx−∫01​fdx   3. ∫−20f dx+∫01f dx\int_{-2}^{0}f\,dx+\int_{0}^{1}f\,dx∫−20​fdx+∫01​fdx   4. ∫−20f dx−∫01f dx\int_{-2}^{0}f\,dx-\int_{0}^{1}f\,dx∫−20​fdx−∫01​fdx

På [−2,0][-2,0][−2,0] er f≥0f\ge0f≥0 (arealet ligg over aksen), og på [0,1][0,1][0,1] er f≤0f\le0f≤0 (arealet ligg under aksen). Areal skal alltid teljast positivt, så vi trekkjer frå den negative delen: Svar: Uttrykk 4, ∫−20f dx−∫01f dx\displaystyle\int_{-2}^{0}f\,dx-\int_{0}^{1}f\,dx∫−20​fdx−∫01​fdx. (Uttrykk 1 gir differansen av areala, ikkje summen.)

b) Rekn ut arealet av det markerte området.

Antiderivert: F(x)=x44+x33−x2F(x)=\dfrac{x^4}{4}+\dfrac{x^3}{3}-x^2F(x)=4x4​+3x3​−x2. ∫−20f dx=0−F(−2)=83,∫01f dx=F(1)−0=−512\int_{-2}^{0}f\,dx=0-F(-2)=\frac83,\qquad \int_{0}^{1}f\,dx=F(1)-0=-\frac{5}{12}∫−20​fdx=0−F(−2)=38​,∫01​fdx=F(1)−0=−125​ Areal=83−(−512)=3212+512=3712≈3,08\text{Areal}=\frac83-\left(-\frac{5}{12}\right)=\frac{32}{12}+\frac{5}{12}=\frac{37}{12}\approx3{,}08Areal=38​−(−125​)=1232​+125​=1237​≈3,08 Svar: Arealet er 3712≈3,08\dfrac{37}{12}\approx3{,}081237​≈3,08.

c) Kristian søkjer a<0a<0a<0 slik at ∫a1f dx=0\int_{a}^{1}f\,dx=0∫a1​fdx=0, og finn a≈−0,6a\approx-0{,}6a≈−0,6. Unni påstår at likninga har to løysingar. Forklar kvifor, og anslå den andre løysinga frå figuren.

∫a1f dx=0\int_{a}^{1}f\,dx=0∫a1​fdx=0 tyder at det orienterte arealet frå aaa til 111 er null — den positive og den negative delen må vere like store. Ei løysing er a≈−0,6a\approx-0{,}6a≈−0,6 (litt av toppområdet balanserer botnområdet på [0,1][0,1][0,1]). Men for x<−2x<-2x<−2 er f<0f<0f<0 att. Går vi lenger til venstre enn −2-2−2, legg vi til meir negativt areal, som igjen kan balansere. Difor finst det ei løysing til, til venstre for −2-2−2. Frå figuren ligg ho rundt a≈−2,7a\approx-2{,}7a≈−2,7. (Presist: F(a)=−512F(a)=-\tfrac{5}{12}F(a)=−125​ gir 3a4+4a3−12a2+5=03a^4+4a^3-12a^2+5=03a4+4a3−12a2+5=0, med reelle røter a≈−0,61a\approx-0{,}61a≈−0,61 og a≈−2,72a\approx-2{,}72a≈−2,72.) Svar: Unni har rett — det finst to løysingar. Den andre er om lag a≈−2,7a\approx-2{,}7a≈−2,7.

Oppgåve 4 5 poeng

Ein firesida terning: gul =0=0=0, grøn =1=1=1, blå =2=2=2, raud =3=3=3 poeng (kvar side sannsyn 14\tfrac1441​). Du startar med 101010 poeng, og kvart kast kostar 222 poeng. xxx = endringa i poeng per kast (poeng frå kastet minus 222).

a) Fyll inn tabellen.

