Løsningsforslag – Matematikk S2 Høst 2025

Eksamen REA3062

Oppgave 1 (2 poeng)

Vi bruker delvis integrasjon med formelen:

\[ \int u \, dv = u \cdot v - \int v \, du \]

Vi velger:

• \( u = x \quad \Rightarrow \quad du = dx \)
• \( dv = e^x \, dx \quad \Rightarrow \quad v = e^x \)

Da får vi:

\[ \int x \cdot e^x \, dx = x \cdot e^x - \int e^x \, dx = x \cdot e^x - e^x + C \]

Oppgave 2 (6 poeng)

a)

Vi identifiserer den aritmetiske rekken:

• Første ledd: \( a_1 = -3 \)
• Differanse: \( d = 0 - (-3) = 3 \)

Vi finner antall ledd. Det \(n\)-te leddet er gitt ved \( a_n = a_1 + (n-1) \cdot d \):

\[ 69 = -3 + (n-1) \cdot 3 \] \[ 72 = (n-1) \cdot 3 \] \[ n - 1 = 24 \] \[ n = 25 \]

Summen av en aritmetisk rekke er:

\[ S_n = \frac{n(a_1 + a_n)}{2} = \frac{25 \cdot (-3 + 69)}{2} = \frac{25 \cdot 66}{2} = \frac{1650}{2} = 825 \]

b)

Dette er en uendelig geometrisk rekke med:

• Første ledd: \( a_1 = 5 \)
• Kvotient: \( k = \frac{1}{2} - x \)

En uendelig geometrisk rekke konvergerer hvis og bare hvis \( |k| < 1 \):

\[ \left|\frac{1}{2} - x\right| < 1 \]

Vi løser denne ulikheten:

\[ -1 < \frac{1}{2} - x < 1 \]

Vi trekker fra \(\frac{1}{2}\) i alle ledd:

\[ -\frac{3}{2} < -x < \frac{1}{2} \]

Vi ganger med \(-1\) (og snur ulikhetstegnene):

\[ -\frac{1}{2} < x < \frac{3}{2} \]

c)

Ballen faller først 2 meter ned. Deretter spretter den opp og ned gjentatte ganger.

Etter første sprett: opp \(2 \cdot 0{,}75\) m og ned \(2 \cdot 0{,}75\) m.

Etter andre sprett: opp \(2 \cdot 0{,}75^2\) m og ned \(2 \cdot 0{,}75^2\) m.

Og så videre.

Total strekning:

\[ S = 2 + 2 \cdot 2 \cdot 0{,}75 + 2 \cdot 2 \cdot 0{,}75^2 + 2 \cdot 2 \cdot 0{,}75^3 + \ldots \] \[ S = 2 + 4 \left(0{,}75 + 0{,}75^2 + 0{,}75^3 + \ldots\right) \]

Uttrykket i parentesen er en uendelig geometrisk rekke med \(a_1 = 0{,}75\) og \(k = 0{,}75\):

\[ 0{,}75 + 0{,}75^2 + \ldots = \frac{0{,}75}{1 - 0{,}75} = \frac{0{,}75}{0{,}25} = 3 \]

Dermed:

\[ S = 2 + 4 \cdot 3 = 2 + 12 = 14 \]

Oppgave 3 (5 poeng)

a)

Vi finner nullpunktene til \(f(x) = x^3 + x^2 - 2x = x(x^2 + x - 2) = x(x+2)(x-1)\).

Nullpunktene er \(x = -2\), \(x = 0\) og \(x = 1\).

