Matematikk S2 eksamen vår 2025 - REA3062 oppgaver og løsningsforslag

Matematikk · S2 · Eksamen

Matematikk S2 — eksamen våren 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: 6 oppgåverDel 2: 5 oppgåverEksamensdato: 14.05.2025Fasit 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 4 poeng

a) ∫01(2ex+2x2) dx\displaystyle\int_{0}^{1}\big(2e^{x}+2x^{2}\big)\,dx∫01​(2ex+2x2)dx

[2ex+23x3]01=(2e+23)−2=2e−43≈4,10\left[2e^{x}+\tfrac23 x^{3}\right]_{0}^{1}=\left(2e+\tfrac23\right)-2=2e-\frac43\approx4{,}10[2ex+32​x3]01​=(2e+32​)−2=2e−34​≈4,10 Svar: 2e−43≈4,102e-\dfrac43\approx4{,}102e−34​≈4,10

b) ∫2x−1x2−x−6 dx\displaystyle\int\frac{2x-1}{x^{2}-x-6}\,dx∫x2−x−62x−1​dx

Teljaren er den deriverte av nemnaren: ddx(x2−x−6)=2x−1\dfrac{d}{dx}(x^2-x-6)=2x-1dxd​(x2−x−6)=2x−1. Då er ∫u′u dx=ln⁡∣u∣\displaystyle\int\frac{u'}{u}\,dx=\ln|u|∫uu′​dx=ln∣u∣. Svar: ln⁡ ⁣∣x2−x−6∣+C\ln\!\left|x^{2}-x-6\right|+Cln ​x2−x−6 ​+C

Oppgåve 2 2 poeng

f′(x)=−2x3f'(x)=-\dfrac{2}{x^{3}}f′(x)=−x32​, og arealet mellom grafen, xxx-aksen og linjene x=1x=1x=1 og x=2x=2x=2 (over aksen) er 1114\dfrac{11}{14}1411​. Bestem f(x)f(x)f(x).

f(x)=∫−2x−3 dx=1x2+Cf(x)=\int -2x^{-3}\,dx=\frac{1}{x^{2}}+Cf(x)=∫−2x−3dx=x21​+C ∫12 ⁣(1x2+C)dx=[−1x+Cx]12=12+C=1114 ⇒ C=27\int_{1}^{2}\!\left(\frac{1}{x^{2}}+C\right)dx=\left[-\frac1x+Cx\right]_{1}^{2}=\frac12+C=\frac{11}{14}\;\Rightarrow\;C=\frac{2}{7}∫12​(x21​+C)dx=[−x1​+Cx]12​=21​+C=1411​⇒C=72​ Svar: f(x)=1x2+27f(x)=\dfrac{1}{x^{2}}+\dfrac{2}{7}f(x)=x21​+72​

Oppgåve 3 4 poeng

Spesiell terning: éi side med 111, éi med 222, éi med 333 og tre sider med 666. X=X=X= auge.

a) Fyll ut tabellen og vis at E(X)=4E(X)=4E(X)=4.

P(X=1)=P(X=2)=P(X=3)=16P(X{=}1)=P(X{=}2)=P(X{=}3)=\tfrac16P(X=1)=P(X=2)=P(X=3)=61​ og P(X=6)=36=12P(X{=}6)=\tfrac36=\tfrac12P(X=6)=63​=21​. E(X)=1⋅16+2⋅16+3⋅16+6⋅12=1+2+36+3=1+3=4E(X)=1\cdot\tfrac16+2\cdot\tfrac16+3\cdot\tfrac16+6\cdot\tfrac12=\frac{1+2+3}{6}+3=1+3=4E(X)=1⋅61​+2⋅61​+3⋅61​+6⋅21​=61+2+3​+3=1+3=4 Svar: P(X=6)=12P(X{=}6)=\tfrac12P(X=6)=21​, dei andre 16\tfrac1661​; E(X)=4E(X)=4E(X)=4. ✓

b) Bestem Var(X)\mathrm{Var}(X)Var(X).