Endringa blir: gul 0−2=−20-2=-20−2=−2, grøn 1−2=−11-2=-11−2=−1, blå 2−2=02-2=02−2=0, raud 3−2=13-2=13−2=1. Kvar har sannsyn 14\tfrac1441​: x−2−101P(X=x)14141414\begin{array}{c|cccc}x&-2&-1&0&1\\\hline P(X{=}x)&\tfrac14&\tfrac14&\tfrac14&\tfrac14\end{array}xP(X=x)​−241​​−141​​041​​141​​​

b) Bestem E(x)E(x)E(x). Kva fortel svaret?

E(x)=14(−2)+14(−1)+14(0)+14(1)=−24=−0,5E(x)=\tfrac14(-2)+\tfrac14(-1)+\tfrac14(0)+\tfrac14(1)=\frac{-2}{4}=-0{,}5E(x)=41​(−2)+41​(−1)+41​(0)+41​(1)=4−2​=−0,5 Svar: E(x)=−0,5E(x)=-0{,}5E(x)=−0,5. I gjennomsnitt taper du 0,50{,}50,5 poeng per kast — over tid søkk poengsummen, så spelet er ugunstig.

c) Bestem Var(x)\mathrm{Var}(x)Var(x).

E(x2)=14(4+1+0+1)=64=1,5,Var(x)=E(x2)−(E(x))2=1,5−0,25=1,25E(x^2)=\tfrac14(4+1+0+1)=\frac{6}{4}=1{,}5,\qquad \mathrm{Var}(x)=E(x^2)-\big(E(x)\big)^2=1{,}5-0{,}25=1{,}25E(x2)=41​(4+1+0+1)=46​=1,5,Var(x)=E(x2)−(E(x))2=1,5−0,25=1,25 Svar: Var(x)=1,25\mathrm{Var}(x)=1{,}25Var(x)=1,25.

Oppgåve 5 3 poeng

Høgda til elevane er normalfordelt med E(X)=170E(X)=170E(X)=170 cm og σ=5\sigma=5σ=5 cm. Figurane: A (σ≈0,2\sigma\approx0{,}2σ≈0,2), B (167167167–173173173), C (155155155–185185185), D (140140140–200200200).

a) Kva figur viser fordelinga når vi trekkjer éin tilfeldig elev?

For ein enkelt elev er σ=5\sigma=5σ=5, så det meste ligg innanfor 170±3⋅5=[155, 185]170\pm3\cdot5=[155,\,185]170±3⋅5=[155,185]. Det svarer til Figur C. Svar: Figur C.

b) Kva figur viser fordelinga til gjennomsnittshøgda av 252525 tilfeldige elevar?

Standardavviket til gjennomsnittet er σXˉ=σn=525=1\sigma_{\bar X}=\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}}=\dfrac{5}{\sqrt{25}}=1σXˉ​=n ​σ​=25 ​5​=1. Då ligg det meste innanfor 170±3=[167, 173]170\pm3=[167,\,173]170±3=[167,173]. Svar: Figur B — gjennomsnittet er langt mindre spreidd enn enkeltmålingane.

Del 2 — med hjelpemiddel

Oppgåve 1 6 poeng

Eit hagesenter startar sal i veke 171717. Inntekt per veke (ttt = veker etter veke 17): t=0:2900, 1:4400, 2:12200, 3:23400, 4:28800, 5:34600, 6:41000, 7:40800t{=}0{:}2900,\;1{:}4400,\;2{:}12200,\;3{:}23400,\;4{:}28800,\;5{:}34600,\;6{:}41000,\;7{:}40800t=0:2900,1:4400,2:12200,3:23400,4:28800,5:34600,6:41000,7:40800.

a) Lag ein modell I(t)=B1+a e−ktI(t)=\dfrac{B}{1+a\,e^{-kt}}I(t)=1+ae−ktB​, og vurder gyldigheitsområdet.

Logistisk regresjon (CAS) på tabellen gir: I(t)=41 9991+14,76 e−0,903 tI(t)=\frac{41\,999}{1+14{,}76\,e^{-0{,}903\,t}}I(t)=1+14,76e−0,903t41999​ Svar: Modellen passar godt i måleområdet (0≤t≤70\le t\le70≤t≤7). Salet flatar ut mot ei grense på ca. 42 00042\,00042000 kr/veke, så modellen er berre gyldig ei stund framover — på lengre sikt vil sesong og metting gjere at inntekta ikkje held seg konstant høg.

b) Når auka inntekta mest, og kor mykje?

