Matematikk S2 eksamen vår 2026 - REA3062 oppgaver og løsningsforslag

Matematikk · S2 · Eksamen

Matematikk S2 — eksamen våren 2026 (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: 7 oppgåverDel 2: 4 oppgåverEksamensdato: 13.05.2026Fasit 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) ∫02(e2x+x) dx\displaystyle\int_{0}^{2}\big(e^{2x}+x\big)\,dx∫02​(e2x+x)dx

∫02(e2x+x) dx=[12e2x+12x2]02=(12e4+2)−12=e42+32≈28,80\int_{0}^{2}\big(e^{2x}+x\big)\,dx=\left[\tfrac12 e^{2x}+\tfrac12 x^2\right]_{0}^{2}=\left(\tfrac12 e^{4}+2\right)-\tfrac12=\frac{e^{4}}{2}+\frac32\approx28{,}80∫02​(e2x+x)dx=[21​e2x+21​x2]02​=(21​e4+2)−21​=2e4​+23​≈28,80 Svar: e42+32≈28,80\dfrac{e^{4}}{2}+\dfrac32\approx28{,}802e4​+23​≈28,80

b) ∫(ln⁡x)2x dx\displaystyle\int\frac{(\ln x)^2}{x}\,dx∫x(lnx)2​dx

Substitusjon u=ln⁡xu=\ln xu=lnx, du=1x dxdu=\tfrac1x\,dxdu=x1​dx: ∫u2 du=u33\displaystyle\int u^2\,du=\frac{u^3}{3}∫u2du=3u3​. Svar: ∫(ln⁡x)2x dx=(ln⁡x)33+C\displaystyle\int\frac{(\ln x)^2}{x}\,dx=\frac{(\ln x)^3}{3}+C∫x(lnx)2​dx=3(lnx)3​+C

Oppgåve 2 4 poeng

a) 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). Bestem f(x)f(x)f(x).

f(x)=∫2x2 dx=∫2x−2 dx=−2x+Cf(x)=\int \frac{2}{x^2}\,dx=\int 2x^{-2}\,dx=-\frac{2}{x}+Cf(x)=∫x22​dx=∫2x−2dx=−x2​+C f(2)=2⇒−1+C=2⇒C=3f(2)=2\Rightarrow -1+C=2\Rightarrow C=3f(2)=2⇒−1+C=2⇒C=3. Svar: f(x)=3−2xf(x)=3-\dfrac{2}{x}f(x)=3−x2​

b) g(x)=xg(x)=xg(x)=x og h(x)=−3x+4h(x)=-\dfrac{3}{x}+4h(x)=−x3​+4 for x>0x>0x>0. Finn arealet mellom grafane.

Skjeringspunkt: x=4−3x⇒x2−4x+3=0⇒(x−1)(x−3)=0x=4-\dfrac3x\Rightarrow x^2-4x+3=0\Rightarrow(x-1)(x-3)=0x=4−x3​⇒x2−4x+3=0⇒(x−1)(x−3)=0, altså x=1x=1x=1 og x=3x=3x=3. På [1,3][1,3][1,3] er h≥gh\ge gh≥g. ∫13 ⁣(4−3x−x)dx=[4x−3ln⁡x−x22]13=(7,5−3ln⁡3)−3,5=4−3ln⁡3\int_{1}^{3}\!\left(4-\frac3x-x\right)dx=\Big[4x-3\ln x-\tfrac{x^2}{2}\Big]_{1}^{3}=(7{,}5-3\ln 3)-3{,}5=4-3\ln 3∫13​(4−x3​−x)dx=[4x−3lnx−2x2​]13​=(7,5−3ln3)−3,5=4−3ln3 Svar: Arealet er 4−3ln⁡3≈0,704-3\ln 3\approx0{,}704−3ln3≈0,70.

Oppgåve 3 4 poeng

a) Selma startar med ei treplate med sidelengd 555 m, og kvar ny plate er 0,10{,}10,1 m kortare. Set opp ei aritmetisk rekkje for summen av sidelengdene, og finn kor mange plater det maksimalt kan bli.

