Pestalozzi Gymnasium Biberach EduRandomtasks

nach x Minuten

Beispiel:

Eine Rakete startet zum Zeitpunkt t=0 im Punkt A $(0 | -100 | 50)$ (alle Angaben in Meter). Nach 3s ist es im Punkt B $(900 | -1000 | 500)$ angelangt.
Wie hoch ist die Geschwindigkeit der Rakete in km/h?
Wo ist die Rakete nach 9s?
Wie weit ist die Rakete dann geflogen?
Berechne den Winkel mit dem die Rakete steigt?
Wann hat die Rakete die Höhe von 4550m erreicht?

Lösung einblenden

Das Bewegungsobjekt legt in 3s den Vektor $\vec{AB}$ = $(\begin{matrix} 900 \\ -900 \\ 450 \end{matrix})$ zurück.
In 1s legt es also den Vektor $\frac{1}{3}$ ⋅ $(\begin{matrix} 900 \\ -900 \\ 450 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 300 \\ -300 \\ 150 \end{matrix})$ zurück. Dieser Vektor hat die Länge = $\sqrt{300^{2} + {(-300)}^{2} + 150^{2}} = \sqrt{202500} = 450$ .
Die Geschwindigkeit ist also v=450 $\frac{m}{s}$ = 1620 $\frac{km}{h}$

Die Flugbahn/Bewegungsbahn kann als Gerade g mit g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 0 \\ -100 \\ 50 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 300 \\ -300 \\ 150 \end{matrix})$ dargestellt werden, wobei der Parameter t dabei einfach als Zeit betrachtet werden kann. Nach 9 s befindet es sich also im Punkt mit dem Ortsvektor
$\vec{OP}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ -100 \\ 50 \end{matrix}) + 9 \cdot (\begin{matrix} 300 \\ -300 \\ 150 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 2700 \\ -2800 \\ 1400 \end{matrix})$ , also im Punkt P $(2700 | -2800 | 1400)$ .

Das Bewegungsobjekt hat sich dann von A $(0 | -100 | 50)$ nach P $(2700 | -2800 | 1400)$ bewegt, also um den Vektor $\vec{AP}$ = $(\begin{matrix} 2700 \\ -2700 \\ 1350 \end{matrix})$ . Dessen Länge ist $\sqrt{2700^{2} + {(-2700)}^{2} + 1350^{2}} = \sqrt{16402500} = 4050$ m.

Den Steigungswinkel kann man einfach als Schnittwinkel der Geraden mit der (horizontalen) x₁-x₂-Ebene berechnen. Die x₁-x₂-Ebene hat die Gleichung x₃=0 und den Normalenvektor $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})$ .
Daraus ergibt sich für den Steigungswinkel $α$ : sin( $α$ )= $\frac{| (\begin{matrix} 300 \\ -300 \\ 150 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) |}{| (\begin{matrix} 300 \\ -300 \\ 150 \end{matrix}) | \cdot | (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) |}$ = $\frac{| 300 \cdot 0 + (-300) \cdot 0 + 150 \cdot 1 |}{\sqrt{300^{2} + {(-300)}^{2} + 150^{2}} \cdot \sqrt{0^{2} + 0^{2} + 1^{2}}}$
$= \frac{| 150 |}{\sqrt{202500} \cdot \sqrt{1}} \approx 0.3333$ => $α$ =19.5°

In 1s steigt (bzw. sinkt) das Bewegungsobjekt um 150m (Änderung in der x₃-Koordinate). Um von 50 auf 4550m (also 4500m) zu steigen (bzw. fallen), muss es also $\frac{4500}{150}$ s = 30s lang steigen (bzw. sinken).

Bewegungsaufgabe mit geg. Geschwindigkeit

Beispiel:

Ein Flugzeug startet zum Zeitpunkt t=0 im Punkt A $(-40 | -40 | 0)$ und fliegt mit einer Geschwindigkeit von 252km/h in Richtung des Punktes B $(-100 | 80 | 40)$ (alle Koordinatenangaben in Meter).
Wann kommt es im Punkt B an?
Wann hat das Flugzeug die (absolute) Höhe von 400m erreicht?
In welchem Punkt befindet es sich dann?

