Eksempelsett vår 2026

Innhold

Eksempelsett vår 2026#

Del 1 – 3 timer – Uten hjelpemidler#

Oppgave 1#

Deriver funksjonene.

a)

\[ f(x) = x^4 - 2e^{3x} + \ln x \]

\[ f'(x) = 4x^3 - 6e^{3x} + \frac{1}{x} \]

b)

\[ g(x) = x^7 e^x \]

\[ g'(x) = e^x x^6 (x + 7) \]

Vi bruker produktregelen for derivasjon:

\[\begin{split} \begin{align*} g'(x) &= (x^7)' \cdot e^x + x^7 \cdot (e^x)' \\ \\ &= 7x^6 \cdot e^x + x^7 \cdot e^x \\ \\ &= e^x (x^7 + 7x^6) \\ \\ &= e^x x^6 (x + 7) \end{align*} \end{split}\]

c)

\[ h(x) = \dfrac{\ln (2x)}{x^2} \]

\[ h'(x) = \dfrac{1 - 2 \ln (2x)}{x^3} \]

Vi bruker kvotientregelen for derivasjon:

\[\begin{split} \begin{align*} h'(x) &= \dfrac{\left(ln(2x)\right)'x^2 - \ln(2x) \cdot (x^2)'}{(x^2)^2} \\ \\ &= \dfrac{\dfrac{1}{2x} \cdot 2 \cdot x^2 - \ln(2x) \cdot 2x}{x^4} \\ \\ &= \dfrac{x - 2x \ln(2x)}{x^4} \\ \\ &= \dfrac{1 - 2 \ln(2x)}{x^3} \end{align*} \end{split}\]

Oppgave 2#

a)

Løs likningen

\[ 4^x - 2 \cdot 2^x = 8 \]

\[ x = 2 \]

Vi kan først skrive om likningen til

\[ 2^{2x} - 2 \cdot 2^x - 8 = 0 \]

Deretter setter vi $u = 2^x$ som gir oss andregradslikningen

\[ u^2 - 2u - 8 = 0 \]

Vi løser denne med $abc$-formelen som gir

\[ u = \dfrac{2 \pm \sqrt{4 + 32}}{2} = \dfrac{2 \pm \sqrt{36}}{2} = \dfrac{2 \pm 6}{2} = 1 \pm 3 \]

Altså får vi at

\[ 2^x = -2 \or 2^x = 4 \]

Den første av de to er en ugyldig likning. Dermed blir den eneste løsningen av likningen

\[ 2^x = 4 \liff x = 2. \]

b)

Løs likningen

\[ \log_2 (x) + \log_2 (x - 3) = 2 \]

\[ x = 4 \]

Vi kan bruke logaritmeregler for å skrive om venstresiden av likningen:

\[ \log_2[x(x - 3)] = 2 \]

Det betyr at

\[ x(x - 3) = 2^2 \liff x^2 - 3x - 4 = 0 \]

Vi løser denne andregradslikningen med $abc$-formelen som gir

\[ x = \dfrac{3 \pm \sqrt{9 + 16}}{2} = \dfrac{3 \pm 5}{2} \]

som betyr at

\[ x = 4 \or x = -1 \]

Løsningen kan ikke være negativ fordi da ville $\log_2 (x)$ være udefinert. Dermed er den eneste løsningen av likningen

\[ x = 4. \]

Oppgave 3#

Gitt punktene $A(-2, 1)$, $B(2, -1)$, $C(4, 2)$ og $D(t, 3)$ der $t \in \real$.

a)

Avgjør om $\lvec{AB} \perp \lvec{BC}$.