Fra grafen ser vi at det markerte området ligger:

• Over \(x\)-aksen for \(x \in [-2, 0]\), altså \(f(x) \geq 0\) der
• Under \(x\)-aksen for \(x \in [0, 1]\), altså \(f(x) \leq 0\) der

Arealet er summen av de to delene. Siden \(f(x) \leq 0\) på \([0,1]\), gir \(\int_0^1 f(x)\,dx\) en negativ verdi. For å få arealet (som alltid er positivt) må vi trekke fra dette integralet:

\[ A = \int_{-2}^{0} f(x)\,dx - \int_{0}^{1} f(x)\,dx \]

b)

Vi finner den antideriverte av \(f(x) = x^3 + x^2 - 2x\):

\[ F(x) = \frac{x^4}{4} + \frac{x^3}{3} - x^2 \]

Areal over \(x\)-aksen (\(x \in [-2, 0]\)):

\[ \int_{-2}^{0} f(x)\,dx = F(0) - F(-2) = 0 - \left(\frac{16}{4} + \frac{-8}{3} - 4\right) = -\left(4 - \frac{8}{3} - 4\right) = -\left(-\frac{8}{3}\right) = \frac{8}{3} \]

Areal under \(x\)-aksen (\(x \in [0, 1]\)):

\[ \int_{0}^{1} f(x)\,dx = F(1) - F(0) = \left(\frac{1}{4} + \frac{1}{3} - 1\right) - 0 = \frac{3 + 4 - 12}{12} = -\frac{5}{12} \]

Totalt areal:

\[ A = \frac{8}{3} - \left(-\frac{5}{12}\right) = \frac{8}{3} + \frac{5}{12} = \frac{32}{12} + \frac{5}{12} = \frac{37}{12} \]

c)

Integralet \(\displaystyle \int_a^1 f(x)\,dx = 0\) betyr at det positive arealet (over \(x\)-aksen) og det negative arealet (under \(x\)-aksen) fra \(a\) til \(1\) opphever hverandre.

For \(a \approx -0{,}6\): Integralet fra \(-0{,}6\) til \(0\) (positivt bidrag) er akkurat like stort som absoluttverdien av integralet fra \(0\) til \(1\) (negativt bidrag).

Men det finnes en annen mulighet: Hvis vi velger \(a\) langt nok til venstre for \(-2\), vil integralet fra \(a\) til \(-2\) gi et negativt bidrag (fordi \(f(x) < 0\) for \(x < -2\)). Dersom dette negative bidraget er stort nok til å oppheve det positive bidraget fra \([-2, 0]\) pluss det negative fra \([0,1]\), kan integralet igjen bli null.

Vi vet at:

\[ \int_a^1 f(x)\,dx = \int_a^{-2} f(x)\,dx + \int_{-2}^{0} f(x)\,dx + \int_0^1 f(x)\,dx \]

Vi har beregnet at \(\displaystyle \int_{-2}^0 f(x)\,dx = \frac{8}{3}\) og \(\displaystyle \int_0^1 f(x)\,dx = -\frac{5}{12}\).

Summen av de to er \(\frac{8}{3} - \frac{5}{12} = \frac{27}{12} = \frac{9}{4} = 2{,}25\).

For at hele integralet skal bli null, trenger vi \(\displaystyle \int_a^{-2} f(x)\,dx = -2{,}25\).

Siden \(f(x) < 0\) for \(x < -2\), vil integralet fra \(a\) til \(-2\) bli mer og mer negativt jo lenger til venstre vi velger \(a\). Fra grafen ser vi at \(f(x)\) synker raskt for \(x < -2\).

Oppgave 4 (5 poeng)

a)

Endringen \(x\) per kast er poengene fra kastet minus kostnaden 2 poeng:

• Gul: \(0 - 2 = -2\)
• Grønn: \(1 - 2 = -1\)
• Blå: \(2 - 2 = 0\)
• Rød: \(3 - 2 = 1\)

Siden terningen har fire sider med lik sannsynlighet, er \(P(X = x) = \frac{1}{4}\) for hver verdi.

b)

Forventningsverdien:

\[ E(X) = \sum x \cdot P(X = x) = (-2) \cdot \frac{1}{4} + (-1) \cdot \frac{1}{4} + 0 \cdot \frac{1}{4} + 1 \cdot \frac{1}{4} \] \[ E(X) = \frac{-2 - 1 + 0 + 1}{4} = \frac{-2}{4} = -\frac{1}{2} \]

c)

Vi bruker formelen \(\text{Var}(X) = E(X^2) - [E(X)]^2\).

