Rørsle. Fart og akselerasjon

$$ \overrightarrow{r}\left(3\right)=\left[3·3+1,3-2,-2·3-1\right]=\left[10,1,-7\right]$$

Partikkelen er i punktet $$ \left(10,1,-7\right)$$ når $$ t=3$$ s.

Oppgåva spør etter forflyttinga $$ ∆\overrightarrow{r}$$.

$$ \begin{array}{rcl}∆\overrightarrow{r}& = & \overrightarrow{r}\left(4\right)-\overrightarrow{r}\left(1\right)\\ & =& \left[3·4+1,4-2,-2·4-1\right]\\ & & -\left[3·1+1,1-2,-2·1-1\right]\\ & =& \left[13,2,-9\right]-\left[4,-1,-3\right]\\ & =& \left[9,3,-6\right]\end{array}$$

$$ \left|\left[9,3,-6\right]\right|=3·\sqrt{3^2+1^2+{\left(-2\right)}^2}=3\sqrt{9+1+4}=3\sqrt{14}$$

Partikkelen beveger seg ein strekning på $$ 3\sqrt{14}$$ m frå $$ t=1$$ til $$ t=4$$.

$$ \overrightarrow{v}\left(t\right)={\overrightarrow{r}}^{ \text{'}}\left(t\right)=\left[3,1,-2\right]$$

Fartsvektoren er konstant sidan den ikkje varierer med $$ t$$. Banefarten etter 4 sekund (og til alle andre tider) er

$$ \left|\overrightarrow{v}\left(t\right)\right|=\left|3,1,-2\right|=\sqrt{3^2+1^2+{\left(-2\right)}^2}=\sqrt{9+1+4}=\sqrt{14}$$

Banefarten er $$ \sqrt{14} \mathrm{m}/\mathrm{s}$$.

Sidan $$ \overrightarrow{v}\left(t\right)$$ er konstant, blir akselerasjonen 0. Det betyr at

$$ \overrightarrow{a}\left(t\right)=\overrightarrow{0}=\left[0,0,0\right]$$

a) I linje 2 får vi at partikkelen er i punktet $$ \left(63,11,30\right)$$ når $$ t=3$$.

b) I linje 3 får vi at partikkelen har flytta seg ein strekning på $$ 3\sqrt{2237} \mathrm{mm}$$ frå $$ t=1$$ til $$ t=4$$.

c) I linje 4 får vi at $$ \overrightarrow{v}\left(t\right)=\left[6t^2+3,4,4t+4\right]$$.

d) I linje 5 får vi at banefarten etter 4 sekund er $$ \sqrt{10217} \mathrm{mm}/\mathrm{s}$$.

e) I linje 6 får vi at gjennomsnittsfarten er $$ \sqrt{2237} \mathrm{mm}/\mathrm{s}$$. (Hugs at gjennomsnittsfart er definert som $$ \frac{∆\overrightarrow{r}}{∆t}$$.)

f) I linje 7 får vi at $$ \overrightarrow{a}\left(t\right)=\left[12t,0,4\right]$$.

Vi skriv først opp den vektorfunksjonen $$ \overrightarrow{r}\left(t\right)$$ som svarer til kurva $$ k$$.

$$ \overrightarrow{r}\left(t\right)=\left[t+3,2t+2,2t^2+2t\right]$$

Vi finn startpunktet ved å rekne ut $$ \overrightarrow{r}\left(0\right)$$.

$$ \overrightarrow{r}\left(0\right)=\left[0+3, 2·0+2, 2·0^2+2·0\right]=\left[3,2,0\right]$$

Raketten startar i punktet $$ \left(3,2,0\right)$$.

Her må vi rekne ut $$ \overrightarrow{r}\left(10\right)$$.

$$ \overrightarrow{r}\left(10\right)=\left[10+3, 2·10+2, 2·{10}^2+2·10\right]=\left[13,22,220\right]$$

Raketten er i punktet $$ \left(13,22,220\right)$$.

Oppgåva spør etter $$ z$$-koordinaten til $$ \overrightarrow{r}\left(10\right)$$. Han fann vi i den førre oppgåva. Raketten er 220 m over bakken etter 10 s.