Størst auke er i vendepunktet, der I=B2I=\tfrac{B}{2}I=2B​, altså når a e−kt=1⇒t=ln⁡14,760,903≈3,0a\,e^{-kt}=1\Rightarrow t=\dfrac{\ln 14{,}76}{0{,}903}\approx3{,}0ae−kt=1⇒t=0,903ln14,76​≈3,0 veker (dvs. veke 202020). Maksimal vekst: Imax⁡′=k B4≈9 500I'_{\max}=\dfrac{k\,B}{4}\approx9\,500Imax′​=4kB​≈9500 kr/veke. Svar: Inntekta auka raskast ca. 333 veker etter start (veke 202020), med om lag 9 5009\,5009500 kr/veke.

c) Løys ∫0xI(t) dt=65 000\displaystyle\int_{0}^{x}I(t)\,dt=65\,000∫0x​I(t)dt=65000 og gi ei praktisk tolking.

Integralet er samla inntekt frå start til veke xxx. Numerisk løysing (CAS) gir x≈4,3x\approx4{,}3x≈4,3. Svar: x≈4,3x\approx4{,}3x≈4,3. Hagesenteret har tent til saman 65 00065\,00065000 kr på plantene om lag 4,34{,}34,3 veker etter start (i løpet av veke 212121).

Oppgåve 2 5 poeng

Kostnad K(x)=700 ex/200K(x)=700\,e^{x/200}K(x)=700ex/200 kr (x∈⟨0,500]x\in\langle0,500]x∈⟨0,500]). Inntekt I(x)=80x−0,10x2I(x)=80x-0{,}10x^2I(x)=80x−0,10x2 kr.

a) Bestem K′(150)K'(150)K′(150) og gi ei praktisk tolking.

K′(x)=700⋅1200ex/200=3,5 ex/200K'(x)=700\cdot\dfrac{1}{200}e^{x/200}=3{,}5\,e^{x/200}K′(x)=700⋅2001​ex/200=3,5ex/200, så K′(150)=3,5 e0,75≈7,41K'(150)=3{,}5\,e^{0{,}75}\approx7{,}41K′(150)=3,5e0,75≈7,41. Svar: K′(150)≈7,41K'(150)\approx7{,}41K′(150)≈7,41 kr/eining. Ved eit produksjonsnivå på 150150150 einingar aukar kostnaden med om lag 7,417{,}417,41 kr for kvar ekstra eining.

b) Kva produksjonsmengd gir lågaste einingskostnad, og kva blir han?

Einingskostnad E(x)=K(x)x=700 ex/200xE(x)=\dfrac{K(x)}{x}=\dfrac{700\,e^{x/200}}{x}E(x)=xK(x)​=x700ex/200​. E′(x)=0E'(x)=0E′(x)=0 gir x200−1=0⇒x=200\dfrac{x}{200}-1=0\Rightarrow x=200200x​−1=0⇒x=200. E(200)=700 e1200≈9,51 krE(200)=\frac{700\,e^{1}}{200}\approx9{,}51\ \text{kr}E(200)=200700e1​≈9,51 kr Svar: Lågaste einingskostnad ved x=200x=200x=200 einingar, ca. 9,519{,}519,51 kr per eining.

c) Kor mange einingar må bedrifta produsere og selje for å gå med overskot?

Overskot O(x)=I(x)−K(x)=80x−0,10x2−700 ex/200O(x)=I(x)-K(x)=80x-0{,}10x^2-700\,e^{x/200}O(x)=I(x)−K(x)=80x−0,10x2−700ex/200. O(x)>0O(x)>0O(x)>0 frå x≈9,3x\approx9{,}3x≈9,3 og heilt ut til domenegrensa (O(500)≈6 470>0O(500)\approx6\,470>0O(500)≈6470>0). Svar: Bedrifta går med overskot frå og med ca. 101010 einingar per dag (9,3<x≤5009{,}3<x\le5009,3<x≤500).