Sidelengdene er 5+4,9+4,8+⋯5+4{,}9+4{,}8+\cdots5+4,9+4,8+⋯ — aritmetisk med a1=5a_1=5a1​=5, d=−0,1d=-0{,}1d=−0,1. Sidelengda til plate nnn er an=5−0,1(n−1)a_n=5-0{,}1(n-1)an​=5−0,1(n−1), som må vere positiv: 5−0,1(n−1)>0 ⇒ n−1<50 ⇒ n≤505-0{,}1(n-1)>0\;\Rightarrow\;n-1<50\;\Rightarrow\;n\le505−0,1(n−1)>0⇒n−1<50⇒n≤50 Svar: Maksimalt 505050 treplater (den 50. har sidelengd 0,10{,}10,1 m). Samla sidelengd S50=502(5+0,1)=127,5S_{50}=\tfrac{50}{2}(5+0{,}1)=127{,}5S50​=250​(5+0,1)=127,5 m.

b) Vilfred startar med ei plate med areal 191919 m², og kvar ny plate har sidelengd 10 %10\,\%10% kortare. Kor stort kan det samla arealet bli?

Sidelengd ×0,9\times0{,}9×0,9 gir areal ×0,92=0,81\times0{,}9^2=0{,}81×0,92=0,81. Areala er geometriske: 19+19⋅0,81+19⋅0,812+⋯19+19\cdot0{,}81+19\cdot0{,}81^2+\cdots19+19⋅0,81+19⋅0,812+⋯, med ∣k∣=0,81<1|k|=0{,}81<1∣k∣=0,81<1. S=a11−k=191−0,81=190,19=100S=\frac{a_1}{1-k}=\frac{19}{1-0{,}81}=\frac{19}{0{,}19}=100S=1−ka1​​=1−0,8119​=0,1919​=100 Svar: Det samla arealet kan bli opp mot 100100100 m².

Oppgåve 4 3 poeng

Silas tek bussen 202020 gonger. P(kontroll)=5 %P(\text{kontroll})=5\,\%P(kontroll)=5% per tur. X=X=X= tal kontrollar.

a) Bestem E(X)E(X)E(X) og Var(X)\mathrm{Var}(X)Var(X).

X∼bin(20, 0,05)X\sim\text{bin}(20,\;0{,}05)X∼bin(20,0,05): E(X)=np=20⋅0,05=1E(X)=np=20\cdot0{,}05=1E(X)=np=20⋅0,05=1, Var(X)=np(1−p)=20⋅0,05⋅0,95=0,95\mathrm{Var}(X)=np(1-p)=20\cdot0{,}05\cdot0{,}95=0{,}95Var(X)=np(1−p)=20⋅0,05⋅0,95=0,95. Svar: E(X)=1E(X)=1E(X)=1, Var(X)=0,95\mathrm{Var}(X)=0{,}95Var(X)=0,95.

b) Kvar tur kostar 656565 kr, og ei bot er 147014701470 kr. Vis at det sannsynlegvis lønner seg å kjøpe billettar.

Kjøper han billettar: 20⋅65=130020\cdot65=130020⋅65=1300 kr. Utan billett er forventa botutgift E(X)⋅1470=1⋅1470=1470E(X)\cdot1470=1\cdot1470=1470E(X)⋅1470=1⋅1470=1470 kr. Svar: 1300 kr<1470 kr1300\ \text{kr}<1470\ \text{kr}1300 kr<1470 kr, så det lønner seg (i forventning) å kjøpe billettar.

Oppgåve 5 5 poeng

Vassmengda i flaskene er normalfordelt med μ=1,50\mu=1{,}50μ=1,50 L og σ=0,01\sigma=0{,}01σ=0,01 L. Henrik kjøper 242424 flasker; den med minst vatn har 1,481{,}481,48 L.

a) Bestem P(X≤1,48)P(X\le1{,}48)P(X≤1,48) for éi tilfeldig flaske.

z=1,48−1,500,01=−2 ⇒ P(X≤1,48)=P(Z≤−2)≈0,0228z=\frac{1{,}48-1{,}50}{0{,}01}=-2\;\Rightarrow\;P(X\le1{,}48)=P(Z\le-2)\approx0{,}0228z=0,011,48−1,50​=−2⇒P(X≤1,48)=P(Z≤−2)≈0,0228 Svar: ≈0,023\approx0{,}023≈0,023 (ca. 2,3 %2{,}3\,\%2,3%).

b) Forklar kvifor éi flaske med lite vatn ikkje er eit gyldig argument.