$\lvec{AB} \not\perp \lvec{BC}$

Vi finner først vektorene $\lvec{AB}$ og $\lvec{BC}$:

\[ \lvec{AB} = [2 - (-2), -1 - 1] = [4, -2] \]

\[ \lvec{BC} = [4 - 2, 2 - (-1)] = [2, 3] \]

Deretter finner vi skalarproduktet av de to vektorene:

\[ \lvec{AB} \cdot \lvec{BC} = 4 \cdot 2 + (-2) \cdot 3 = 8 - 6 = 2 \]

Siden skalarproduktet ikke er lik $0$, så er $\lvec{AB} \not\perp \lvec{BC}$.

b)

Bruk vektorregning til å bestemme $t$ slik at $\lvec{AB} \perp \lvec{AD}$.

\[ t = -1. \]

Vi har vektoren $\lvec{AB} = [4, -2]$ fra oppgave a. Vi må også finne vektoren $\lvec{AD}$:

\[ \lvec{AD} = [t - (-2), 3 - 1] = [t + 2, 2] \]

For at $\lvec{AB} \perp \lvec{AD}$, så må skalarproduktet av de to vektorene være lik $0$:

\[ \lvec{AB} \cdot \lvec{AD} = 4(t + 2) + (-2) \cdot 2 = 4t + 8 - 4 = 4t + 4 \]

Altså må

\[ 4t + 4 = 0 \liff t = -1. \]

c)

Bestem $t$ slik at $\vec{AB} \parallel \vec{CD}$.

\[ t = 2 \]

Fra oppgave a har vi at

\[ \lvec{AB} = [4, -2] \]

Vi finner også vektoren $\lvec{CD}$:

\[ \lvec{CD} = [t - 4, 3 - 2] = [t - 4, 1] \]

For at de to vektorene skal være parallelle, må forholdstallet mellom vektorkomponentene være like. Det vil si

\[ \dfrac{4}{t - 4} = \dfrac{-2}{1} \liff 4 = -2(t - 4) \liff 4 = -2t + 8 \liff -2t = -4 \liff t = 2. \]

Altså må $t = 2$ for at $\lvec{AB} \parallel \lvec{CD}$.

Oppgave 4#

Figuren til høyre viser en kvartsirkel med radius $2$. Funksjonen for kvartsirkelen er gitt ved

\[ f(x) = \sqrt{4 - x^2} \qfor 0 \leq x \leq 2. \]

Firkanten $OABC$ er et rektangel, der $O$ er origo, $A$ ligger på $x$-aksen, $B$ ligger på kvartsirkelen og $C$ ligger på $y$-aksen.

a)

Bestem en eksakt verdi for arealet av det fargelagte området når $x = 1$.

\[ T_\mathrm{fargelagt} = \pi - \sqrt{3} \]

Arealet av det fargelagte området blir

\[ T_\mathrm{fargelagt} = T_\mathrm{kvartsirkel} - T_\mathrm{rektangel} \]

Arealet av kvartsirkelen er gitt ved

\[ T_\mathrm{kvartsirkel} = \dfrac{1}{4} \pi \cdot 2^2 = \pi \]

Arealet av rektangelet er gitt ved

\[ T_\mathrm{rektangel} = 1 \cdot f(1) = 1 \cdot \sqrt{4 - 1^2} = 1 \cdot \sqrt{3} = \sqrt{3} \]

Altså er arealet av det fargelagte området lik

\[ T_\mathrm{fargelagt} = \pi - \sqrt{3} \]

b)

Bestem det minste arealet det fargelagte området kan ha.

\[ T_\mathrm{minst} = \pi - 2 \]

Arealet $T(x)$ av det fargelagte området vil være gitt ved

\[ T(x) = \pi - xf(x) = \pi - x\sqrt{4 - x^2} \]

Vi deriverer $T(x)$ for å finne kritiske punkter:

\[\begin{split} \begin{align*} T'(x) &= -\sqrt{4 - x^2} - x \cdot \dfrac{-2x}{2\sqrt{4 - x^2}} \\ \\ &= -\sqrt{4 - x^2} + \dfrac{x^2}{\sqrt{4 - x^2}} \\ \end{align*} \end{split}\]