Lösung einblenden

Zuerst rechnen wir die Geschwindigkeit von km/h in $\frac{m}{s}$ um: v= $\frac{252000 m}{3600 s}$ = 70 $\frac{m}{s}$ .
Die Länge des Vektors $\vec{AB}$ = $(\begin{matrix} -60 \\ 120 \\ 40 \end{matrix})$ ist $\sqrt{{(-60)}^{2} + 120^{2} + 40^{2}} = \sqrt{19600} = 140$ m.
Bei einer Geschwindigkeit von 70 $\frac{m}{s}$ . braucht er für diese Strecke $\frac{140}{70}$ s = 2s.
Punkt B wird als nach 2s erreicht.

In einer s wird also der Vektor $\frac{1}{2}$ ⋅ $(\begin{matrix} -60 \\ 120 \\ 40 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -30 \\ 60 \\ 20 \end{matrix})$ zurückgelegt.
Die Flugbahn/Bewegungsbahn kann so als Gerade g mit g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -40 \\ -40 \\ 0 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -30 \\ 60 \\ 20 \end{matrix})$ dargestellt werden, wobei der Parameter t dabei einfach als Zeit betrachtet werden kann.

In 1s steigt (bzw. sinkt) das Bewegungsobjekt um 20m (Änderung in der x₃-Koordinate). Um von 0 auf 400m (also 400m) zu steigen (bzw. fallen), muss es also $\frac{400}{20}$ s = 20s lang steigen (bzw. sinken) und ist dann im Punkt mit dem Ortsvektor $\vec{OP}$ = $(\begin{matrix} -40 \\ -40 \\ 0 \end{matrix}) + 20 \cdot (\begin{matrix} -30 \\ 60 \\ 20 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -640 \\ 1160 \\ 400 \end{matrix})$
Also im Punkt P $(-640 | 1160 | 400)$ .

Höhe nach x Kilometern

Beispiel:

Ein Uboot startet zum Zeitpunkt t=0 im Punkt A $(-6 | -6 | 0)$ (alle Angaben in Meter). Nach 1min geradliniger Fahrt mit konstanter Geschwindigkeit ist es im Punkt B $(18 | 18 | -12)$ angelangt.
Wie tief ist das Uboot, wenn es 2,16 km zurückgelegt hat? (bitte als Höhe angeben, also mit negativem Vorzeichen)

Lösung einblenden

Das Bewegungsobjekt legt in 1 min den Vektor $\vec{AB}$ = $(\begin{matrix} 24 \\ 24 \\ -12 \end{matrix})$ zurück.
Die Geradengleichung $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -6 \\ -6 \\ 0 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 24 \\ 24 \\ -12 \end{matrix})$ beschreibt also den Ortsvektor zu dem Punkt, an dem sich das Bewegungsobjekt nach t min befindet.
Dieser Richtungsvektor (der in 1 min zurückgelegt wird) hat die Länge = $\sqrt{24^{2} + 24^{2} + {(-12)}^{2}} = \sqrt{1296} = 36$ .
Die Geschwindigkeit ist also v=36 $\frac{m}{\min}$
Für die Strecke von 2.16 km braucht es also $\frac{2160}{36}$ min = 60min
Nach dieser Zeit befindet es sich dann im Punkt mit dem Ortsvektor
$\vec{OP}$ = $(\begin{matrix} -6 \\ -6 \\ 0 \end{matrix}) + 60 \cdot (\begin{matrix} 24 \\ 24 \\ -12 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 1434 \\ 1434 \\ -720 \end{matrix})$ , also im Punkt P $(1434 | 1434 | -720)$ .

Die Höhe in diesem Punkt ist einfach die x₃-Koordinate, also -720m.