Vi må finne ut kva $$ t$$-verdi som gjer at $$ z=40$$. Dette gir

$$ \begin{array}{rcl}z & =& 40\\ 2t^2+2t & =& 40\\ t^2+t-20 & =& 0\\ \left(t-4\right)\left(t+5\right) & =& 0\\ t & =& 4 \vee \cancel{t=-5}\end{array}$$

Sidan vi ikkje skal ha negative $$ t$$-verdiar i denne oppgåva, får vi at raketten er 40 m over bakken etter 4 s.

Oppgåva spør etter absoluttverdien av forflyttinga $$ ∆\overrightarrow{r}$$ frå 0 til 10 sekund, altså $$ \left|\overrightarrow{r}\left(10\right)-\overrightarrow{r}\left(0\right)\right|$$. Vi får

$$ \left|\overrightarrow{r}\left(10\right)-\overrightarrow{r}\left(0\right)\right| = \left|\left[13,22,220\right]-\left[3,2,0\right]\right|=\left|\left[10,20,220\right]\right|$$

Vi reknar oppgåva med CAS.

Raketten er cirka 221 m unna startpunktet etter 10 s.

Når vi reknar ut $$ \left|\overrightarrow{r}\left(10\right)\right|$$, finn vi kor langt raketten er frå origo. Og han starta ikkje der, men i punktet $$ \left(3,2,0\right)$$, som vi fann i oppgåve a).

$$ \overrightarrow{v}\left(t\right)={\overrightarrow{r}}^{ \text{'}}\left(t\right)=\left[1,2,2·2t+2\right]=\left[1,2,4t+2\right]$$

Oppgåva spør etter $$ \left|\overrightarrow{v}\left(2\right)\right|$$. Vi får

$$ \begin{array}{rcl}\left|\overrightarrow{v}\left(2\right)\right| & =& \left|\left[1,2,4·2+2\right]\right|\\ & =& \left|\left[1,2,10\right]\right|\\ & =& \sqrt{1^2+2^2+{10}^2}\\ & =& \sqrt{1+4+100}\\ & =& \sqrt{105}\end{array}$$

Banefarten til raketten 2 sekund etter oppskyting er $$ \sqrt{105} \mathrm{m}/\mathrm{s}\approx 10,3 \mathrm{m}/\mathrm{s}$$.

$$ \overrightarrow{a}\left(t\right)={\overrightarrow{v}}^{ \text{'}}\left(t\right)=\left[0,0,4\right]$$

Vi ser at akselerasjonsvektoren er konstant, og det er berre $$ z$$-komponenten som er ulik 0. Det betyr at akselerasjonen er $$ 4 \mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2$$ rett oppover etter 3 s og til alle andre tidspunkt.

Vi har at

$$ \overrightarrow{v}\left(t\right)=\left[1,2,4t+2\right]$$

Dersom raketten skal gå rett oppover, må fartsvektoren vere på forma $$ \left[0,0,z\right]$$. Det er han ikkje for nokon verdiar av $$ t$$.

Vi finn vinkelen med $$ z$$-aksen ved å finne vinkelen mellom $$ \overrightarrow{v}\left(10\right)$$ og einingsvektoren $$ \begin{array}{rcl}& & \overrightarrow{e_z}\end{array}$$ i $$ z$$-retning med CAS.

Vi får at vinkelen med positiv $$ z$$-akse er berre 3,1 gradar. Det betyr at raketten nesten går rett oppover. Dette stemmer med at $$ x$$- og $$ y$$-komponentane til $$ \overrightarrow{v}\left(10\right)$$ er små samanlikna med $$ z$$-komponenten, som er $$ 4·10+2=42$$.

Bruk vektorrekning med skalarproduktet til å finne den kortaste avstanden mellom punktet og kurva.