Så løser vi $T'(x) = 0$ som gir

\[ T'(x) = 0 \liff -\sqrt{4 - x^2} + \dfrac{x^2}{\sqrt{4 - x^2}} = 0 \]

som vi kan skrive om til

\[ \sqrt{4 - x^2} = \dfrac{x^2}{\sqrt{4 - x^2}} \]

Vi ganger med $\sqrt{4 - x^2}$ på begge sider av likningen som gir oss

\[ 4 - x^2 = x^2 \liff 4 = 2x^2 \liff x^2 = 2 \liff x = \sqrt{2}. \]

Arealet i dette punktet vil være

\[ T(\sqrt{2}) = \pi - \sqrt{2} \cdot \sqrt{4 - 2} = \pi - \sqrt{2} \cdot \sqrt{2} = \pi - 2. \]

Vi sjekker at arealet er større i endepunktene for å være sikre på at dette er det minste arealet:

\[ T(0) = \pi - 0 \cdot \sqrt{4 - 0^2} = \pi \]

\[ T(2) = \pi - 2 \cdot \sqrt{4 - 2^2} = \pi \]

Altså er det minste arealet det fargelagte området kan ha gitt ved

\[ T_\mathrm{minst} = \pi - 2. \]

Oppgave 5#

Funksjonen $f$ er gitt ved

\[\begin{split} f(x) = \begin{cases} x^2 + bx & \qhvis x \lt 1 \\ \\ e^{a(x - 1)} + 3 & \qhvis x \geq 1 \end{cases} \end{split}\]

Bestem $a$ og $b$ slik at $f$ er kontinuerlig og deriverbar i $x = 1$.

\[ a = 5 \and b = 3. \]

Vi lar

\[ p(x) = x^2 + bx \qog q(x) = e^{a(x - 1)} + 3. \]

For at $f$ skal være kontinuerlig i $x = 1$, så må vi kreve at

\[ p(1) = q(1) \liff 1 + b = 4 \liff b = 3. \]

For at $f$ skal være deriverbar i $x = 1$, så må også kreve at

\[ p'(1) = q'(1). \]

Vi finner først $p'(x)$ og $q'(x)$:

\[ p'(x) = 2x + b \]

\[ q'(x) = ae^{a(x - 1)} \]

Altså må vi ha at

\[ p'(1) = q'(1) \liff 2 + b = ae^{0} \liff 2 + 3 = a \liff a = 5. \]

Altså er $f$ kontinuerlig og deriverbar i $x = 1$ dersom

\[ a = 5 \and b = 3. \]

Oppgave 6#

a)

Bestem grenseverdien

\[ \lim_{x\to 4} \dfrac{x - 4}{2 - \sqrt{x}} \]

\[ \lim_{x\to 4} \dfrac{x - 4}{2 - \sqrt{x}} = -4 \]

Vi prøver å sette inn $x = 4$ direkte i uttrykket:

\[ \lim_{x\to 4} \dfrac{x - 4}{2 - \sqrt{x}} = \dfrac{4 - 4}{2 - \sqrt{4}} = \dfrac{0}{2 - 2} = \dfrac{0}{0} \]

Vi får et ubestemt uttrykk på formen $0/0$ så da kan vi bruke L’Hôpitals regel:

\[ \lim_{x\to 4} \dfrac{x - 4}{2 - \sqrt{x}} \overset{[\frac{0}{0}]}{=} \lim_{x\to 4} \dfrac{1}{-\dfrac{1}{2\sqrt{x}}} = \lim_{x\to 4} -2\sqrt{x} = -4. \]

b)

Bestem $a$ slik at grenseverdien nedenfor eksisterer.

\[ \lim_{x\to a} \dfrac{8 - \sqrt{ax}}{x - a} \]

Bestem grenseverdien for denne verdien av $a$.