Svar: 1,481{,}481,48 L er den minste av 242424 flasker, ikkje ei tilfeldig flaske. Når vi vel den minste av mange, er det venta at ho ligg lågt — sjølv om produsenten har rett. Å plukke ut minsteverdien er ei skeiv utveljing og kan ikkje brukast som bevis.

c) Formuler påstanden som ein hypotesetest.

Svar: H0: μ=1,50H_0{:}\;\mu=1{,}50H0​:μ=1,50 L (produsenten har rett) mot H1: μ<1,50H_1{:}\;\mu<1{,}50H1​:μ<1,50 L (flaskene inneheld mindre). Einsidig test.

d) Forklar korleis Henrik kan teste dette ved å sjå på gjennomsnittet, med relevante formlar.

Han bruker gjennomsnittet Xˉ\bar XXˉ av dei 242424 målingane. Under H0H_0H0​ er Xˉ\bar XXˉ normalfordelt med μ=1,50\mu=1{,}50μ=1,50 og standardavvik σXˉ=σn=0,0124≈0,00204\sigma_{\bar X}=\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}}=\dfrac{0{,}01}{\sqrt{24}}\approx0{,}00204σXˉ​=n ​σ​=24 ​0,01​≈0,00204. Testobservator: z=Xˉ−1,50σ/24\;z=\dfrac{\bar X-1{,}50}{\sigma/\sqrt{24}}z=σ/24 ​Xˉ−1,50​. Han reknar ut ppp-verdien P(Xˉ≤observert snitt)P(\bar X\le \text{observert snitt})P(Xˉ≤observert snitt) og forkastar H0H_0H0​ dersom p<0,05p<0{,}05p<0,05. Svar: Bruk Xˉ\bar XXˉ, σXˉ=0,0124\sigma_{\bar X}=\dfrac{0{,}01}{\sqrt{24}}σXˉ​=24 ​0,01​, rekn ut zzz og ppp-verdi, og samanlikn med signifikansnivået (t.d. 5 %5\,\%5%).

Oppgåve 6 6 poeng

Figuren viser kostnad (andregrad) og inntekt (lineær) for to varer. Frå grafane: vare 1 I1(x)=200xI_1(x)=200xI1​(x)=200x, K1(x)=1,25x2+25x+6000K_1(x)=1{,}25x^2+25x+6000K1​(x)=1,25x2+25x+6000; vare 2 I2(x)=120xI_2(x)=120xI2​(x)=120x, K2(x)=x2+20x+1600K_2(x)=x^2+20x+1600K2​(x)=x2+20x+1600.

a) Kva vare gir størst overskot, og ved kor mange einingar?

Overskot O=I−KO=I-KO=I−K, størst der I′=K′I'=K'I′=K′ (linja og tangenten til parabelen er parallelle).
Vare 1: O1(x)=−1,25x2+175x−6000O_1(x)=-1{,}25x^2+175x-6000O1​(x)=−1,25x2+175x−6000, maks ved x=70x=70x=70: O1(70)=125O_1(70)=125O1​(70)=125 kr.
Vare 2: O2(x)=−x2+100x−1600O_2(x)=-x^2+100x-1600O2​(x)=−x2+100x−1600, maks ved x=50x=50x=50: O2(50)=900O_2(50)=900O2​(50)=900 kr. Svar:Vare 2 gir størst overskot — 900900900 kr ved x=50x=50x=50 einingar (mot berre 125125125 kr for vare 1). Vare 1 har høg pris, men høge og bratt stigande kostnader gjer overskotsvindauget smalt.

b) Bestem prisskilnaden mellom vare 1 og vare 2.

Prisen per eining er stigningstalet til inntektslinja: vare 1 har 200200200 kr, vare 2 har 120120120 kr. Svar: Prisskilnaden er 200−120=80200-120=80200−120=80 kr per eining.

c) Bruk figuren (tangentane til K2K_2K2​) til å finne lågast mogleg einingskostnad for vare 2.

Einingskostnaden K2(x)x\dfrac{K_2(x)}{x}xK2​(x)​ er stigningstalet til linja frå origo til punktet (x,K2(x))(x,K_2(x))(x,K2​(x)). Han er minst når linja tangerer K2K_2K2​ — det er tangenten y=100xy=100xy=100x, som rører K2K_2K2​ i x=40x=40x=40. K2(40)40=402+20⋅40+160040=400040=100\frac{K_2(40)}{40}=\frac{40^2+20\cdot40+1600}{40}=\frac{4000}{40}=10040K2​(40)​=40402+20⋅40+1600​=404000​=100 Svar: Lågast einingskostnad er 100100100 kr per eining (ved x=40x=40x=40).

d) Finn K2(x)K_2(x)K2​(x) og I2(x)I_2(x)I2​(x) frå figuren.