Først finner vi \(E(X^2)\):

\[ E(X^2) = (-2)^2 \cdot \frac{1}{4} + (-1)^2 \cdot \frac{1}{4} + 0^2 \cdot \frac{1}{4} + 1^2 \cdot \frac{1}{4} \] \[ E(X^2) = \frac{4 + 1 + 0 + 1}{4} = \frac{6}{4} = \frac{3}{2} \]

Da blir variansen:

\[ \text{Var}(X) = E(X^2) - [E(X)]^2 = \frac{3}{2} - \left(-\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{3}{2} - \frac{1}{4} = \frac{6}{4} - \frac{1}{4} = \frac{5}{4} \]

Oppgave 5 (3 poeng)

a)

Høyden til én tilfeldig elev er normalfordelt med \(\mu = 170\) og \(\sigma = 5\).

Vi ser etter en normalfordelingskurve sentrert på 170 med standardavvik 5. Det betyr at mesteparten av verdiene vil ligge mellom ca. 155 og 185 (dvs. \(\mu \pm 3\sigma\)).

b)

Gjennomsnittshøyden \(\bar{X}\) av et utvalg på \(n = 25\) elever er normalfordelt med:

• Forventningsverdi: \(\mu_{\bar{X}} = \mu = 170\)
• Standardavvik: \(\sigma_{\bar{X}} = \frac{\sigma}{\sqrt{n}} = \frac{5}{\sqrt{25}} = \frac{5}{5} = 1\)

Vi ser etter en normalfordelingskurve sentrert på 170, men med mye mindre spredning (standardavvik 1 i stedet for 5). Verdiene vil ligge mellom ca. 167 og 173.

Oppgave 1 (6 poeng)

a)

Vi setter \(t = 0\) i uke 17. Da har vi datapunktene:

\(t\)	0	1	2	3	4	5	6	7
\(I(t)\)	2 900	4 400	12 200	23 400	28 800	34 600	41 000	40 800

Dette er en logistisk modell. Vi observerer at inntekten ser ut til å flate ut rundt 40 000–41 000 kr/uke. Vi setter \(B \approx 41\,000\) som kapasitetsgrensen.

For \(t = 0\): \(I(0) = 2\,900\):

\[ 2\,900 = \frac{41\,000}{1 + a \cdot e^{0}} = \frac{41\,000}{1 + a} \] \[ 1 + a = \frac{41\,000}{2\,900} \approx 14{,}14 \] \[ a \approx 13{,}14 \]

For \(t = 3\): \(I(3) = 23\,400\):

\[ 23\,400 = \frac{41\,000}{1 + 13{,}14 \cdot e^{-3k}} \] \[ 1 + 13{,}14 \cdot e^{-3k} = \frac{41\,000}{23\,400} \approx 1{,}7521 \] \[ 13{,}14 \cdot e^{-3k} = 0{,}7521 \] \[ e^{-3k} = \frac{0{,}7521}{13{,}14} \approx 0{,}05724 \] \[ -3k = \ln(0{,}05724) \approx -2{,}860 \] \[ k \approx 0{,}953 \]

b)

I en logistisk modell øker veksten mest ved vendepunktet, som inntreffer når \(I(t) = \frac{B}{2}\).

\[ I(t) = \frac{B}{2} = \frac{41\,000}{2} = 20\,500 \]

Vi løser for \(t\):

\[ \frac{41\,000}{1 + 13{,}14 \cdot e^{-0{,}953t}} = 20\,500 \] \[ 1 + 13{,}14 \cdot e^{-0{,}953t} = 2 \] \[ 13{,}14 \cdot e^{-0{,}953t} = 1 \] \[ e^{-0{,}953t} = \frac{1}{13{,}14} \approx 0{,}07610 \] \[ -0{,}953t = \ln(0{,}07610) \approx -2{,}576 \] \[ t \approx 2{,}70 \]

Inntekten økte mest omtrent 2,7 uker etter uke 17, altså rundt midten av uke 19–20.