\[ a = 8 \and \lim_{x\to a} \dfrac{8 - \sqrt{ax}}{x - a} = -\dfrac{1}{2}. \]

Setter vi inn $x = a$ i uttrykket, så får vi $0$ i nevneren. Den eneste måten grenseverdien kan eksistere er dersom vi også får $0$ i telleren:

\[ 8 - \sqrt{a^2} = 8 - \abs{a} = 0 \liff \abs{a} = 8 \]

Vi må forutsette at $a > 0$, så den eneste muligheten er

\[ a = 8. \]

Grenseverdien blir da

\[ \lim_{x\to 8} \dfrac{8 - \sqrt{8x}}{x - 8} \overset{[\frac{0}{0}]}{=} \lim_{x\to 8} \dfrac{-\dfrac{1}{2\sqrt{8x}} \cdot 8}{1} = \lim_{x\to 8} -\dfrac{4}{\sqrt{8x}} = -\dfrac{4}{\sqrt{64}} = -\dfrac{4}{8} = -\dfrac{1}{2}. \]

Oppgave 7#

For to vektorer $\vec{a}$ og $\vec{b}$ er

$\abs{\vec{a}} = 4$
$\abs{\vec{b}} = 5$
$\cos \varphi = \dfrac{1}{2}$ der $\varphi$ er vinkelen mellom $\vec{a}$ og $\vec{b}$.

a)

Bestem $\vec{a} \cdot \vec{b}$.

\[ \vec{a} \cdot \vec{b} = 10. \]

Den geometriske formelen for skalarproduktet av to vektorer er gitt ved

\[ \vec{a} \cdot \vec{b} = \abs{\vec{a}} \cdot \abs{\vec{b}} \cdot \cos \varphi \]

Ergo får vi at

\[ \vec{a} \cdot \vec{b} = 4 \cdot 5 \cdot \dfrac{1}{2} = 10. \]

En vektor $\vec{p}$ er gitt ved

\[ \vec{p} = 2\vec{a} + t \cdot \vec{b} \]

b)

Bestem $t$ slik at $\abs{\vec{p}}$ er minst mulig.

\[ t = -\dfrac{4}{5}. \]

Vi ønsker å gjøre $\abs{\vec{p}}$ minst mulig. Det kan vi gjøre ved å gjøre $\abs{\vec{p}}^2$ minst mulig. Vi har at

\[\begin{split} \begin{align*} \abs{\vec{p}}^2 &= \vec{p} \cdot \vec{p} \\ \\ &= (2\vec{a} + t \cdot \vec{b}) \cdot (2\vec{a} + t \cdot \vec{b}) \\ \\ &= 4\vec{a} \cdot \vec{a} + 4t \cdot \vec{a} \cdot \vec{b} + t^2 \cdot \vec{b} \cdot \vec{b} \\ \\ &= 4 \cdot 16 + 4t \cdot 10 + t^2 \cdot 25 \\ \\ &= 64 + 40t + 25t^2 \\ \\ &= 25t^2 + 40t + 64 \end{align*} \end{split}\]

Vi deriverer og setter lik $0$ for å finne kritiske punkter:

\[ (25t^2 + 40t + 64)' = 0 \liff 50t + 40 = 0 \liff t = -\dfrac{4}{5}. \]

Altså blir $\abs{\vec{p}}$ minst mulig når $t = -\dfrac{4}{5}$.

Del 2 – 2 timer – Med hjelpemidler#

Oppgave 1#

Tabellen nedenfor viser hvor mange prosent strøm en telefon som opprinnelig var tom for strøm har $t$ minutter etter at den blir koblet til laderen.