Oppgåva spør etter det vi har definert som avstanden mellom rakettbanen og punktet $$ \left(100,100,50\right)$$, som blir det punktet på tårnet som kjem nærast rakettbanen. Då kan vi bruke den avstandsmetoden vi har kalla skalarproduktmetoden, som du kan lese om på teorisida "Avstand punkt–linje. Vektorfunksjonar". Forskjellen er at vi ikkje har éin retningsvektor fordi kurva ikkje er ei rett linje, men vi kan bruke metoden dersom vi kan finne ein vektor som er parallell med tangenten til kurva i alle punkta. $$ \overrightarrow{v}\left(t\right)={\overrightarrow{r}}^{ \text{'}}\left(t\right)$$ er ein slik vektor. Då gjeld at det punktet $$ P$$ på kurva som er nærast punktet $$ A\left(100,100,50\right)$$, er der kor $$ \overrightarrow{AP}$$ står normalt på $$ \overrightarrow{v}\left(t\right)$$.

Raketten kjem så nært tårnet som 128 m.

Vi kan òg løyse oppgåva ved å lage oss ein funksjon av $$ t$$ for lengda av $$ \overrightarrow{AP}$$ og finn ekstremalpunkta til denne.

Vi lagar oss funksjonen $$ d\left(t\right)$$ for lengda av $$ \overrightarrow{AP}$$. Vi bruker kommandoen "Ekstremalpunkt", og vi ser at vi får den same løysinga som i den førre oppgåva.

Det fjerde hjørnet må ha koordinatane $$ \left(10,13,0\right)$$.

Dronen startar i origo og vil alltid etter starten vere i eit punkt der alle dei tre koordinatane er positive. På bakkenivå vil det derfor vere hjørnet $$ \left(5,5,0\right)$$ som kjem nærast banen til dronen.

Sidan $$ x$$- og $$ y$$-koordinatane til dronen aukar med $$ t$$, vil det tilsvarande hjørnet på toppen av huset komme nærast banen. Sidan høgda på huset er 5 m, vil dette hjørnet ha koordinatane $$ \left(5,5,5\right)$$. Vi må derfor finne den kortaste avstanden mellom banen og dette punktet. Vi løyser oppgåva med CAS.

Kravet til avstand 4 m er oppfylt.

Vi får at uttrykket under rotteiknet i linje 7 blir større jo større $$ t$$ er. Den største farten vil derfor dronen ha når $$ t$$ er størst mogleg, det vil seie når $$ t=5$$.

Den største farten til dronen er $$ 5,6 \mathrm{m}/\mathrm{s}$$, og det er når $$ t=5$$.

Vi har at

$$ \overrightarrow{v}\left(t\right)={\overrightarrow{r}}^{ \text{'}}\left(t\right)={\left[at+b,ct+d,et+f\right]}^{\text{'}}=\left[a,c,e\right]$$

Dette er det same som den retningsvektoren vi kan lese direkte ut frå uttrykket for $$ \overrightarrow{r}\left(t\right)$$. Retningsvektoren er parallell med tangenten til linja i alle punkt sidan ei rett linje er sin eigen tangent.

Regelen om at fartsvektoren $$ \overrightarrow{v}\left(t\right)$$ i alle punkt på ei kurve $$ \overrightarrow{r}\left(t\right)$$ er parallell med tangenten til kurva i punktet, gjeld derfor òg når kurva er ei rett linje.

Vi kallar vektorfunksjonen for posisjonen til dronen din for $$ {\overrightarrow{v}}_m\left(t\right)$$. Vi får

$$ \begin{array}{rcl}{\overrightarrow{v}}_m\left(t\right) & =& {{\overrightarrow{r}}_m}^{ \text{'}}\left(t\right)=\left[2,1,1\right]\\ \left|{\overrightarrow{v}}_m\left(t\right)\right| & =& \sqrt{2^2+1^2+1^2}\\ & =& \sqrt{4+1+1}\\ & =& \sqrt{6}\end{array}$$

Tilsvarande får vi for dronen til vennen din

$$ \begin{array}{rcl}{\overrightarrow{v}}_n\left(t\right) & =& {{\overrightarrow{r}}_n}^{ \text{'}}\left(t\right)=\left[1,2,1\right]\\ \left|{\overrightarrow{v}}_m\left(t\right)\right| & =& \sqrt{1^2+2^2+1^2}\\ & =& \sqrt{1+4+1}\\ & =& \sqrt{6}\end{array}$$

Begge dronane går med ein konstant fart på $$ \sqrt{6}$$ m/s.