Zwei Objekte - gleiche Höhe

Beispiel:

Die Position eines Flugzeugs F1 zum Zeitpunkt t ist gegeben durch $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 54 \\ -31 \\ 0 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -7 \\ 3 \\ 0,2 \end{matrix})$ . (alle Koordinaten in km; t in Minuten seit Beobachtungsbeginn). Ein zweites Flugzeug F2 startet zum Zeitpunkt t=0 im Punkt A $(-1 | -4 | 0,9)$ . Nach 1min ist es im Punkt B $(5 | -10 | 1)$ angelangt.
Wann sind die beiden Flugzeuge auf gleicher Höhe?
Wie weit sind die beiden Flugzeuge von einander entfernt, wenn F1 genau senkrecht über oder unter der Flugbahn von F2 ist?
Ein Beobachter steht direkt senkrecht unter dem scheinbaren Schnittpunkt der beiden Flugbahnen. Wie hoch ist an dieser Stelle der Höhenunterschied der beiden Flugbahnen tatsächlich?

Lösung einblenden

Das Flugzeug F2 legt in 1min den Vektor $\vec{AB}$ = $(\begin{matrix} 6 \\ -6 \\ 0.1 \end{matrix})$ zurück. Die Flugbahn/Bewegungsbahn kann als Gerade g2 mit g2: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -1 \\ -4 \\ 0.9 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 6 \\ -6 \\ 0.1 \end{matrix})$ dargestellt werden, wobei der Parameter t dabei einfach als Zeit betrachtet werden kann.

Um den Zeitpunkt zu finden, wann beide die gleiche Höhe haben, muss einfach ein t gefunden werden, bei dem die x₃-Koordinate bei beiden Gleichungen gleich groß ist, also:

$0,2 t + 0$	=	$0,1 t + 0,9$
$0,2 t$	=	$0,1 t + 0,9$	\| $- 0,1 t$
$0,1 t$	=	$0,9$	\|: $0,1$
$t$	=	$9$

nach 9 min sind also das Flugzeug F1 und das Flugzeug F2 auf gleicher Höhe: $0,2 \cdot 9 + 0$ = 1.8 = $0,1 \cdot 9 + 0,9$

Das Flugzeug F1 ist genau dann unter/über der Flugbahn von F2, wenn die x₁- und x₂-Koordinaten der beiden Geradengleichungen übereinstimmen. Da aber höchstwahrscheinlich das Flugzeug F2 zu einem anderen Zeitpunkt genau unter oder über der Flugbahn von F1 ist, müssen wir verschiedene Parameter in die beiden Geradengleichungen einsetzen.

$(\begin{matrix} 54 \\ -31 \\ 0 \end{matrix}) + s \cdot (\begin{matrix} -7 \\ 3 \\ 0.2 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -1 \\ -4 \\ 0.9 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 6 \\ -6 \\ 0.1 \end{matrix})$ da ja aber nur die x₁- und x₂-Koordinaten gleich sein müssen ergibt sich folgendes LGS:

$\begin{matrix} 54 & -7 s & = & -1 & +6 t \\ -31 & +3 s & = & -4 & -6 t \end{matrix}$

\begin{matrix} - 7 s & - 6 t & = & - 55 & (I) \\ 3 s & + 6 t & = & 27 & (II) \end{matrix}

\begin{matrix} - 7 s & - 6 t & = & - 55 & (I) \\ 3 s & + 6 t & = & 27 & (II) \end{matrix}

langsame Rechnung einblenden $3$ ·(I) + $7$ ·(II)

\begin{matrix} - 7 s & - 6 t & = & - 55 & (I) \\ (- 21 + 21) s & +(- 18 + 42) t & = & (- 165 + 189) & (II) \end{matrix}

\begin{matrix} - 7 s & - 6 t & = & - 55 & (I) \\ + 24 t & = & 24 & (II) \end{matrix}

Zeile (II):

\begin{matrix} + 24 t & = & 24 \end{matrix}

t = $1$

eingesetzt in Zeile (I):

\begin{matrix} - 7 s & - 6 \cdot (1) & = & - 55 \end{matrix}

| +

6

- 7

s =

- 49

| :