E(X2)=1⋅16+4⋅16+9⋅16+36⋅12=146+18=613E(X^{2})=1\cdot\tfrac16+4\cdot\tfrac16+9\cdot\tfrac16+36\cdot\tfrac12=\frac{14}{6}+18=\frac{61}{3}E(X2)=1⋅61​+4⋅61​+9⋅61​+36⋅21​=614​+18=361​ Var(X)=E(X2)−(E(X))2=613−16=133≈4,33\mathrm{Var}(X)=E(X^{2})-\big(E(X)\big)^{2}=\frac{61}{3}-16=\frac{13}{3}\approx4{,}33Var(X)=E(X2)−(E(X))2=361​−16=313​≈4,33 Svar: Var(X)=133≈4,33\mathrm{Var}(X)=\dfrac{13}{3}\approx4{,}33Var(X)=313​≈4,33.

Oppgåve 4 4 poeng

a) Kva mønster har talfølgja, og kva skriv koden ut?
a = 2   n = 5   for i in range(1, n+1): print(a); a = a + (i+2)

Kvart ledd aukar med i+2i+2i+2, altså +3,+4,+5,+6,…+3, +4, +5, +6, \ldots+3,+4,+5,+6,… — differansane veks med 111 kvar gong. Koden skriv ut dei fem første ledda: 2→5→9→14→202\to5\to9\to14\to202→5→9→14→20. Svar: Talfølgja 2, 5, 9, 14, 202,\;5,\;9,\;14,\;202,5,9,14,20 — differansane er 3,4,5,63,4,5,63,4,5,6 (aukar med 111). Utskrift: 2, 5, 9, 14, 202,\;5,\;9,\;14,\;202,5,9,14,20.

b) Kva finn den andre koden ut, og kva blir resultatet?
a = 2   n = 5   S = 0   for i in range(1, n+1): S = S + a; a = a + (i+2)   print(S)

Her summerer koden dei same fem ledda: 2+5+9+14+20=502+5+9+14+20=502+5+9+14+20=50. Svar: Eleven finn summen av dei fem første ledda. Resultat: S=50S=50S=50.

Oppgåve 5 4 poeng

Linja y=138x−9920y=138x-9920y=138x−9920 tangerer kostnadsfunksjonen KKK i punktet (180, 14 920)(180,\;14\,920)(180,14920).

a) Finn einingskostnaden og grensekostnaden ved 180180180 einingar.

Grensekostnaden er stigningstalet til tangenten: K′(180)=138K'(180)=138K′(180)=138 kr/eining.
Einingskostnaden er K(180)180=14 920180≈82,9\dfrac{K(180)}{180}=\dfrac{14\,920}{180}\approx82{,}9180K(180)​=18014920​≈82,9 kr/eining. Svar: Grensekostnad =138=138=138 kr, einingskostnad ≈82,9\approx82{,}9≈82,9 kr.

b) Inntekta er I(x)=p⋅xI(x)=p\cdot xI(x)=p⋅x. Bestem prisen ppp slik at overskotet blir størst ved 180180180 einingar.

Overskotet O(x)=I(x)−K(x)O(x)=I(x)-K(x)O(x)=I(x)−K(x) er størst når O′(x)=0O'(x)=0O′(x)=0, altså I′(x)=K′(x)I'(x)=K'(x)I′(x)=K′(x). Sidan I′(x)=pI'(x)=pI′(x)=p, må p=K′(180)=138p=K'(180)=138p=K′(180)=138. Svar: p=138p=138p=138 kr per eining.

Oppgåve 6 3 poeng

Gammal bensin: 202020 km/L, σ=2,5\sigma=2{,}5σ=2,5. Benz A/S testar ny bensin med 252525 bilar.

a) Set opp hypotesane.

Svar: H0: μ=20H_0{:}\;\mu=20H0​:μ=20 km/L (ingen betring) mot H1: μ>20H_1{:}\;\mu>20H1​:μ>20 km/L (ny bensin aukar køyrelengda).

b) Snittet er 212121 km/L. Gjennomfør testen på 5 %5\,\%5%-nivå.