Oppgåve 3 4 poeng

MASK oppgir at andelen feilproduserte komponentar er 1 %1\,\%1% eller mindre. Bedrifta testar 202020 komponentar og finn 111 feil, og påstår at andelen er høgare enn oppgitt.

a) Bruk hypotesetesting og vurder om klagen er velgrunna.

La XXX vere talet på feil blant 202020, X∼bin(20, p)X\sim\text{bin}(20,\;p)X∼bin(20,p). H0: p=0,01H_0{:}\;p=0{,}01H0​:p=0,01 mot H1: p>0,01H_1{:}\;p>0{,}01H1​:p>0,01. ppp-verdi: P(X≥1)=1−P(X=0)=1−0,9920≈0,182P(X\ge1)=1-P(X=0)=1-0{,}99^{20}\approx0{,}182P(X≥1)=1−P(X=0)=1−0,9920≈0,182 Sidan 0,182>0,050{,}182>0{,}050,182>0,05 kan vi ikkje forkaste H0H_0H0​. Svar: Klagen er ikkje velgrunna. Å finne 111 feil blant 202020 er heilt vanleg sjølv om andelen er 1 %1\,\%1% (skjer i ca. 18 %18\,\%18% av tilfella).

b) Kontrolløren testar mange komponentar og finn òg 111 feil. Han hevdar at det er meir enn 95 %95\,\%95% sannsyn for at andelen er 1 %1\,\%1% eller mindre. Kva er minste tal komponentar han kan ha testa?

Med berre 111 feil vil han hevde at andelen er låg. Det held dersom det er svært usannsynleg å få så få som 111 feil om andelen verkeleg var 1 %1\,\%1%: P(X≤1)≤0,05P(X\le1)\le0{,}05P(X≤1)≤0,05 når X∼bin(n, 0,01)X\sim\text{bin}(n,\;0{,}01)X∼bin(n,0,01). P(X≤1)=0,99n+n⋅0,01⋅0,99 n−1≤0,05P(X\le1)=0{,}99^{n}+n\cdot0{,}01\cdot0{,}99^{\,n-1}\le0{,}05P(X≤1)=0,99n+n⋅0,01⋅0,99n−1≤0,05 Minste nnn som oppfyller dette er n=473n=473n=473 (P(X≤1)≈0,0498P(X\le1)\approx0{,}0498P(X≤1)≈0,0498). Svar: Kontrolløren må ha testa minst 473473473 komponentar.

Oppgåve 4 6 poeng

Tilbod 1: dieselbil 357 000357\,000357000 kr, 888 år, rente 4 %4\,\%4%, éin termin per år (første etter eitt år). Tilbod 2: elbil 450 000450\,000450000 kr, 101010 år, terminbeløp 52 00052\,00052000 kr per år.

a) Set opp ei geometrisk rekkje for dieselbilen og bestem terminbeløpet TTT.

Nåverdien av alle terminane skal vere lik lånet: T1,04+T1,042+⋯+T1,048=357 000\frac{T}{1{,}04}+\frac{T}{1{,}04^2}+\cdots+\frac{T}{1{,}04^8}=357\,0001,04T​+1,042T​+⋯+1,048T​=357000 Dette er ei geometrisk rekkje med 888 ledd, a1=T1,04a_1=\dfrac{T}{1{,}04}a1​=1,04T​ og k=11,04k=\dfrac{1}{1{,}04}k=1,041​. Løyser for TTT: T=357 000⋅0,041−1,04−8≈53 024 krT=\frac{357\,000\cdot0{,}04}{1-1{,}04^{-8}}\approx53\,024\ \text{kr}T=1−1,04−8357000⋅0,04​≈53024 kr Svar: Terminbeløpet er ca. 53 02453\,02453024 kr per år.

b) Bestem rentesatsen for elbilen.

Vi løyser ∑j=11052 000(1+r)j=450 000\displaystyle\sum_{j=1}^{10}\frac{52\,000}{(1+r)^{j}}=450\,000j=1∑10​(1+r)j52000​=450000 numerisk (CAS): Svar: Renta blir ca. 2,72 %2{,}72\,\%2,72% per år.

c) Kva tilbod gir mest renter totalt?