Sidan farten til dronane er konstant, er akselerasjonen til begge dronane 0.

$$ m$$ og $$ n$$ er to rette linjer sidan alle koordinatane er førstegradsuttrykk. Vi løyser oppgåva ved å rekne ut avstanden mellom dei to linjene. Då må vi hugse å bruke ulike parametrar i vektorfunksjonane. Vi vel å bruke $$ s$$ i parameterframstillinga for $$ n$$, lar $$ P$$ vere eit punkt på $$ m$$, $$ Q$$ vere eit punkt på $$ n$$ og løyser oppgåva med CAS.

Sidan avstanden mellom linjene er null, kryssar banen til dronane kvarandre.

Vi fekk i den førre oppgåva at dronen din er i skjeringspunktet når $$ t=2$$. Dronen til vennen din var i punktet eitt sekund tidlegare ($$ s=1$$). Då kolliderer ikkje dronane (dersom dei ikkje er svært store).

Lag ein vektorfunksjon for avstanden mellom dronane ved tida $$ t$$.

Vi lar $$ R$$ vere eit punkt på $$ m$$ og $$ S$$ vere eit punkt på $$ n$$ ved tida $$ t$$. Legg merke til at no må vi bruke same parameter i dei to vektorfunksjonane for $$ m$$ og $$ n$$ sidan vi skal følge posisjonen til dronane. Så lagar vi ein vektorfunksjon for vektoren mellom $$ R$$ og $$ S$$. Lengda av denne vektorfunksjonen blir avstanden mellom dronane, og vi lagar ein funksjon $$ f\left(t\right)$$ som er lik denne lengda. Til slutt finn vi botnpunktet til denne funksjonen.

I linje 10 vel vi eit stort nok intervall for $$ t$$ til at vi får eit svar. Så bruker vi dobbeltderiverttesten i linje 11 for å kontrollere at ekstremalpunktet er eit botnpunkt. (Her kan vi òg sjå at argumentet til rotfunksjonen i $$ f$$ er eit andregradsuttrykk med positiv koeffisient framfor andregradsleddet. Andregradsuttrykket har derfor eit botnpunkt, og då må kvadratrota av dette òg ha eit botnpunkt.)

Vi får at dronane er nærast kvarandre når $$ t=1,5$$, og då er dei 2,35 m frå kvarandre.

Nei. Det er ingenting i framgangsmåten som krev at banane kryssar kvarandre. Sjølv om banane ikkje kryssar kvarandre, vil dei generelt på eitt eller anna tidspunkt vere nærast kvarandre.

Vi ser at begge parameterframstillingane gir punktet $$ \left(1,1,1\right)$$ når $$ t=0$$.

Retningsvektoren til $$ m$$ er $$ {\overrightarrow{v}}_m=\left[1,2,3\right]$$, og retningsvektoren til $$ n$$ er $$ {\overrightarrow{v}}_n=\left[2,4,6\right]$$. For at linjene skal vere parallelle, må $$ {\overrightarrow{v}}_n=k·{\overrightarrow{v}}_m$$. Dette er oppfylt for $$ k=2$$ fordi

$$ 2·{\overrightarrow{v}}_m=2\left[1,2,3\right]=\left[2,4,6\right]={\overrightarrow{v}}_n$$

Linjene er derfor samanfallande sidan vi har vist at dei er parallelle og har eitt felles punkt.

Partiklane er i punktet $$ \left(1,1,1\right)$$ samtidig. Det har vi frå oppgåve a). Men partiklane beveger seg ikkje likt. Dersom vi kallar vektorfunksjonen for posisjonen til den første partikkelen for $$ {\overrightarrow{r}}_m\left(t\right)$$ og vektorfunksjonen for posisjonen til den andre partikkelen for $$ {\overrightarrow{r}}_n\left(t\right)$$, får vi at

$$ \begin{array}{rcl}{\overrightarrow{r}}_m\left(t\right) & =& \left[1+t,1+2t,1+3t\right]\\ {\overrightarrow{r}}_n\left(t\right) & =& \left[1+2t,1+4t,1+6t\right]\end{array}$$