Under H0H_0H0​ er Xˉ\bar XXˉ normalfordelt med μ=20\mu=20μ=20 og σXˉ=2,525=0,5\sigma_{\bar X}=\dfrac{2{,}5}{\sqrt{25}}=0{,}5σXˉ​=25 ​2,5​=0,5. z=21−200,5=2 ⇒ p=P(Z≥2)≈0,023z=\frac{21-20}{0{,}5}=2\;\Rightarrow\;p=P(Z\ge2)\approx0{,}023z=0,521−20​=2⇒p=P(Z≥2)≈0,023 0,023<0,050{,}023<0{,}050,023<0,05, så vi forkastar H0H_0H0​. Svar: Ja — på 5 %5\,\%5%-nivå kan Benz A/S seie at den nye bensinen aukar køyrelengda (p≈2,3 %p\approx2{,}3\,\%p≈2,3%).

Del 2 — med hjelpemiddel

Oppgåve 1 6 poeng

Kostnadstabell: (10,400),(20,850),(40,2070),(50,2890)(10,400),(20,850),(40,2070),(50,2890)(10,400),(20,850),(40,2070),(50,2890). Modell K(x)=ax2+bx+cK(x)=ax^2+bx+cK(x)=ax2+bx+c.

a) Vis at K′(x)=1,23x+25K'(x)=1{,}23x+25K′(x)=1,23x+25.

Kvadratisk regresjon på tabellen gir K(x)≈0,615x2+25x+93K(x)\approx0{,}615x^2+25x+93K(x)≈0,615x2+25x+93, som deriverer til K′(x)=1,23x+25K'(x)=1{,}23x+25K′(x)=1,23x+25. Svar: K′(x)=1,23x+25K'(x)=1{,}23x+25K′(x)=1,23x+25. ✓

b) Inntekta er I(x)=3000ln⁡(5x)I(x)=3000\ln(5x)I(x)=3000ln(5x). Bestem I′(35)I'(35)I′(35) og K′(35)K'(35)K′(35), og tolk.

I′(x)=3000x⇒I′(35)=300035≈85,7I'(x)=\dfrac{3000}{x}\Rightarrow I'(35)=\dfrac{3000}{35}\approx85{,}7I′(x)=x3000​⇒I′(35)=353000​≈85,7. K′(35)=1,23⋅35+25≈68,2K'(35)=1{,}23\cdot35+25\approx68{,}2K′(35)=1,23⋅35+25≈68,2. Svar: I′(35)≈85,7I'(35)\approx85{,}7I′(35)≈85,7 kr, K′(35)≈68,2K'(35)\approx68{,}2K′(35)≈68,2 kr. Grenseinntekta er større enn grensekostnaden ved 353535 einingar, så det lønner seg å produsere fleire — overskotet aukar.

c) Bestem ∫2030K′(x) dx\displaystyle\int_{20}^{30}K'(x)\,dx∫2030​K′(x)dx og tolk.

∫2030(1,23x+25) dx=[0,615x2+25x]2030=1303,5−746=557,5\int_{20}^{30}(1{,}23x+25)\,dx=\Big[0{,}615x^2+25x\Big]_{20}^{30}=1303{,}5-746=557{,}5∫2030​(1,23x+25)dx=[0,615x2+25x]2030​=1303,5−746=557,5 Svar: ≈557,5\approx557{,}5≈557,5 kr. Dette er K(30)−K(20)K(30)-K(20)K(30)−K(20), altså kor mykje kostnaden aukar når produksjonen går frå 202020 til 303030 einingar.

Oppgåve 2 6 poeng

Skihopparar (uavhengige, normalfordelte): Birger N(70,20)N(70,20)N(70,20), Maren N(80,5)N(80,5)N(80,5), Espen N(75,10)N(75,10)N(75,10).

a) Bestem P(hopp>90)P(\text{hopp}>90)P(hopp>90) for kvar.