Tid (minutter)	$5$	$10$	$15$	$20$	$40$	$60$
Batteristrøm (prosent)	$7$	$11$	$17$	$25$	$72$	$94$

a)

Lag en modell for batteristrømmen $B(t)$ (prosent), $t$ minutter etter at telefonen blir koblet i laderen på formen

\[ B(t) = \dfrac{c}{1 + a\cdot e^{-b\cdot t}} \]

\[ B(t) = \dfrac{98.5}{1 + 22.5 e^{-0.1 \cdot t}} \]

Vi legger inn datapunktene i et regneark:

Deretter bruker vi GeoGebra mode_regression icon til å lage en logistisk regresjonsmodell for datapunktene:

Altså er en god logistisk modell for batteristrømmen til telefonen gitt ved

\[ B(t) = \dfrac{98.5}{1 + 22.5 e^{-0.1 \cdot t}} \]

I resten av oppgaven skal du bruke modellen

\[ B(t) = \dfrac{100}{1 + 22 \cdot e^{-0.1 \cdot t}} \]

b)

Ved hvilket tidspunkt lades telefonen raskest ifølge modellen?

Hvor raskt øker batteriprosenten på dette tidspunktet?

ca. $2.5~\%$ per minutt etter $30.9$ minutter.

Siden modellen er en logistisk modell, vil $B(t) = 100/2 = 50$ gi oss tidspunktet hvor telefonen lades raskest. Vi kan deretter finne hvor raskt batteriprosenten øker ved å regne ut $B'(t)$ i dette tidspunktet:

Altså øker batteriprosenten raskest med ca. $2.5~\%$ per minutt etter $30.9$ minutter.

Oppgave 2#

Funksjonen $f$ er gitt ved

\[ f(x) = \dfrac{1}{3}x^3 - 2x^2 + 3x + 1 \]

a)

Bestem det største intervallet $I = [a, b]$ der $f$ har en omvendt funksjon og $2 \in I$

\[ I = [1, 3]. \]

For at $f$ skal ha en omvendt funksjon på intervallet $I$, må vi sørge for at det ikke finnes noen ekstremalpunkter på innsiden av intervallet. Vi løser derfor $f'(x) = 0$:

som gir $x = 1$ og $x = 3$. Vi må sjekke at dette er ekstremalpunkter som vi kan gjøre med andrederiverttesten:

I begge tilfeller er $f''(x) \neq 0$ som betyr at begge punkter er ekstremalpunkter. Vi skal også sørge for at $2 \in I$ som betyr at det største intervallet som sørger for at $f$ har en omvendt funksjon og $2 \in I$ er gitt ved

\[ I = [1, 3]. \]

La $g$ være den omvendte funksjonen til $f$. Det finnes to punkter på grafen til $g$ der $g'(x) = -\dfrac{4}{3}$.

b)

Finn koordinatene til disse punktene.

$\left(\dfrac{17}{8}, \dfrac{3}{2}\right)$ og $\left(\dfrac{29}{24}, \dfrac{5}{2}\right)$

I punktet $(y, x)$ på grafen til $g$ vil tilsvare et punkt $(x, y)$ på grafen til $f$ siden de er omvendte funksjoner. Da har vi også at

\[ f'(x) = \dfrac{1}{g'(y)} = \dfrac{1}{-\dfrac{4}{3}} = -\dfrac{3}{4}. \]

Vi løser derfor $f'(x) = -\dfrac{3}{4}$ som gir oss

Altså er punktene $\left(\dfrac{3}{2}, \dfrac{17}{8}\right)$ og $\left(\dfrac{5}{2}, \dfrac{29}{24}\right)$ punkter på grafen til $f$ der $f'(x) = -\dfrac{3}{4}$. Det betyr at punktene $\left(\dfrac{17}{8}, \dfrac{3}{2}\right)$ og $\left(\dfrac{29}{24}, \dfrac{5}{2}\right)$ er punkter på grafen til $g$ der $g'(x) = -\dfrac{4}{3}$.

Oppgave 3#

En golfball blir slått ut fra et tak som er 20 meter over bakkenivå.