Vekstraten ved vendepunktet finner vi ved å derivere modellen. For en logistisk modell er den maksimale vekstraten:

\[ I'(t_{\text{vende}}) = \frac{B \cdot k}{4} = \frac{41\,000 \cdot 0{,}953}{4} \approx \frac{39\,073}{4} \approx 9\,768 \]

c)

Integralet \(\displaystyle \int_0^x I(t)\,dt\) representerer den totale inntekten fra salg av planter fra uke 17 til uke \(17 + x\).

Vi må løse \(\displaystyle \int_0^x \frac{41\,000}{1 + 13{,}14 \cdot e^{-0{,}953t}}\,dt = 65\,000\) numerisk (med hjelpemidler).

Vi beregner integralet for noen verdier av \(x\) (numerisk, med CAS/kalkulator):

• \(x = 3\): \(\displaystyle \int_0^3 I(t)\,dt \approx 33\,200\)
• \(x = 4\): \(\displaystyle \int_0^4 I(t)\,dt \approx 61\,000\)
• \(x = 4{,}1\): \(\displaystyle \int_0^{4{,}1} I(t)\,dt \approx 64\,200\)
• \(x = 4{,}13\): \(\displaystyle \int_0^{4{,}13} I(t)\,dt \approx 65\,200\)

Ved numerisk løsning (med CAS/kalkulator) finner vi:

Oppgave 2 (5 poeng)

a)

Vi deriverer \(K(x)\):

\[ K'(x) = 700 \cdot \frac{1}{200} \cdot e^{\frac{x}{200}} = \frac{7}{2} \cdot e^{\frac{x}{200}} \]

For \(x = 150\):

\[ K'(150) = \frac{7}{2} \cdot e^{\frac{150}{200}} = 3{,}5 \cdot e^{0{,}75} \approx 3{,}5 \cdot 2{,}1170 \approx 7{,}41 \]

b)

Enhetskostnaden er:

\[ E(x) = \frac{K(x)}{x} = \frac{700 \cdot e^{\frac{x}{200}}}{x} \]

Vi deriverer med brøkregelen og setter \(E'(x) = 0\):

\[ E'(x) = \frac{700 \cdot \frac{1}{200} \cdot e^{\frac{x}{200}} \cdot x - 700 \cdot e^{\frac{x}{200}} \cdot 1}{x^2} = \frac{700 \cdot e^{\frac{x}{200}} \left(\frac{x}{200} - 1\right)}{x^2} \]

Telleren er null når:

\[ \frac{x}{200} - 1 = 0 \quad \Rightarrow \quad x = 200 \]

(Vi kan se at \(E'(x) < 0\) for \(x < 200\) og \(E'(x) > 0\) for \(x > 200\), slik at \(x = 200\) gir et minimum.)

Enhetskostnaden ved \(x = 200\):

\[ E(200) = \frac{700 \cdot e^{\frac{200}{200}}}{200} = \frac{700 \cdot e}{200} = \frac{700 \cdot 2{,}7183}{200} \approx \frac{1902{,}8}{200} \approx 9{,}51 \]

c)

Overskudd betyr \(I(x) > K(x)\), altså:

\[ 80x - 0{,}10x^2 > 700 \cdot e^{\frac{x}{200}} \]

Vi løser likningen \(I(x) = K(x)\) numerisk (med hjelpemidler):

\[ 80x - 0{,}10x^2 = 700 \cdot e^{\frac{x}{200}} \]

Vi definerer \(f(x) = 80x - 0{,}10x^2 - 700 \cdot e^{\frac{x}{200}}\) og finner nullpunktet:

Vi tester noen verdier:

• \(f(9) = 720 - 8{,}1 - 700 \cdot e^{0{,}045} \approx 711{,}9 - 732{,}3 = -20{,}4 < 0\)
• \(f(10) = 800 - 10 - 700 \cdot e^{0{,}05} \approx 790 - 735{,}9 = 54{,}1 > 0\)

Mer presist: \(f(9{,}3) \approx 0\), altså skjæringspunktet er ved \(x \approx 9{,}3\).