Birger: P ⁣(Z>90−7020)=P(Z>1)≈0,159P\!\left(Z>\tfrac{90-70}{20}\right)=P(Z>1)\approx0{,}159P(Z>2090−70​)=P(Z>1)≈0,159. Maren: P(Z>2)≈0,023P(Z>2)\approx0{,}023P(Z>2)≈0,023. Espen: P(Z>1,5)≈0,067P(Z>1{,}5)\approx0{,}067P(Z>1,5)≈0,067. Svar: Birger ≈0,159\approx0{,}159≈0,159, Maren ≈0,023\approx0{,}023≈0,023, Espen ≈0,067\approx0{,}067≈0,067.

b) Maren hoppa 838383 m. Bestem sannsynet for at ho hoppa lengst i omgangen.

Ho hoppar lengst dersom både Birger og Espen hoppar under 838383: P=P(B<83)⋅P(E<83)=P ⁣(Z<1320)⋅P ⁣(Z<810)≈0,742⋅0,788≈0,585P=P(B<83)\cdot P(E<83)=P\!\left(Z<\tfrac{13}{20}\right)\cdot P\!\left(Z<\tfrac{8}{10}\right)\approx0{,}742\cdot0{,}788\approx0{,}585P=P(B<83)⋅P(E<83)=P(Z<2013​)⋅P(Z<108​)≈0,742⋅0,788≈0,585 Svar: ≈0,585\approx0{,}585≈0,585 (ca. 58,5 %58{,}5\,\%58,5%).

c) Bruk simulering til å finne sannsynet for at Maren hoppar lengst i ein ny omgang (alle hoppar tilfeldig).

import random
N=400000; ant=0
for _ in range(N):
    B=random.gauss(70,20); M=random.gauss(80,5); E=random.gauss(75,10)
    if M>B and M>E: ant+=1
print(ant/N)  # ≈ 0,48Svar: Sannsynet for at Maren hoppar lengst er ca. 0,480{,}480,48 (ca. 48 %48\,\%48%).

Oppgåve 3 6 poeng

SaifY-modell: B(t)=1 700 0001+500 e−0,07tB(t)=\dfrac{1\,700\,000}{1+500\,e^{-0{,}07t}}B(t)=1+500e−0,07t1700000​ (husstandar med systemet, ttt veker). Byen har 222 mill. husstandar.

a) Kor lang tid til halvparten av byen (111 mill.) har systemet?

1 700 0001+500 e−0,07t=1 000 000 ⇒ 1+500 e−0,07t=1,7 ⇒ e−0,07t=0,0014\frac{1\,700\,000}{1+500\,e^{-0{,}07t}}=1\,000\,000\;\Rightarrow\;1+500\,e^{-0{,}07t}=1{,}7\;\Rightarrow\;e^{-0{,}07t}=0{,}00141+500e−0,07t1700000​=1000000⇒1+500e−0,07t=1,7⇒e−0,07t=0,0014 −0,07t=ln⁡0,0014⇒t≈93,9-0{,}07t=\ln 0{,}0014\Rightarrow t\approx93{,}9−0,07t=ln0,0014⇒t≈93,9. Svar: Ca. 949494 veker.

b) Bestem B′(52)B'(52)B′(52) og tolk.

Numerisk derivasjon (CAS) gir B′(52)≈7 830B'(52)\approx7\,830B′(52)≈7830. Svar: B′(52)≈7 800B'(52)\approx7\,800B′(52)≈7800 husstandar per veke — rundt veke 525252 får ca. 7 8007\,8007800 nye husstandar systemet kvar veke.

c) Ny logistisk modell FFF: totalt 111 mill., F(0)=4000F(0)=4000F(0)=4000, flest nye i veke 656565.

F(t)=1 000 0001+a e−ktF(t)=\dfrac{1\,000\,000}{1+a\,e^{-kt}}F(t)=1+ae−kt1000000​. F(0)=4000⇒1+a=1 000 0004000=250⇒a=249F(0)=4000\Rightarrow 1+a=\dfrac{1\,000\,000}{4000}=250\Rightarrow a=249F(0)=4000⇒1+a=40001000000​=250⇒a=249. Vendepunktet (flest nye) er i t=ln⁡ak=65⇒k=ln⁡24965≈0,085t=\dfrac{\ln a}{k}=65\Rightarrow k=\dfrac{\ln 249}{65}\approx0{,}085t=klna​=65⇒k=65ln249​≈0,085. Svar: F(t)=1 000 0001+249 e−0,085tF(t)=\dfrac{1\,000\,000}{1+249\,e^{-0{,}085t}}F(t)=1+249e−0,085t1000000​

Oppgåve 4 6 poeng

Nora sparer eit fast beløp 1.1.1. januar kvart år frå 202620262026 til 205520552055 (303030 innskot), rente 2,5 %2{,}5\,\%2,5%. Mål: 3 750 0003\,750\,0003750000 kr etter rentene for 205520552055.

a) Kor stort må det årlege innskotet vere?

