Eksempelsett vår 2026

Del 1 – 3 timer – Uten hjelpemidler

Oppgave 1

Deriver funksjonene.

a)

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

Fasit

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

b)

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

Fasit

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

Løsning

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)

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

Fasit

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

Løsning

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

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

Fasit

\[ x = 2 \]

Løsning

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

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

Fasit

\[ x = 4 \]

Løsning

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 \(\lvec{AB} \perp \lvec{BC}\).

Fasit

\(\lvec{AB} \not\perp \lvec{BC}\)

Løsning

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 \(\lvec{AB} \perp \lvec{AD}\).

Fasit

\[ t = -1. \]

Løsning

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 \(\vec{AB} \parallel \vec{CD}\).

Fasit

\[ t = 2 \]

Løsning

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 \(x = 1\).

Fasit

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

Løsning

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.

Fasit

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

Løsning

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 \(x = 1\).

Fasit

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

Løsning

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

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

Fasit

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

Løsning

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 \(a\).

Fasit

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

Løsning

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 \(\vec{a} \cdot \vec{b}\).

Fasit

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

Løsning

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.

Fasit

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

Løsning

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

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

Fasit

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

Løsning

Vi legger inn datapunktene i et regneark:

Deretter bruker vi 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?

Fasit

ca. \(2.5~\%\) per minutt etter \(30.9\) minutter.

Løsning

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 \(2 \in I\)

Fasit

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

Løsning

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.

Fasit

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

Løsning

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?

Fasit

Ca. \(6.42\) sekunder.

Løsning

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.

Fasit

ca. \(33.6~\mathrm{m/s}\)

Løsning

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.

Fasit

Ca. \(20.6~\mathrm{m/s}\).

Løsning

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.

Fasit

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

Løsning

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

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