Bevegelse. 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.

Oppgaven spør etter forflytningen $∆\overrightarrow{r}$.

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

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

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

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

Fartsvektoren er konstant siden den ikke varierer med $t$. Banefarten etter 4 sekunder (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 $\sqrt{14} \mathrm{m}/\mathrm{s}$.

Siden $\overrightarrow{v}\left(t\right)$ 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 flyttet seg en strekning på $3\sqrt{2237} \mathrm{mm}$ fra $t=1$ 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 sekunder er $\sqrt{10217} \mathrm{mm}/\mathrm{s}$.

e) I linje 6 får vi at gjennomsnittsfarten er $\sqrt{2237} \mathrm{mm}/\mathrm{s}$. (Husk 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 skriver først opp den vektorfunksjonen $\overrightarrow{r}\left(t\right)$ som svarer til kurven $k$.

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

Vi finner startpunktet ved å regne 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 starter i punktet $\left(3,2,0\right)$.

Her må vi regne 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 $\left(13,22,220\right)$.

Oppgaven spør etter $z$-koordinaten til $\overrightarrow{r}\left(10\right)$. Den fant vi i forrige oppgave. Raketten er 220 m over bakken etter 10 s.

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

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

Siden vi ikke skal ha negative $t$-verdier i denne oppgaven, får vi at raketten er 40 m over bakken etter 4 s.

Oppgaven spør etter absoluttverdien av forflytningen $∆\overrightarrow{r}$ fra 0 til 10 sekunder, 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 regner oppgaven med CAS.

Raketten er cirka 221 m unna startpunktet etter 10 s.

Når vi regner ut $\left|\overrightarrow{r}\left(10\right)\right|$, finner vi hvor langt raketten er fra origo. Og den startet ikke der, men i punktet $\left(3,2,0\right)$, som vi fant i oppgave a).

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

Oppgaven 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 sekunder 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 bare $z$-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 tidspunkter.

Vi har at

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

Hvis raketten skal gå rett oppover, må fartsvektoren være på formen $\left[0,0,z\right]$. Det er den ikke for noen verdier av $t$.

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

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

Bruk vektorregning med skalarproduktet til å finne den korteste avstanden mellom punktet og kurven.

Oppgaven spør etter det vi har definert som avstanden mellom rakettbanen og punktet $\left(100,100,50\right)$, som blir det punktet på tårnet som kommer nærmest rakettbanen. Da kan vi bruke den avstandsmetoden vi har kalt skalarproduktmetoden, som du kan lese om på teorisiden "Avstand punkt–linje. Vektorfunksjoner". Forskjellen er at vi ikke har én retningsvektor fordi kurven ikke er ei rett linje, men vi kan bruke metoden hvis vi kan finne en vektor som er parallell med tangenten til kurven i alle punkter. $\overrightarrow{v}\left(t\right)={\overrightarrow{r}}^{ \text{'}}\left(t\right)$ er en slik vektor. Da gjelder at det punktet $P$ på kurven som er nærmest punktet $A\left(100,100,50\right)$, er der hvor $\overrightarrow{AP}$ står normalt på $\overrightarrow{v}\left(t\right)$.

Raketten kommer så nært tårnet som 128 m.

Vi kan også løse oppgaven ved å lage oss en funksjon av $t$ for lengden av $\overrightarrow{AP}$ og finne ekstremalpunktene til denne.

Vi lager oss funksjonen $d\left(t\right)$ for lengden av $\overrightarrow{AP}$. Vi bruker kommandoen "Ekstremalpunkt", og vi ser at vi får den samme løsningen som i forrige oppgave.

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

Dronen starter i origo og vil alltid etter starten befinne seg i et punkt der alle de tre koordinatene er positive. På bakkenivå vil det derfor være hjørnet $\left(5,5,0\right)$ som kommer nærmest banen til dronen.

Siden $x$- og $y$-koordinatene til dronen øker med $t$, vil det tilsvarende hjørnet på toppen av huset komme nærmest banen. Siden høyden på huset er 5 m, vil dette hjørnet ha koordinatene $\left(5,5,5\right)$. Vi må derfor finne den korteste avstanden mellom banen og dette punktet. Vi løser oppgaven med CAS.