Dersom vi vel $$ t=1$$, får vi

$$ \begin{array}{rcl}{\overrightarrow{r}}_m\left(1\right) & =& \left[1+1,1+2·1,1+3·1\right]=\left[2,3,4\right]\\ {\overrightarrow{r}}_n\left(1\right) & =& \left[1+2·1,1+4·1,1+6·1\right]=\left[3,5,7\right]\end{array}$$

Den andre partikkelen har bevegd seg lenger i løpet av det eine sekundet. Han må derfor ha større fart enn den første. Dette ser vi òg om vi finn fartsvektorane, som er dei same som retningsvektorane vi fann i oppgåve a).

$$ {\overrightarrow{v}}_m=\left[1,2,3\right]$$ og $$ {\overrightarrow{v}}_n=\left[2,4,6\right]$$

Partiklane beveger seg ikkje likt fordi dei går med ulik fart. Men dei følger den same banen.

Oppgåva spør etter $$ \overrightarrow{r}\left(0\right)$$ der $$ \overrightarrow{r}\left(t\right)$$ er vektorfunksjonen som svarer til parameterframstillinga. Vi får

$$ \begin{array}{rcl}\overrightarrow{r}\left(t\right) & =& \left[7t,7t,5t-t^2+2\right]\\ \overrightarrow{r}\left(0\right) & =& \left[7·0, 7·0, 5·0-0^2+2\right]\\ & =& \left[0,0,2\right]\end{array}$$

Spydkastet startar 2 m over origo.

Oppgåva spør etter $$ \left|\overrightarrow{v}\left(0\right)\right|$$. Vi løyser oppgåva med CAS.

Farten til spydet er $$ 11,1 \mathrm{m}/\mathrm{s}$$ når det forlet kastarmen.

$$ z$$-koordinaten bestemmer høgda på spydkastet. $$ z\left(t\right)$$ er ein andregradsfunksjon med negativ koeffisient framfor andregradsleddet, så det vil finnast eit toppunkt. Vi løyser oppgåva med CAS.

Spydet er 8,25 m over bakken på det høgaste.

Vi må finne ut når $$ z$$-koordinaten er 0, for då er spydet nede på bakken. Så må vi finne ut kvar det er, og kor langt det er til origo der kastlengda blir målt frå.

Kastet målte 53,18 m.

Ein heil sirkel vil bestå av to slike svingar. Sidan omkrinsen til ein sirkel er gitt ved $$ O=2\pi r$$, får vi at radiusen $$ r$$ er

$$ r=\frac{O}{2\pi }=\frac{2·100 \mathrm{m}}{2\pi }\approx 31,8 \mathrm{m}$$

Vi må finne $$ \overrightarrow{v}\left(t\right)$$.

Vi legg merke til at GeoGebra ikkje klarer å forenkle uttrykket under rotteiknet med einingsformelen til 1. Farten din gjennom svingen er 5 $$ \mathrm{m}/\mathrm{s}$$.

Vi må finne akselerasjonsvektoren $$ \overrightarrow{a}\left(t\right)$$.

Vi legg merke til at $$ x$$- og $$ y$$-koordinatane til akselerasjonen har motsett forteikn av koordinatane til $$ \overrightarrow{r}\left(t\right)$$, men elles er like bortsett frå konstanten framfor dei trigonometriske funksjonane. Matematisk kan vi derfor skrive

$$ \overrightarrow{a}\left(t\right)=-k·\overrightarrow{r}\left(t\right)$$

der $$ k$$ er ein positiv konstant. Det betyr at $$ \overrightarrow{a}\left(t\right)$$ peiker i motsett retning av $$ \overrightarrow{r}\left(t\right)$$, det vil seie inn mot sentrum i den sirkelforma banen.

Sinusfunksjonen i $$ z$$-koordinaten gjer at båten går litt opp og ned. Årsaka til det er truleg at det er bølger på sjøen.