Posisjonen til golfballen er gitt ved vektorfunksjonen

\[ \vec{r}(t) = [17t, -5t^2 + 29t + 20] \]

Her er $t$ tiden (målt i sekunder) etter at ballen blir slått ut fra taket, og koordinatene er gitt i meter. Førstekoordinaten er posisjon i horisontal retning, og andrekoordinaten er høyden til ballen over bakkenivå.

a)

Hvor lang tid tar det før golfballen treffer bakken?

Ca. $6.42$ sekunder.

Golfballen treffer bakken når $y$-komponenten er lik $0$ så vi løser $y(t) = 0$ med CAS:

Altså treffer golfballen bakken etter ca. $6.42$ sekunder.

b)

Bestem banefarten til golfballen i det øyeblikket den blir slått ut fra taket.

ca. $33.6~\mathrm{m/s}$

Banefarten til golfballen idet den blir slått ut er gitt ved $\abs{\vec{r}'(0)}$. Vi regner ut med CAS:

Altså er banefarten til golfballen idet den blir slått ut ca. $33.6~\mathrm{m/s}$

Ved $t = 0$ befinner en fugl seg i punktet $(20, 10)$. Fuglen flyr langs en rett linje med konstant banefart og fanger ballen når den er i sitt høyeste punkt over bakken.

c)

Bestem banefarten til fuglen.

Ca. $20.6~\mathrm{m/s}$.

Golfballen er i sitt høyest punkt når $y'(t) = 0$. Vi løser likningen med CAS som gir:

Altså er golfballen i sitt høyeste punkt når $t = \dfrac{29}{10}$. Koordinatene til punktet er $\vec{r}\left(\dfrac{29}{10}\right)$. Fuglen må flytte seg fra $(20, 10)$ til dette punktet på $\dfrac{29}{10}$ sekunder. Banefarten til fuglen er da gitt ved

\[ v = \dfrac{s}{t} = \dfrac{\abs{\vec{r}\left(\dfrac{29}{10}\right) - [20, 10]}}{\dfrac{29}{10}} \]

Vi regner ut dette med CAS:

Altså var banefarten til fuglen omtrent $20.6~\mathrm{m/s}$.

Oppgave 4#

En sirkel har sentrum i $S(3, 4)$. Et punkt $A(0, 8)$ ligger på sirkelen. En linje $\ell$ tangerer sirkelen i et punkt $P$ og har stigningstall $-\dfrac{3}{4}$.

Ved å plassere et tredje punkt $Q$ på sirkelen kan vi lage ulike trekanter.

Finn koordinatene til $P$ og $Q$ som gir trekanten med størst mulig areal.

\[ P(0, 0) \qog Q(8, 4). \]

Tangenten kan gå gjennom to forskjellige punkter $P_1$ og $P_2$ som vist i figuren til høyre.

Tangenten har stigningstall $-\dfrac{3}{4}$, så en retningsvektor for tangenten er gitt ved

\[ \vec{v} = \left[1, -\dfrac{3}{4}\right] \cdot 4 = [4, -3]. \]

Vektoren $\lvec{SP}_1$ må være ortogonal med $\vec{v}$, som betyr at den er parallell med en tverrvektor til $\vec{v}$. En tverrvektor til $\vec{v}$ er gitt ved

\[ \vec{v}_\perp = [3, 4]. \]

Vektoren $\lvec{SP}_1$ må ha samme lengde som radiusen til sirkelen. Radiusen kan vi finne ved

\[ r = \abs{\lvec{SA}} = \abs{[0 - 3, 8 - 4]} = \abs{[-3, 4]} = 5. \]

Altså har $\vec{v}_\perp$ riktig lengde allerede som betyr at $\lvec{SP}_1 = \vec{v}_\perp$. Koordinatene til $P_1$ får vi ved å følge tverrvektoren fra sentrum:

\[ \lvec{OP}_1 = \lvec{OS} + \vec{v}_\perp = [3, 4] + [3, 4] = [6, 8]. \]