Kravet til avstand 4 m er oppfylt.

Vi får at uttrykket under rottegnet i linje 7 blir større jo større $t$ er. Den største farten vil derfor dronen ha når $t$ er størst mulig, det vil si 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 samme som den retningsvektoren vi kan lese direkte ut fra uttrykket for $\overrightarrow{r}\left(t\right)$. Retningsvektoren er parallell med tangenten til linja i alle punkter siden ei rett linje er sin egen tangent.

Regelen om at fartsvektoren $\overrightarrow{v}\left(t\right)$ i alle punkter på en kurve $\overrightarrow{r}\left(t\right)$ er parallell med tangenten til kurven i punktet, gjelder derfor også når kurven er ei rett linje.

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

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

Tilsvarende 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 dronene går med en konstant fart på $\sqrt{6}$ m/s.

Siden farten til dronene er konstant, er akselerasjonen til begge dronene 0.

$m$ og $n$ er to rette linjer siden alle koordinatene er førstegradsuttrykk. Vi løser oppgaven ved å beregne avstanden mellom de to linjene. Da må vi huske å bruke ulike parametre i vektorfunksjonene. Vi velger å bruke $s$ i parameterframstillingen for $n$, lar $P$ være et punkt på $m$, $Q$ være et punkt på $n$ og løser oppgaven med CAS.

Siden avstanden mellom linjene er null, krysser banen til dronene hverandre.

Vi fikk i forrige oppgave at dronen din er i skjæringspunktet når $t=2$. Dronen til vennen din var i punktet ett sekund tidligere ($s=1$). Da kolliderer ikke dronene (hvis de ikke er svært store).

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

Vi lar $R$ være et punkt på $m$ og $S$ være et punkt på $n$ ved tida $t$. Legg merke til at nå må vi bruke samme parameter i de to vektorfunksjonene for $m$ og $n$ siden vi skal følge posisjonen til dronene. Så lager vi en vektorfunksjon for vektoren mellom $R$ og $S$. Lengden av denne vektorfunksjonen blir avstanden mellom dronene, og vi lager en funksjon $f\left(t\right)$ som er lik denne lengden. Til slutt finner vi bunnpunktet til denne funksjonen.

I linje 10 velger vi et stort nok intervall for $t$ til at vi får et svar. Så bruker vi dobbeltderiverttesten i linje 11 for å kontrollere at ekstremalpunktet er et bunnpunkt. (Her kan vi også se at argumentet til rotfunksjonen i $f$ er et andregradsuttrykk med positiv koeffisient foran andregradsleddet. Andregradsuttrykket har derfor et bunnpunkt, og da må kvadratrota av dette også ha et bunnpunkt.)

Vi får at dronene er nærmest hverandre når $t=1,5$, og da er de 2,35 m fra hverandre.

Nei. Det er ingenting i framgangsmåten som krever at banene krysser hverandre. Selv om banene ikke krysser hverandre, vil de generelt på ett eller annet tidspunkt være nærmest hverandre.

Vi ser at begge parameterframstillingene 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 være 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 sammenfallende siden vi har vist at de er parallelle og har ett felles punkt.

Partiklene er i punktet $\left(1,1,1\right)$ samtidig. Det har vi fra oppgave a). Men partiklene beveger seg ikke likt. Dersom vi kaller 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

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

Hvis vi velger $t=1$, 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 beveget seg lenger i løpet av det ene sekundet. Den må derfor ha større fart enn den første. Dette ser vi også om vi finner fartsvektorene, som er de samme som retningsvektorene vi fant i oppgave a).

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

Partiklene beveger seg ikke likt fordi de går med ulik fart. Men de følger samme bane.

Oppgaven spør etter $\overrightarrow{r}\left(0\right)$ der $\overrightarrow{r}\left(t\right)$ er vektorfunksjonen som tilsvarer parameterframstillingen. 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 starter 2 m over origo.