Vi kan sjå bort ifrå $$ z$$-koordinaten, som ikkje påverkar rørsla i vassrett retning. Då får vi

$$ \begin{array}{rcl}\left|\overrightarrow{r}\left(t\right)\right| & =& \left|\left[50\cos \frac{\pi t}{30},50\sin \frac{\pi t}{30}\right]\right|\\ & =& \sqrt{{\left(50\cos \frac{\pi t}{30}\right)}^2+{\left(50\sin \frac{\pi t}{30}\right)}^2}\\ & =& \sqrt{{50}^2\left({\cos }^2\frac{\pi t}{30}+{\sin }^2\frac{\pi t}{30}\right)}\\ & =& \sqrt{{50}^2·1}\\ & =& 50\end{array}$$

Radiusen i den sirkelforma banen er 50 m.

Både $$ x$$- og $$ y$$-koordinaten inneheld trigonometriske uttrykk med same periode. Tida som blir brukt på ein runde, er derfor lik denne perioden. Frå trigonometrikapittelet har vi at

$$ p=\frac{2\pi }{k}$$

I $$ x$$- og $$ y$$-koordinaten har vi at $$ k=\frac{\pi }{30}$$. Dette gir

$$ p=\frac{2\pi }{{\displaystyle \frac{\pi }{30}}}=60$$

Båten bruker 60 sekund eller eitt minutt på ein runde.

Båten bruker 60 sekund på ein runde langs ein sirkel med radius 50 meter. Vi får at

$$ v=\frac{s}{t}=\frac{2\pi ·50 \mathrm{m}}{60 \mathrm{s}}=5,2 \mathrm{m}/\mathrm{s}$$

I svaret i den førre oppgåva tok vi ikkje omsyn til at båten går litt opp og ned. Rørsla opp og ned fører til at banefarten varierer noko, ho er ikkje konstant.

Banefarten til båten etter 30 s er 5,3 $$ \mathrm{m}/\mathrm{s}$$.

I linje 3 reknar vi ut banefarten som funksjon av t. GeoGebra klarer ikkje å slå saman dei to siste trigonometriske funksjonane med einingsformelen, som gjer at dei to siste ledda kan forenklast til 625. Derfor skriv vi inn funksjonen for banefart manuelt i linje 4.

Banefarten er størst når cosinusuttrykket er 1 eller $$ -1$$, det vil seie kvar gong argumentet til cosinusfunksjonen er $$ n·\pi $$ der $$ n$$ er eit heilt tal. Banefarten er derfor størst når $$ t=\frac{n}{2}$$, det vil seie kvart halve sekund. Sjå linje 5.

I linje 6 vel vi $$ n=0$$ som gir at $$ t=0$$, og reknar ut den største banefarten til 5,3 $$ \mathrm{m}/\mathrm{s}$$. Dette er det same som vi rekna ut i oppgåve e), sidan tidspunktet $$ t=30$$ svarer til $$ n=60$$.

Vi set uttrykket for tida når banefarten er størst inn i $$ z$$-koordinaten til $$ \overrightarrow{r}\left(t\right)$$.

$$ z\left(\frac{n}{2}\right)=\frac{1}{10}\sin \left(2\pi ·\frac{n}{2}\right)=\frac{1}{10}\sin n\pi =\frac{1}{10}·0=0$$

Banefarten er størst midt imellom bølgetopp og bølgebotn. Vi har at når $$ n$$ aukar med 1, kjem vi til neste nullpunkt til sinusfunksjonen. Derfor vil banefarten vere størst både når båten er på veg opp og på veg ned.

Kommentar: I verkelegheita vil nok båten gå raskare på veg ned i ein bølgedal enn på veg opp mot ein bølgetopp.

Vi gjer tilsvarande som i dei to førre oppgåvene.

Heller ikkje her vil GeoGebra forenkle det trigonometriske uttrykket for akselerasjonen i linje 7, så vi skriv inn akselerasjonsfunksjonen manuelt i linje 8. Vi får at akselerasjonen er størst når sinusuttrykket er 1 eller $$ -1$$. Det svarer til når $$ t=\frac{n}{2}+\frac{1}{4}$$, det vil seie midt imellom kvart tidspunkt der banefarten er størst. Då er båten anten på toppen av ei bølge eller i botnen av ein bølgedal.