Koordinatene til $P_2$ får vi ved å følge tverrvektoren fra sentrum i motsatt retning:

\[ \lvec{OP}_2 = \lvec{OS} - \vec{v}_\perp = [3, 4] - [3, 4] = [0, 0]. \]

Vi tenker oss nå at $P_1$ er tangeringspunktet. Da vil punktet $Q_1$ som gir en trekant med størst mulig areal, være plassert på sirkelen slik at det har størst mulig avstand fra linjestykke $AP_1$. Hvis vi lar $M_1$ være midtpunktet på linjestykke $AP_1$, så vil linjestykke fra $M_1$ til $Q_1$ være det som gir størst mulig avstand. Vi finner først koordinatene til $M_1$:

\[\begin{split} \begin{align*} \lvec{OM}_1 &= \dfrac{\lvec{OA} + \lvec{OP}_1}{2} \\ \\ &= \dfrac{[0, 8] + [6, 8]}{2} \\ \\ &= [3, 8]. \end{align*} \end{split}\]

Vektoren $\lvec{M_1Q_1}$ vil være parallell med $\lvec{M_1S}$. Vi kan dele opp vektoren som

\[ \lvec{M_1Q_1} = \lvec{M_1S} + \dfrac{\lvec{M_1S}}{\abs{\lvec{M_1S}}} \cdot r \]

siden vi først må flytte oss fra $M_1$ til sentrum og deretter flytter vi oss i samme retning med en lengde lik radiusen til sirkelen. Da får vi at

\[ \lvec{M_1Q_1} = [0, -4] + \dfrac{[0, -4]}{\abs{[0, -4]}} \cdot 5 = [0, -4] + [0, -5] = [0, -9]. \]

Ergo blir koordinatene til $Q_1$:

\[ \lvec{OQ}_1 = \lvec{OM}_1 + \lvec{M_1Q_1} = [3, 8] + [0, -9] = [3, -1]. \]

Arealet av trekanten $AP_1Q_1$ blir

\[ T_1 = \dfrac{1}{2} \cdot \abs{\lvec{AP}_1} \cdot \abs{\lvec{M_1Q_1}} = \dfrac{1}{2} \cdot 6 \cdot 9 = 27. \]

Vi gjentar de samme utregningene for $P_2$. Vi har da at midtpunktet $M_2$ på linjestykke $AP_2$ har koordinatene

\[\begin{split} \begin{align*} \lvec{OM}_2 &= \dfrac{\lvec{OA} + \lvec{OP}_2}{2} \\ \\ &= \dfrac{[0, 8] + [0, 0]}{2} \\ \\ &= [0, 4]. \end{align*} \end{split}\]

Vektoren $\lvec{M_2Q_2}$ vil være parallell med $\lvec{M_2S}$. Vi kan dele opp vektoren som

\[ \lvec{M_2Q_2} = \lvec{M_2S} + \dfrac{\lvec{M_2S}}{\abs{\lvec{M_2S}}} \cdot r \]

Da får vi

\[ \lvec{M_2Q_2} = [3, 0] + \dfrac{[3, 0]}{\abs{[3, 0]}} \cdot 5 = [3, 0] + [5, 0] = [8, 0]. \]

Ergo blir koordinatene til $Q_2$:

\[ \lvec{OQ}_2 = \lvec{OM}_2 + \lvec{M_2Q_2} = [0, 4] + [8, 0] = [8, 4]. \]

Arealet av trekanten $AP_2Q_2$ blir

\[ T_2 = \dfrac{1}{2} \cdot \abs{\lvec{AP}_2} \cdot \abs{\lvec{M_2Q_2}} = \dfrac{1}{2} \cdot 8 \cdot 8 = 32. \]

Dette blir den trekanten som har det største arealet, så koordinatene til $P$ og $Q$ må være

\[ P(0, 0) \qog Q(8, 4). \]