(-7)

s = $7$

$L = {(7 | 1)}$

Das heißt also, dass das Flugzeug F1 nach 7min und das Flugzeug F2 nach 1min an diesem 'x₁-x₂-Schnittpunkt' ist.

das Flugzeug F1 ist also nach 7min bei $(\begin{matrix} 54 \\ -31 \\ 0 \end{matrix}) + 7 \cdot (\begin{matrix} -7 \\ 3 \\ 0.2 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 5 \\ -10 \\ 1.4 \end{matrix})$ , während das Flugzeug F2 nach 7min bei $(\begin{matrix} -1 \\ -4 \\ 0.9 \end{matrix}) + 7 \cdot (\begin{matrix} 6 \\ -6 \\ 0.1 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 41 \\ -46 \\ 1.6 \end{matrix})$ ist.

Wir berechnen zuerst den Verbindungsvektor zwischen P₁

(5 | -10 | 1.4)

und P₂

(41 | -46 | 1.6)

:

\vec{P_{1} P_{2}}

=

(\begin{matrix} 41 - 5 \\ -46 - (-10) \\ 1.6 - 1.4 \end{matrix})

=

(\begin{matrix} 36 \\ -36 \\ 0.2 \end{matrix})

Die Länge dieses Vektors ist dann der Abstand zwischen P₁ und P₂
d=|

\vec{P_{1} P_{2}}

| =

| (\begin{matrix} 36 \\ -36 \\ 0.2 \end{matrix}) |

=

\sqrt{36^{2} + {(-36)}^{2} + {0.2}^{2}}

=

\sqrt{2592.04}

≈ 50.912081081017

Der Abstand der beiden Objekte nach 7min ist also $\sqrt{2591.8281}$ km ≈ 50.91 km

Auch den scheinbaren Schnittpunkt, den der genau darunter stehende Beobachter sieht, berechnet man indem man die x₁- und x₂-Koordinaten der beiden Geradengleichungen gleichsetzt.

$(\begin{matrix} 54 \\ -31 \\ 0 \end{matrix}) + s \cdot (\begin{matrix} -7 \\ 3 \\ 0.2 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -1 \\ -4 \\ 0.9 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 6 \\ -6 \\ 0.1 \end{matrix})$ da ja aber nur die x₁- und x₂-Koordinaten gleich sein müssen ergibt sich folgendes LGS:

$\begin{matrix} 54 & -7 s & = & -1 & +6 t \\ -31 & +3 s & = & -4 & -6 t \end{matrix}$

\begin{matrix} - 7 s & - 6 t & = & - 55 & (I) \\ 3 s & + 6 t & = & 27 & (II) \end{matrix}

\begin{matrix} - 7 s & - 6 t & = & - 55 & (I) \\ 3 s & + 6 t & = & 27 & (II) \end{matrix}

langsame Rechnung einblenden $3$ ·(I) + $7$ ·(II)

\begin{matrix} - 7 s & - 6 t & = & - 55 & (I) \\ (- 21 + 21) s & +(- 18 + 42) t & = & (- 165 + 189) & (II) \end{matrix}

\begin{matrix} - 7 s & - 6 t & = & - 55 & (I) \\ + 24 t & = & 24 & (II) \end{matrix}

Zeile (II):

\begin{matrix} + 24 t & = & 24 \end{matrix}

t = $1$

eingesetzt in Zeile (I):

\begin{matrix} - 7 s & - 6 \cdot (1) & = & - 55 \end{matrix}

| +

6

- 7

s =

- 49

| :

(-7)

s = $7$

$L = {(7 | 1)}$

Das heißt also, dass das Flugzeug F1 nach 7min und das Flugzeug F2 nach 1min an diesem 'x₁-x₂-Schnittpunkt' ist.

das Flugzeug F1 ist also nach 7min bei $(\begin{matrix} 54 \\ -31 \\ 0 \end{matrix}) + 7 \cdot (\begin{matrix} -7 \\ 3 \\ 0.2 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 5 \\ -10 \\ 1.4 \end{matrix})$ , während das Flugzeug F2 nach 1min bei $(\begin{matrix} -1 \\ -4 \\ 0.9 \end{matrix}) + 1 \cdot (\begin{matrix} 6 \\ -6 \\ 0.1 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 5 \\ -10 \\ 1 \end{matrix})$ ist.