Vi sjekker også den øvre delen av definisjonsområdet:

• \(f(500) = 40\,000 - 25\,000 - 700 \cdot e^{2{,}5} \approx 15\,000 - 8\,525 = 6\,475 > 0\)

Inntekten er større enn kostnaden for alle \(x\) fra ca. 9,3 til 500 innenfor det oppgitte definisjonsområdet.

Oppgave 3 (4 poeng)

a)

Vi setter opp en hypotesetest:

• \(H_0\): \(p = 0{,}01\) (andelen feilproduserte er 1 %)
• \(H_1\): \(p > 0{,}01\) (andelen feilproduserte er større enn 1 %)

Vi bruker signifikansnivå 5 %.

La \(X\) = antall feilproduserte komponenter i et utvalg på \(n = 20\). Under \(H_0\) er \(X \sim \text{Bin}(20;\, 0{,}01)\).

Vi observerte \(x = 1\) feil. Vi beregner \(P(X \geq 1)\) under \(H_0\):

\[ P(X \geq 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - \binom{20}{0} \cdot 0{,}01^0 \cdot 0{,}99^{20} \] \[ P(X = 0) = 0{,}99^{20} \approx 0{,}8179 \] \[ P(X \geq 1) = 1 - 0{,}8179 = 0{,}1821 \]

\(P\)-verdien er 0,1821 = 18,2 %, som er mye større enn signifikansnivået 5 %.

b)

Kontrolløren finner 1 feil blant \(n\) testede komponenter og vil bruke dette til å påstå at feilandelen er 1 % eller mindre, med mer enn 95 % sannsynlighet.

Legg merke til at testen her går motsatt vei av i a). Vi tester hypotesene:

• \(H_0\): \(p = 0{,}01\) (feilandelen er 1 %)
• \(H_1\): \(p < 0{,}01\) (feilandelen er lavere enn 1 %)

La \(X\) være antall feilproduserte blant de \(n\) testede. Under \(H_0\) er \(X\) binomisk fordelt med parametrene \(n\) og \(p = 0{,}01\). Kontrolløren observerte 1 feil, så \(p\)-verdien er \(P(X \leq 1)\). At det er «mer enn 95 % sannsynlighet» for at feilandelen er 1 % eller mindre, betyr at vi kan forkaste \(H_0\) på 5 % signifikansnivå:

\[ P(X \leq 1) = 0{,}99^n + n \cdot 0{,}01 \cdot 0{,}99^{\,n-1} < 0{,}05 \]

Venstre side avtar når \(n\) vokser, så vi leter etter den minste \(n\) som oppfyller ulikheten. Vi prøver oss fram med CAS eller regneark:

For \(n = 472\):

\[ P(X = 0) = 0{,}99^{472} \approx 0{,}008706 \] \[ P(X = 1) = 472 \cdot 0{,}01 \cdot 0{,}99^{471} \approx 0{,}041507 \] \[ P(X \leq 1) \approx 0{,}008706 + 0{,}041507 = 0{,}05021 > 0{,}05 \quad \times \]

For \(n = 473\):

\[ P(X = 0) = 0{,}99^{473} \approx 0{,}008619 \] \[ P(X = 1) = 473 \cdot 0{,}01 \cdot 0{,}99^{472} \approx 0{,}041179 \] \[ P(X \leq 1) \approx 0{,}008619 + 0{,}041179 = 0{,}04980 < 0{,}05 \quad \checkmark \]

Med 472 testede komponenter er \(p\)-verdien fortsatt over 5 %, mens den med 473 er under. Det er altså først ved 473 komponenter at én eneste feil er lite nok til at \(H_0\) kan forkastes.