Tangenten i x=0x=0x=0 er y=20x+1600⇒K2(0)=1600, K2′(0)=20y=20x+1600\Rightarrow K_2(0)=1600,\;K_2'(0)=20y=20x+1600⇒K2​(0)=1600,K2′​(0)=20. Tangenten i x=40x=40x=40 er y=100x⇒K2′(40)=100y=100x\Rightarrow K_2'(40)=100y=100x⇒K2′​(40)=100. Med K2(x)=ax2+20x+1600K_2(x)=ax^2+20x+1600K2​(x)=ax2+20x+1600 og K2′(x)=2ax+20K_2'(x)=2ax+20K2′​(x)=2ax+20: 80a+20=100⇒a=180a+20=100\Rightarrow a=180a+20=100⇒a=1. Inntektslinja I2I_2I2​ går gjennom origo og skjærer K2K_2K2​ i x=20x=20x=20 og x=80x=80x=80, altså stigningstal 120120120. Svar: K2(x)=x2+20x+1600K_2(x)=x^2+20x+1600K2​(x)=x2+20x+1600 og I2(x)=120xI_2(x)=120xI2​(x)=120x.

Oppgåve 7 4 poeng

Programmet simulerer 100100100 gonger to trekkingar A∼N(80,20)A\sim N(80,20)A∼N(80,20) og B∼N(70,30)B\sim N(70,30)B∼N(70,30). Kvar gong minst éin er over GRENSE=110\texttt{GRENSE}=110GRENSE=110, får den største («A» eller «B») eit poeng. Til slutt skriv det ut kven som vann flest.

a) Forklar kort kva koden gjer.

Svar: For kvar av 100100100 simuleringar trekkjer koden eit tilfeldig AAA og BBB. Berre når minst éin verdi er over 110110110, tel han opp A_vinnA\_\text{vinn}A_vinn dersom A>BA>BA>B, elles B_vinnB\_\text{vinn}B_vinn. Til slutt skriv han ut «A vinn», «B vinn» eller «Uavgjord» ut frå kven som fekk flest poeng.

b) Korleis kan Øystein endre SIMULERINGAR\texttt{SIMULERINGAR}SIMULERINGAR (linje 4) for å auke sannsynet for utskrifta «B vinn»?

BBB har større standardavvik (303030 mot 202020) og dominerer i den ekstreme høgre halen, så BBB vinn oftast blant dei tellande utfalla. Med få simuleringar kan tilfeldig variasjon gi «A vinn» eller «Uavgjord». Svar:Auk SIMULERINGAR\texttt{SIMULERINGAR}SIMULERINGAR. Fleire simuleringar gir eit resultat nærmare den sanne fordelinga (store tals lov), der BBB er favoritt — så sannsynet for utskrifta «B vinn» aukar.

c) Korleis kan han endre GRENSE\texttt{GRENSE}GRENSE (linje 5) for å auke same sannsyn?

Jo høgare grense, jo meir tel berre dei aller mest ekstreme verdiane — og der dominerer BBB (størst spreiing) endå tydelegare. Simulering: BBB-andelen av tellande utfall er ca. 0,450{,}450,45 ved grense 909090, 0,590{,}590,59 ved 110110110 og 0,780{,}780,78 ved 130130130. Svar:Auk GRENSE\texttt{GRENSE}GRENSE. Då blir BBB sin overvekt i den ekstreme halen endå større, og «B vinn» blir meir sannsynleg.

Del 2 — med hjelpemiddel

Oppgåve 1 4 poeng

Bakteriekultur 1: f(t)=2,2 e0,1t+0,4f(t)=2{,}2\,e^{0{,}1t+0{,}4}f(t)=2,2e0,1t+0,4 (millionar bakteriar, ttt dagar). Kultur 2: g(t)=1,2 e0,2t−0,2g(t)=1{,}2\,e^{0{,}2t-0{,}2}g(t)=1,2e0,2t−0,2.

a) Bestem f′(8)f'(8)f′(8) og løys f′(t)=8f'(t)=8f′(t)=8. Gi ei praktisk tolking.