Sie haben dort also die selben x₁- und x₂-Koordinaten, in der Höhe (x₃-Koordinate) haben sie jedoch einen Unterschied von

1.4 - 1 = 0.4 km

Zwei Objekte Aufgabe - Abstände

Beispiel:

Die Position eines Flugzeugs F1 zum Zeitpunkt t ist gegeben durch $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -6 \\ 9 \\ -2 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -24 \\ 15 \\ 13 \end{matrix})$ . (alle Koordinaten in km; t in Minuten seit Beobachtungsbeginn). Ein zweites Flugzeug F2 startet zum Zeitpunkt t=0 im Punkt A $(73 | -33 | -32)$ . Nach 2min ist es im Punkt B $(25 | -1 | -8)$ angelangt.
Wie weit sind die beiden Flugzeuge nach 4min von einander entfernt?
Wie groß ist der kleinste Abstand der beiden Flugbahnen?
Zu welchem Zeitpunkt kommen sich die beiden Flugzeuge am nächsten? Wie weit sind sie dann voneinander entfernt?

Lösung einblenden

Das Flugzeug F2 legt in 2min den Vektor $\vec{AB}$ = $(\begin{matrix} -48 \\ 32 \\ 24 \end{matrix})$ zurück.
In 1min legt es also den Vektor $\frac{1}{2}$ ⋅ $(\begin{matrix} -48 \\ 32 \\ 24 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -24 \\ 16 \\ 12 \end{matrix})$ zurück. Die Flugbahn/Bewegungsbahn kann als Gerade g2 mit g2: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 73 \\ -33 \\ -32 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -24 \\ 16 \\ 12 \end{matrix})$ dargestellt werden, wobei der Parameter t dabei einfach als Zeit betrachtet werden kann.

Das Flugzeug F1 ist nach 4min an der Stelle P1 $(\begin{matrix} -6 \\ 9 \\ -2 \end{matrix}) + 4 \cdot (\begin{matrix} -24 \\ 15 \\ 13 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -102 \\ 69 \\ 50 \end{matrix})$ und das Flugzeug F2 an der Stelle P2 $(\begin{matrix} 73 \\ -33 \\ -32 \end{matrix}) + 4 \cdot (\begin{matrix} -24 \\ 16 \\ 12 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -23 \\ 31 \\ 16 \end{matrix})$ .

Wir berechnen zuerst den Verbindungsvektor zwischen P₁

(-102 | 69 | 50)

und P₂

(-23 | 31 | 16)

:

\vec{P_{1} P_{2}}

=

(\begin{matrix} -23 - (-102) \\ 31 - 69 \\ 16 - 50 \end{matrix})

=

(\begin{matrix} 79 \\ -38 \\ -34 \end{matrix})

Die Länge dieses Vektors ist dann der Abstand zwischen P₁ und P₂
d=|

\vec{P_{1} P_{2}}

| =

| (\begin{matrix} 79 \\ -38 \\ -34 \end{matrix}) |

=

\sqrt{79^{2} + {(-38)}^{2} + {(-34)}^{2}}

=

\sqrt{8841}

≈ 94.026591983332

Der Abstand ist also ca. 94.03 km.

Um den kleinsten Abstand der beiden Bewegungsbahnen zu erhalten müssen wir die klassische Rechnung zur Bestimmung des Abstands zweier windschieder Geraden durchführen:

Zuerst bilden wir eine Ebene, welche die Gerade h: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 73 \\ -33 \\ -32 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -24 \\ 16 \\ 12 \end{matrix})$ enthält und parallel zur Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -6 \\ 9 \\ -2 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -24 \\ 15 \\ 13 \end{matrix})$ ist, also $\vec{x} = (\begin{matrix} 73 \\ -33 \\ -32 \end{matrix}) + r \cdot (\begin{matrix} -24 \\ 16 \\ 12 \end{matrix}) + s \cdot (\begin{matrix} -24 \\ 15 \\ 13 \end{matrix})$
Der Normalenvektor dieser Ebene ist der Normalenvektor auf die beiden Richtungsvektoren der Geraden.