Oppgave 4 (6 poeng)

a)

Mathias låner 357 000 kr med rente 4 % og betaler ned over 8 år med like store terminbeløp \(T\) per år.

Nåverdien av alle terminbeløpene skal være lik lånebeløpet. Med vekstfaktor \(r = 1{,}04\):

\[ 357\,000 = \frac{T}{1{,}04} + \frac{T}{1{,}04^2} + \frac{T}{1{,}04^3} + \ldots + \frac{T}{1{,}04^8} \]

Høyre side er en geometrisk rekke med:

• Første ledd: \(a_1 = \frac{T}{1{,}04}\)
• Kvotient: \(k = \frac{1}{1{,}04}\)
• Antall ledd: \(n = 8\)

Summen av den geometriske rekken:

\[ S_8 = a_1 \cdot \frac{k^8 - 1}{k - 1} = \frac{T}{1{,}04} \cdot \frac{\left(\frac{1}{1{,}04}\right)^8 - 1}{\frac{1}{1{,}04} - 1} \] \[ S_8 = \frac{T}{1{,}04} \cdot \frac{1{,}04^{-8} - 1}{\frac{1 - 1{,}04}{1{,}04}} = \frac{T}{1{,}04} \cdot \frac{1{,}04^{-8} - 1}{\frac{-0{,}04}{1{,}04}} \] \[ S_8 = T \cdot \frac{1 - 1{,}04^{-8}}{0{,}04} \]

Vi beregner \(1{,}04^8\):

\[ 1{,}04^8 \approx 1{,}3686 \quad \Rightarrow \quad 1{,}04^{-8} \approx 0{,}73069 \] \[ S_8 = T \cdot \frac{1 - 0{,}73069}{0{,}04} = T \cdot \frac{0{,}26931}{0{,}04} = T \cdot 6{,}73274 \]

Vi setter dette lik lånebeløpet:

\[ 357\,000 = T \cdot 6{,}73274 \] \[ T = \frac{357\,000}{6{,}73274} \approx 53\,024 \]

b)

For elbilen: Lån = 450 000 kr, terminbeløp = 52 000 kr, nedbetalingstid = 10 år. La vekstfaktoren være \(r = 1 + \text{rente}\).

Nåverdien av terminbeløpene:

\[ 450\,000 = 52\,000 \cdot \frac{1 - r^{-10}}{r - 1} \] \[ \frac{1 - r^{-10}}{r - 1} = \frac{450\,000}{52\,000} \approx 8{,}6538 \]

Vi løser dette numerisk. Vi tester ulike rentesatser:

• \(r = 1{,}03\) (3 %): \(\frac{1 - 1{,}03^{-10}}{0{,}03} = \frac{1 - 0{,}7441}{0{,}03} = \frac{0{,}2559}{0{,}03} = 8{,}530\). For lavt.
• \(r = 1{,}025\) (2,5 %): \(\frac{1 - 1{,}025^{-10}}{0{,}025} = \frac{1 - 0{,}7812}{0{,}025} = \frac{0{,}2188}{0{,}025} = 8{,}752\). For høyt.
• \(r = 1{,}028\) (2,8 %): \(\frac{1 - 1{,}028^{-10}}{0{,}028} = \frac{1 - 0{,}7574}{0{,}028} = \frac{0{,}2426}{0{,}028} = 8{,}664\). Nært!
• \(r = 1{,}0275\) (2,75 %): \(\frac{1 - 1{,}0275^{-10}}{0{,}0275} \approx 8{,}686\). Litt for høyt.
• \(r = 1{,}0285\) (2,85 %): \(\frac{1 - 1{,}0285^{-10}}{0{,}0285} \approx 8{,}642\). Litt for lavt.