Tilbod 1: totalt betalt 8⋅53 024=424 1958\cdot53\,024=424\,1958⋅53024=424195 kr, renter 424 195−357 000≈67 200424\,195-357\,000\approx67\,200424195−357000≈67200 kr.
Tilbod 2: totalt betalt 10⋅52 000=520 00010\cdot52\,000=520\,00010⋅52000=520000 kr, renter 520 000−450 000=70 000520\,000-450\,000=70\,000520000−450000=70000 kr. Svar: Tilbod 2 (elbilen) gir mest renter totalt — ca. 70 00070\,00070000 kr mot ca. 67 20067\,20067200 kr.

Oppgåve 5 3 poeng

Wiggo sparer: dag 1: 111, dag 2: 555, dag 3: 101010, dag 4: 161616, dag 5: 232323 kr (til saman 555555 kr). Beskriv den rekursive samanhengen og lag eit program som finn kor mange dagar han må spare for å nå 100 000100\,000100000 kr.

Differansane mellom sparebeløpa er 4,5,6,7,…4,5,6,7,\ldots4,5,6,7,… — dei aukar med 111 kvar dag. Rekursivt: a1=1, an=an−1+(n+2)a_1=1,\;a_n=a_{n-1}+(n+2)a1​=1,an​=an−1​+(n+2) for n≥2n\ge2n≥2 (dag 222: 1+4=51+4=51+4=5, dag 333: 5+5=105+5=105+5=10, …). a = 1   # dag 1
sum = 1
dag = 1
while sum < 100000:
    dag = dag + 1
    a = a + (dag + 2)
    sum = sum + a
print(dag)  # 82Svar: Wiggo må spare i 828282 dagar før han har minst 100 000100\,000100000 kr (då står det 101 926101\,926101926 kr på konto).

Oppgåve 6 4 poeng

Ane kastar ein vanleg sekssida terning og vil finne forventa tal kast for å få same tal auge to gonger på rad.

a) Forklar at 1+1+(56)+(56)2+(56)3+⋯1+1+\left(\tfrac56\right)+\left(\tfrac56\right)^2+\left(\tfrac56\right)^3+\cdots1+1+(65​)+(65​)2+(65​)3+⋯ gir forventa tal kast, og bestem verdien.

Forventa tal kast er summen av sannsyna for at kvart kast er nødvendig. Dei to første kasta trengst alltid (P=1P=1P=1 kvar). For at kast nr. (k+2)(k+2)(k+2) skal vere nødvendig, må dei føregåande ikkje ha gitt to like på rad — det skjer med sannsyn (56)k\left(\tfrac56\right)^k(65​)k. E=1+1+∑k≥1(56)k=2+5/61−5/6=2+5=7E=1+1+\sum_{k\ge1}\left(\tfrac56\right)^k=2+\frac{5/6}{1-5/6}=2+5=7E=1+1+k≥1∑​(65​)k=2+1−5/65/6​=2+5=7 Svar: Ane må i gjennomsnitt kaste 777 gonger.

b) Bruk simulering til å bestemme forventningsverdien til summen av auge i kasta ho bruker.

import random
N = 600000; sum_auge = 0
for _ in range(N):
    forrige = random.randint(1,6); s = forrige
    while True:
        kast = random.randint(1,6); s += kast
        if kast == forrige: break
        forrige = kast
    sum_auge += s
print(sum_auge / N)  # ≈ 24,5 Simuleringa (600 000600\,000600000 forsøk) gir ein snittsum på ca. 24,524{,}524,5. (Rimeleg: forventa 777 kast ×\times× snitt 3,53{,}53,5 auge =24,5=24{,}5=24,5.) Svar: Forventa sum av auge er om lag 24,524{,}524,5.

Løysingsforslaget er laga av ifingo og kvalitetssikra med CAS/programmering. Oppgåvesettet (REA3062, hausten 2025) er henta frå Utdanningsdirektoratet og kan lastast ned som PDF øvst på sida. Finn du ein feil? Sei frå, så rettar vi det raskt.