\vec{n} = (\begin{matrix} -24 \\ 15 \\ 13 \end{matrix}) \times (\begin{matrix} -24 \\ 16 \\ 12 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 15 \cdot 12 - 13 \cdot 16 \\ 13 \cdot (- 24) - (- 24) \cdot 12 \\ -24 \cdot 16 - 15 \cdot (- 24) \end{matrix}) = (\begin{matrix} 180 - 208 \\ -312 - (- 288) \\ -384 - (- 360) \end{matrix}) = (\begin{matrix} -28 \\ -24 \\ -24 \end{matrix})

= -4⋅

(\begin{matrix} 7 \\ 6 \\ 6 \end{matrix})

Wenn wir den Aufpunkt von h A_h $(73 | -33 | -32)$ in die allgemeine Ebenengleichung $7 x_{1} + 6 x_{2} + 6 x_{3} = d$ einsetzen erhalten wir für diese Hilfsebene die Koordinatengleichung:

7 x_{1} + 6 x_{2} + 6 x_{3} = 121

Nun können wir den Abstand zwischen der Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -6 \\ 9 \\ -2 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -24 \\ 15 \\ 13 \end{matrix})$ und dieser (zu g parallelen) Ebene berechnen, indem wir aus der Geraden einen Punkt, am besten den Aufpunkt $(-6 | 9 | -2)$ , nehmen und den Abstand zwischen diesem Punkt und der Ebene mit Hilfe der Hesse-Formel (Abstand Punkt-Ebene) berechnen. Dieser Abstand ist auch der Abstand der beiden windschiefen Geraden zueinander.

Wir berechnen den Abstand zwischen Punkt und Ebene mittels der Hesse'schen Normalenform.

d =

\frac{| 7 \cdot (- 6) + 6 \cdot 9 + 6 \cdot (- 2) - 121 |}{\sqrt{7^{2} + 6^{2} + 6^{2}}}

=

\frac{| -121 |}{\sqrt{121}}

=

\frac{121}{11}

= 11

Der Abstand der beiden Bewegungsbahnen beträgt somit 11 km

Um aber den geringsten Abstand der beiden Bewegungsobjekte zu berechnen, müssten wir den Abstand der beiden Positionen zu einer Zeit t bestimmen. Die aktuelle Position zum Zeitpunkt t lässt sich durch den allgemeinen Geradenpunkt darstellen.

Wir suchen also das t, so dass der Abstand zwischen ${G1}_{t} (-6 - 24 t | 9 + 15 t | -2 + 13 t)$ und ${G2}_{t} (73 - 24 t | -33 + 16 t | -32 + 12 t)$ minimal wird.

d(t)= $| (\begin{matrix} 73 - 24 t \\ -33 + 16 t \\ -32 + 12 t \end{matrix}) - (\begin{matrix} -6 - 24 t \\ 9 + 15 t \\ -2 + 13 t \end{matrix}) |$ = $| (\begin{matrix} 79 + 0 t \\ -42 + 1 t \\ -30 - 1 t \end{matrix}) |$ soll also minimal werden.

d(t)= $\sqrt{{(0 + 79)}^{2} + {(x - 42)}^{2} + {(- x - 30)}^{2}}$
= $\sqrt{6 241 + x^{2} - 84 x + 1 764 + x^{2} + 60 x + 900}$
= $\sqrt{2 x^{2} - 24 x + 8 905}$

da $a < b \Leftrightarrow$ $\sqrt{a}$ < $\sqrt{b}$ können wir auch das Minimum der quadratischen Funktion unter der Wurzel bestimmen, um die gesuchte Zeit t zu erhalten. Dazu leiten wir diese erst mal zwei mal ab:

$f'(t) =$ $4 x - 24 + 0$

$f''(t) =$ $4 + 0 + 0$

mit der notwendigen Bedingung f'(t)=0 erhält man t= $6$ als potentielle Extremstelle.