Innskotet frå 202620262026 står i 303030 år, det frå 205520552055 i 111 år. Sluttverdien er ei geometrisk rekkje: B(1,02530+1,02529+⋯+1,0251)=B⋅1,025⋅1,02530−10,025=3 750 000B\big(1{,}025^{30}+1{,}025^{29}+\cdots+1{,}025^{1}\big)=B\cdot1{,}025\cdot\frac{1{,}025^{30}-1}{0{,}025}=3\,750\,000B(1,02530+1,02529+⋯+1,0251)=B⋅1,025⋅0,0251,02530−1​=3750000 Svar: Nora må setje inn ca. 83 30083\,30083300 kr kvart år.

b) Huslånet er 3 000 0003\,000\,0003000000 kr i januar 202620262026. Ho betaler 150 000150\,000150000 kr kvar termin frå januar 202620262026 til januar 205820582058 (333333 terminar). Kor høg rente har ho rekna med?

Nåverdien av dei 333333 terminbeløpa (første i januar 202620262026) skal vere lik lånet: 150 000(1+11+r+⋯+1(1+r)32)=3 000 000150\,000\left(1+\frac{1}{1+r}+\cdots+\frac{1}{(1+r)^{32}}\right)=3\,000\,000150000(1+1+r1​+⋯+(1+r)321​)=3000000 Løyser numerisk (CAS): r≈0,035r\approx0{,}035r≈0,035. Svar: Nora har rekna med ei rente på ca. 3,5 %3{,}5\,\%3,5%.

Oppgåve 5 2 poeng

Bruk ∫(1+x+x2+⋯ ) dx=∫11−x dx\displaystyle\int(1+x+x^2+\cdots)\,dx=\int\frac{1}{1-x}\,dx∫(1+x+x2+⋯)dx=∫1−x1​dx (for x∈⟨−1,1⟩x\in\langle-1,1\ranglex∈⟨−1,1⟩) til å vise at 12+12⋅122+13⋅123+14⋅124+⋯=ln⁡2\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{1}{2^3}+\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{1}{2^4}+\cdots=\ln 221​+21​⋅221​+31​⋅231​+41​⋅241​+⋯=ln2.

Ledd for ledd (ser bort frå konstantane): ∫xn dx=xn+1n+1\displaystyle\int x^{n}\,dx=\dfrac{x^{n+1}}{n+1}∫xndx=n+1xn+1​, og ∫11−x dx=−ln⁡(1−x)\displaystyle\int\frac{1}{1-x}\,dx=-\ln(1-x)∫1−x1​dx=−ln(1−x). Difor: x+x22+x33+x44+⋯=−ln⁡(1−x)x+\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}+\frac{x^{4}}{4}+\cdots=-\ln(1-x)x+2x2​+3x3​+4x4​+⋯=−ln(1−x) Set inn x=12x=\dfrac12x=21​: 12+12⋅122+13⋅123+14⋅124+⋯=−ln⁡ ⁣(1−12)=−ln⁡12=ln⁡2\frac12+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2^{3}}+\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2^{4}}+\cdots=-\ln\!\left(1-\tfrac12\right)=-\ln\tfrac12=\ln 221​+21​⋅221​+31​⋅231​+41​⋅241​+⋯=−ln(1−21​)=−ln21​=ln2 Svar: Summen er ln⁡2\ln 2ln2. ✓

Løysingsforslaget er laga av ifingo og kvalitetssikra med CAS/programmering. Oppgåvesettet (REA3062, våren 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.