Oppgaven spør etter $\left|\overrightarrow{v}\left(0\right)\right|$. Vi løser oppgaven med CAS.

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

$z$-koordinaten bestemmer høyden på spydkastet. $z\left(t\right)$ er en andregradsfunksjon med negativ koeffisient foran andregradsleddet, så det vil finnes et toppunkt. Vi løser oppgaven med CAS.

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

Vi må finne ut når $z$-koordinaten er 0, for da er spydet nede på bakken. Så må vi finne ut hvor det er, og hvor langt det er til origo der kastlengden blir målt fra.

Kastet målte 53,18 m.

En hel sirkel vil bestå av to slike svinger. Siden omkretsen til en sirkel er gitt ved $O=2\pi r$, får vi at radien $r$ 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 legger merke til at GeoGebra ikke klarer å forenkle uttrykket under rottegnet med enhetsformelen til 1. Farten din gjennom svingen er 5 $\mathrm{m}/\mathrm{s}$.

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

Vi legger merke til at $x$- og $y$-koordinatene til akselerasjonen har motsatt fortegn av koordinatene til $\overrightarrow{r}\left(t\right)$, men ellers er like bortsett fra konstanten foran de trigonometriske funksjonene. Matematisk kan vi derfor skrive

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

der $k$ er en positiv konstant. Det betyr at $\overrightarrow{a}\left(t\right)$ peker i motsatt retning av $\overrightarrow{r}\left(t\right)$, det vil si inn mot sentrum i den sirkelformede banen.

Sinusfunksjonen i $z$-koordinaten gjør at båten går litt opp og ned. Årsaken til det er trolig at det er bølger på sjøen.

Vi kan se bort ifra $z$-koordinaten, som ikke påvirker bevegelsen i vannrett retning. Da får vi

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

Radien i den sirkelformede banen er 50 m.

Både $x$- og $y$-koordinaten inneholder trigonometriske uttrykk med samme periode. Tida som brukes på en runde, er derfor lik denne perioden. Fra 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 sekunder eller ett minutt på en runde.

Båten bruker 60 sekunder på en runde langs en 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 forrige oppgave tok vi ikke hensyn til at båten går litt opp og ned. Bevegelsen opp og ned fører til at banefarten varierer noe, den er ikke konstant.

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

I linje 3 regner vi ut banefarten som funksjon av t. GeoGebra klarer ikke å slå sammen de to siste trigonometriske funksjonene med enhetsformelen, som gjør at de to siste leddene kan forenkles til 625. Derfor skriver vi inn funksjonen for banefart manuelt i linje 4.

Banefarten er størst når cosinusuttrykket er 1 eller $-1$, det vil si hver gang argumentet til cosinusfunksjonen er $n·\pi$ der $n$ er et helt tall. Banefarten er derfor størst når $t=\frac{n}{2}$, det vil si hvert halve sekund. Se linje 5.

I linje 6 velger vi $n=0$ som gir at $t=0$, og regner ut den største banefarten til 5,3 $\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Dette er det samme som vi regnet ut i oppgave e), siden tidspunktet $t=30$ tilsvarer $n=60$.

Vi setter 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 bølgebunn. Vi har at når $n$ øker med 1, kommer vi til neste nullpunkt til sinusfunksjonen. Derfor vil banefarten være størst både når båten er på vei opp og på vei ned.

Kommentar: I virkeligheten vil nok båten gå raskere på vei ned i en bølgedal enn på vei opp mot en bølgetopp.

Vi gjør tilsvarende som i de to forrige oppgavene.

Heller ikke her vil GeoGebra forenkle det trigonometriske uttrykket for akselerasjonen i linje 7, så vi skriver inn akselerasjonsfunksjonen manuelt i linje 8. Vi får at akselerasjonen er størst når sinusuttrykket er 1 eller $-1$. Det tilsvarer når $t=\frac{n}{2}+\frac{1}{4}$, det vil si midt imellom hvert tidspunkt der banefarten er størst. Da er båten enten på toppen av en bølge eller i bunnen av en bølgedal.