Wegen $f''(t) =$ $4 + 0 + 0$ >0 ist also der Tiefpunkt bei t= $6$ .

der minimale Abstand ist also d( $6$ )= $\sqrt{2 \cdot 6^{2} - 24 \cdot 6 + 8 905}$ = $\sqrt{8 833}$ ≈ 94 km

Höhe nach x Kilometern

Beispiel:

Ein Heißluftballon startet zum Zeitpunkt t=0 im Punkt A $(24 | -30 | 0)$ (alle Angaben in Meter). Da der Wind extrem gleichmäßig ist, fliegt er mit konstanter Geschwindigkeit auf einer geradlinigen Bahn. Nach 3min ist er im Punkt B $(-84 | -138 | 54)$ angelangt.
Welche Höhe hat der Heißluftballon, wenn er 7,56 km zurückgelegt hat?

Lösung einblenden

Das Bewegungsobjekt legt in 3 min den Vektor $\vec{AB}$ = $(\begin{matrix} -108 \\ -108 \\ 54 \end{matrix})$ zurück.
In 1min legt es also den Vektor $\frac{1}{3}$ ⋅ $(\begin{matrix} -108 \\ -108 \\ 54 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -36 \\ -36 \\ 18 \end{matrix})$ zurück.
Die Geradengleichung $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 24 \\ -30 \\ 0 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -36 \\ -36 \\ 18 \end{matrix})$ beschreibt also den Ortsvektor zu dem Punkt, an dem sich das Bewegungsobjekt nach t min befindet.
Dieser Richtungsvektor (der in 1 min zurückgelegt wird) hat die Länge = $\sqrt{{(-36)}^{2} + {(-36)}^{2} + 18^{2}} = \sqrt{2916} = 54$ .
Die Geschwindigkeit ist also v=54 $\frac{m}{\min}$
Für die Strecke von 7.56 km braucht es also $\frac{7560}{54}$ min = 140min
Nach dieser Zeit befindet es sich dann im Punkt mit dem Ortsvektor
$\vec{OP}$ = $(\begin{matrix} 24 \\ -30 \\ 0 \end{matrix}) + 140 \cdot (\begin{matrix} -36 \\ -36 \\ 18 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -5016 \\ -5070 \\ 2520 \end{matrix})$ , also im Punkt P $(-5016 | -5070 | 2520)$ .

Die Höhe in diesem Punkt ist einfach die x₃-Koordinate, also 2520m.

Zwei Objekte Aufgabe - Abstände (ohne windschief)

Beispiel:

Flugzeug Die Position eines Flugzeugs F1 zum Zeitpunkt t ist gegeben durch $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 4 \\ -3 \\ -2 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -20 \\ 29 \\ 3 \end{matrix})$ . (alle Koordinaten in km; t in Minuten seit Beobachtungsbeginn). Ein zweites Flugzeug F2 startet zum Zeitpunkt t=0 im Punkt A $(53 | -57 | 0)$ . Nach 4min ist es im Punkt B $(-27 | 63 | 0)$ angelangt.
Wie weit sind die beiden Flugzeuge nach 4min von einander entfernt?
Zu welchem Zeitpunkt kommen sich die beiden Flugzeuge am nächsten? Wie weit sind sie dann voneinander entfernt?

Lösung einblenden

Das Bewegungsobjekt legt in 4min den Vektor $\vec{AB}$ = $(\begin{matrix} -80 \\ 120 \\ 0 \end{matrix})$ zurück.
In 1min legt es also den Vektor $\frac{1}{4}$ ⋅ $(\begin{matrix} -80 \\ 120 \\ 0 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -20 \\ 30 \\ 0 \end{matrix})$ zurück. Die Flugbahn/Bewegungsbahn kann als Gerade g2 mit g2: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 53 \\ -57 \\ 0 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -20 \\ 30 \\ 0 \end{matrix})$ dargestellt werden, wobei der Parameter t dabei einfach als Zeit betrachtet werden kann.