f′(t)=2,2⋅0,1 e0,1t+0,4=0,22 e0,1t+0,4f'(t)=2{,}2\cdot0{,}1\,e^{0{,}1t+0{,}4}=0{,}22\,e^{0{,}1t+0{,}4}f′(t)=2,2⋅0,1e0,1t+0,4=0,22e0,1t+0,4. Då er f′(8)=0,22 e1,2≈0,73f'(8)=0{,}22\,e^{1{,}2}\approx0{,}73f′(8)=0,22e1,2≈0,73. 0,22 e0,1t+0,4=8⇒0,1t+0,4=ln⁡ ⁣80,22⇒t≈31,90{,}22\,e^{0{,}1t+0{,}4}=8\Rightarrow 0{,}1t+0{,}4=\ln\!\dfrac{8}{0{,}22}\Rightarrow t\approx31{,}90,22e0,1t+0,4=8⇒0,1t+0,4=ln0,228​⇒t≈31,9. Svar: f′(8)≈0,73f'(8)\approx0{,}73f′(8)≈0,73 — etter 888 dagar veks kultur 1 med ca. 0,730{,}730,73 mill. bakteriar per dag. Veksten når 888 mill./dag etter ca. 31,931{,}931,9 dagar.

b) Når er veksten i dei to kulturane like stor, og kor stor er han då?

g′(t)=1,2⋅0,2 e0,2t−0,2=0,24 e0,2t−0,2g'(t)=1{,}2\cdot0{,}2\,e^{0{,}2t-0{,}2}=0{,}24\,e^{0{,}2t-0{,}2}g′(t)=1,2⋅0,2e0,2t−0,2=0,24e0,2t−0,2. Løyser f′(t)=g′(t)f'(t)=g'(t)f′(t)=g′(t) (CAS): t≈5,1t\approx5{,}1t≈5,1 dagar. Svar: Veksten er like stor etter ca. 5,15{,}15,1 dagar, og er då ca. 0,550{,}550,55 mill. bakteriar per dag.

Oppgåve 2 5 poeng

Kasper set inn 27 50027\,50027500 kr 1.1.1. januar kvart år 202120212021–202520252025 på BSU, rente 5,40 %5{,}40\,\%5,40%.

a) Bruk ei geometrisk rekkje til å finne saldoen 31.12.202531.12.202531.12.2025.

Innskotet frå 1.1.20211.1.20211.1.2021 står i 555 år, det frå 1.1.20251.1.20251.1.2025 i 111 år: S=27 500(1,0545+1,0544+⋯+1,0541)=27 500⋅1,054⋅1,0545−11,054−1≈161 445S=27\,500\big(1{,}054^{5}+1{,}054^{4}+\cdots+1{,}054^{1}\big)=27\,500\cdot1{,}054\cdot\frac{1{,}054^{5}-1}{1{,}054-1}\approx161\,445S=27500(1,0545+1,0544+⋯+1,0541)=27500⋅1,054⋅1,054−11,0545−1​≈161445 Svar: Kasper har ca. 161 445161\,445161445 kr på BSU-kontoen 31.12.202531.12.202531.12.2025.

b) Huslån 2 600 0002\,600\,0002600000 kr (303030 år, 5 %5\,\%5%) og forbrukslån 150 000150\,000150000 kr (101010 år) er annuitetslån. Samla terminbeløp er 200 000200\,000200000 kr. Kva er renta på forbrukslånet?

Terminbeløp huslån: Th=2 600 000⋅0,051−1,05−30≈169 134T_h=\dfrac{2\,600\,000\cdot0{,}05}{1-1{,}05^{-30}}\approx169\,134Th​=1−1,05−302600000⋅0,05​≈169134 kr. Då er terminbeløp forbrukslån Tf=200 000−169 134≈30 866T_f=200\,000-169\,134\approx30\,866Tf​=200000−169134≈30866 kr. Løyser 150 000⋅r1−(1+r)−10=30 866\dfrac{150\,000\cdot r}{1-(1+r)^{-10}}=30\,8661−(1+r)−10150000⋅r​=30866 (CAS): Svar: Renta på forbrukslånet er ca. 15,9 %15{,}9\,\%15,9%.

Oppgåve 3 7 poeng

Etterspurnad E(p)=2700−p2E(p)=2700-p^2E(p)=2700−p2, p∈[10,45]p\in[10,45]p∈[10,45] (kr per eining).

a) Bestem inntekta I(p)I(p)I(p), og finn prisen som gir høgast inntekt.