Mer nøyaktig beregning (med CAS) gir \(r \approx 1{,}0272\), altså en rentesats på ca. 2,72 %.

c)

Tilbud 1 (dieselbilen):

• Totalt betalt: \(8 \cdot 53\,024 = 424\,192\) kr
• Totale renter: \(424\,192 - 357\,000 = 67\,192\) kr

Tilbud 2 (elbilen):

• Totalt betalt: \(10 \cdot 52\,000 = 520\,000\) kr
• Totale renter: \(520\,000 - 450\,000 = 70\,000\) kr

Oppgave 5 (3 poeng)

Vi ser på differansene mellom beløpene:

• Dag 1: 1
• Dag 2: 5 (økning 4)
• Dag 3: 10 (økning 5)
• Dag 4: 16 (økning 6)
• Dag 5: 23 (økning 7)

Økningen mellom dagene er: 4, 5, 6, 7, ... Altså øker differansen med 1 for hver dag.

Rekursiv sammenheng:

La \(a_n\) være beløpet som spares dag \(n\). Da er:

\[ a_1 = 1, \qquad a_n = a_{n-1} + (n + 2) \quad \text{for } n \geq 2 \]

Eller alternativt: Økningen fra dag \(n\) til dag \(n+1\) er \(n + 3\), slik at:

\[ a_{n+1} = a_n + (n + 3) \]

Program (Python):

a = 1        # beløp dag 1
total = 1    # total sparing
dag = 1

while total < 100000:
    dag = dag + 1
    a = a + dag + 2
    total = total + a

print(f"Wiggo må spare i {dag} dager.")
print(f"Da har han {total} kroner på konto.")

Merk: Økningen fra dag \(n-1\) til dag \(n\) er \(n+2\) (dag 2: økning 4 = 2+2, dag 3: økning 5 = 3+2, osv.).

Oppgave 6 (4 poeng)

a)

Forklaring: Sannsynligheten for at kast nummer \(n\) er nødvendig (dvs. at Ane ennå ikke har fått to like på rad) er gitt i tabellen. Forventningsverdien til antall kast er summen av disse sannsynlighetene. Det første kastet er alltid nødvendig (sannsynlighet 1). Det andre kastet er også alltid nødvendig (sannsynlighet 1), fordi vi trenger minst to kast. Fra og med kast 3 er kastet bare nødvendig dersom de to foregående kastene ikke ga samme resultat. Sannsynligheten for at to påfølgende kast ikke gir likt resultat er \(\frac{5}{6}\). Dermed avtar sannsynligheten geometrisk.

Forventet antall kast:

\[ E = 1 + 1 + \frac{5}{6} + \left(\frac{5}{6}\right)^2 + \left(\frac{5}{6}\right)^3 + \ldots \] \[ E = 2 + \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{5}{6}\right)^{n} \]

Den uendelige geometriske rekken \(\frac{5}{6} + \left(\frac{5}{6}\right)^2 + \ldots\) har første ledd \(a_1 = \frac{5}{6}\) og kvotient \(k = \frac{5}{6}\):

\[ \frac{5}{6} + \left(\frac{5}{6}\right)^2 + \ldots = \frac{\frac{5}{6}}{1 - \frac{5}{6}} = \frac{\frac{5}{6}}{\frac{1}{6}} = 5 \]

Dermed:

\[ E = 2 + 5 = 7 \]

b)

Program (Python):

import random

antall_simuleringer = 100000
total_sum = 0

for i in range(antall_simuleringer):
    forrige = random.randint(1, 6)
    oyne_sum = forrige

    while True:
        kast = random.randint(1, 6)
        oyne_sum += kast
        if kast == forrige:
            break
        forrige = kast

    total_sum += oyne_sum

forventet_sum = total_sum / antall_simuleringer
print(f"Forventet sum av øyne: {forventet_sum:.1f}")