F1 ist nach 4min an der Stelle P1 $(\begin{matrix} 4 \\ -3 \\ -2 \end{matrix}) + 4 \cdot (\begin{matrix} -20 \\ 29 \\ 3 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -76 \\ 113 \\ 10 \end{matrix})$ und F2 an der Stelle P2 $(\begin{matrix} 53 \\ -57 \\ 0 \end{matrix}) + 4 \cdot (\begin{matrix} -20 \\ 30 \\ 0 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -27 \\ 63 \\ 0 \end{matrix})$ .

Wir berechnen zuerst den Verbindungsvektor zwischen P₁

(-76 | 113 | 10)

und P₂

(-27 | 63 | 0)

:

\vec{P_{1} P_{2}}

=

(\begin{matrix} -27 - (-76) \\ 63 - 113 \\ 0 - 10 \end{matrix})

=

(\begin{matrix} 49 \\ -50 \\ -10 \end{matrix})

Die Länge dieses Vektors ist dann der Abstand zwischen P₁ und P₂
d=|

\vec{P_{1} P_{2}}

| =

| (\begin{matrix} 49 \\ -50 \\ -10 \end{matrix}) |

=

\sqrt{49^{2} + {(-50)}^{2} + {(-10)}^{2}}

=

\sqrt{5001}

≈ 70.717748832949

Der Abstand ist also ca. 70.72 km.

Um aber den geringsten Abstand der beiden Bewegungsobjekte zu berechnen, müssten wir den Abstand der beiden Positionen zu einer Zeit t bestimmen. Die aktuelle Position zum Zeitpunkt t lässt sich durch den allgemeinen Geradenpunkt darstellen.

Wir suchen also das t, so dass der Abstand zwischen ${G1}_{t} (4 - 20 t | -3 + 29 t | -2 + 3 t)$ und ${G2}_{t} (53 - 20 t | -57 + 30 t | 0 + 0 t)$ minimal wird.

d(t)= $| (\begin{matrix} 53 - 20 t \\ -57 + 30 t \\ 0 + 0 t \end{matrix}) - (\begin{matrix} 4 - 20 t \\ -3 + 29 t \\ -2 + 3 t \end{matrix}) |$ = $| (\begin{matrix} 49 + 0 t \\ -54 + 1 t \\ 2 - 3 t \end{matrix}) |$ soll also minimal werden.

d(t)= $\sqrt{{(0 + 49)}^{2} + {(x - 54)}^{2} + {(- 3 x + 2)}^{2}}$
= $\sqrt{2 401 + x^{2} - 108 x + 2 916 + 9 x^{2} - 12 x + 4}$
= $\sqrt{10 x^{2} - 120 x + 5 321}$

da $a < b \Leftrightarrow$ $\sqrt{a}$ < $\sqrt{b}$ können wir auch das Minimum der quadratischen Funktion unter der Wurzel bestimmen, um die gesuchte Zeit t zu erhalten. Dazu leiten wir diese erst mal zwei mal ab:

$f'(t) =$ $20 x - 120 + 0$

$f''(t) =$ $20 + 0 + 0$

mit der notwendigen Bedingung f'(t)=0 erhält man t= $6$ als potentielle Extremstelle.

Wegen $f''(t) =$ $20 + 0 + 0$ >0 ist also der Tiefpunkt bei t= $6$ .

der minimale Abstand ist also d( $6$ )= $\sqrt{10 \cdot 6^{2} - 120 \cdot 6 + 5 321}$ = $\sqrt{4 961}$ ≈ 70.4

Aufgabenbeispiele von Bewegungsaufgaben

nach x Minuten

Bewegungsaufgabe mit geg. Geschwindigkeit

Höhe nach x Kilometern

Zwei Objekte - gleiche Höhe

Zwei Objekte Aufgabe - Abstände

Höhe nach x Kilometern

Zwei Objekte Aufgabe - Abstände (ohne windschief)