I(p)=p⋅E(p)=p(2700−p2)=2700p−p3I(p)=p\cdot E(p)=p(2700-p^2)=2700p-p^3I(p)=p⋅E(p)=p(2700−p2)=2700p−p3. I′(p)=2700−3p2=0⇒p2=900⇒p=30I'(p)=2700-3p^2=0\Rightarrow p^2=900\Rightarrow p=30I′(p)=2700−3p2=0⇒p2=900⇒p=30. Svar: I(p)=2700p−p3I(p)=2700p-p^3I(p)=2700p−p3; høgast inntekt ved p=30p=30p=30 kr, I(30)=54 000I(30)=54\,000I(30)=54000 kr.

b) Vis at bedrifta må produsere og selje 875875875 einingar for størst overskot.

Kostnadstabellen passar med K(x)=0,01x2+15x+5000K(x)=0{,}01x^2+15x+5000K(x)=0,01x2+15x+5000 (kvadratisk regresjon). Med p=2700−xp=\sqrt{2700-x}p=2700−x ​ blir inntekta I(x)=x2700−xI(x)=x\sqrt{2700-x}I(x)=x2700−x ​, og overskotet O(x)=I(x)−K(x)O(x)=I(x)-K(x)O(x)=I(x)−K(x). O′(x)=0O'(x)=0O′(x)=0 gir x=875x=875x=875 (CAS), og O′′(875)<0O''(875)<0O′′(875)<0, altså eit maksimum. Svar: Overskotet er størst ved x=875x=875x=875 einingar per veke. ✓

c) Salet dei 888 første vekene: 680,750,790,820,840,855,860,865680,750,790,820,840,855,860,865680,750,790,820,840,855,860,865. Målet er 45 00045\,00045000 einingar første året. Klarer bedrifta målet?

Salet flatar ut mot ca. 870870870–875875875 per veke (logistisk trend). Ein modell tilpassa dei 888 punkta og summert over 525252 veker gir ca. 44 80044\,80044800 einingar. Svar: Nei — trenden gir ca. 44 80044\,80044800 einingar på eit år, altså så vidt under målet på 45 00045\,00045000. Bedrifta når truleg ikkje heilt målet (men er svært nær).

Oppgåve 4 4 poeng

Rekursiv rekkje: an=(an−1)2−1a_n=\big(a_{n-1}\big)^2-1an​=(an−1​)2−1.

a) Lag eit program som skriv ut dei 666 første ledda når a1=5a_1=5a1​=5.

a = 5
for n in range(6):
    print(a)
    a = a**2 - 1Svar: 5, 24, 575, 330 624, 109 312 229 375, …5,\;24,\;575,\;330\,624,\;109\,312\,229\,375,\;\ldots5,24,575,330624,109312229375,… — rekkja veks svært raskt (divergerer).

b) Finst det eit heiltal a1a_1a1​ som gjer rekkja konvergent?

Prøver heiltal: a1=0⇒0,−1,0,−1,…a_1=0\Rightarrow 0,-1,0,-1,\ldotsa1​=0⇒0,−1,0,−1,…; a1=−1⇒−1,0,−1,0,…a_1=-1\Rightarrow -1,0,-1,0,\ldotsa1​=−1⇒−1,0,−1,0,…; a1=1⇒1,0,−1,0,…a_1=1\Rightarrow 1,0,-1,0,\ldotsa1​=1⇒1,0,−1,0,… — alle endar i sykelen 0,−10,-10,−1, som ikkje konvergerer (ingen einsleg grenseverdi). For ∣a1∣≥2|a_1|\ge2∣a1​∣≥2 veks rekkja mot uendeleg. Svar: Nei. Ingen heiltal gir konvergens — a1∈{−1,0,1}a_1\in\{-1,0,1\}a1​∈{−1,0,1} gir ein tovekslande sykel 0,−1,0,−1,…0,-1,0,-1,\ldots0,−1,0,−1,…, og ∣a1∣≥2|a_1|\ge2∣a1​∣≥2 divergerer.

Løysingsforslaget er laga av ifingo og kvalitetssikra med CAS/programmering. Oppgåvesettet (REA3062, våren 2026) er henta frå Utdanningsdirektoratet og kan lastast ned som PDF øvst på sida. Finn du ein feil? Sei frå, så rettar vi det raskt.