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nach x Minuten

Beispiel:

Ein Heißluftballon startet zum Zeitpunkt t=0 im Punkt A $(20 | 30 | 50)$ (alle Angaben in Meter). Nach 1min ist er im Punkt B $(0 | 50 | 60)$ angelangt.
Wie hoch ist die Geschwindigkeit des Heißluftballons in km/h?
An welchem Ort befindet sich der Heißluftballon nach 2min?
Wie weit ist der Heißluftballon dann geflogen?
Berechne den Winkel mit dem der Heißluftballon steigt?
Wann hat er die Höhe von 170m erreicht?

Lösung einblenden

Das Bewegungsobjekt legt in 1min den Vektor $\vec{AB}$ = $(\begin{matrix} -20 \\ 20 \\ 10 \end{matrix})$ zurück. Dieser Vektor hat die Länge = $\sqrt{{(-20)}^{2} + 20^{2} + 10^{2}} = \sqrt{900} = 30$ .
Die Geschwindigkeit ist also v=30 $\frac{m}{\min}$ = 1.8 $\frac{km}{h}$

Die Flugbahn/Bewegungsbahn kann als Gerade g mit g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 20 \\ 30 \\ 50 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -20 \\ 20 \\ 10 \end{matrix})$ dargestellt werden, wobei der Parameter t dabei einfach als Zeit betrachtet werden kann. Nach 2 min befindet es sich also im Punkt mit dem Ortsvektor
$\vec{OP}$ = $(\begin{matrix} 20 \\ 30 \\ 50 \end{matrix}) + 2 \cdot (\begin{matrix} -20 \\ 20 \\ 10 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -20 \\ 70 \\ 70 \end{matrix})$ , also im Punkt P $(-20 | 70 | 70)$ .

Das Bewegungsobjekt hat sich dann von A $(20 | 30 | 50)$ nach P $(-20 | 70 | 70)$ bewegt, also um den Vektor $\vec{AP}$ = $(\begin{matrix} -40 \\ 40 \\ 20 \end{matrix})$ . Dessen Länge ist $\sqrt{{(-40)}^{2} + 40^{2} + 20^{2}} = \sqrt{3600} = 60$ (in 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( $α$ )= $\frac{| (\begin{matrix} -20 \\ 20 \\ 10 \end{matrix}) \circ (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) |}{| (\begin{matrix} -20 \\ 20 \\ 10 \end{matrix}) | \cdot | (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) |}$ = $\frac{| (-20) \cdot 0 + 20 \cdot 0 + 10 \cdot 1 |}{\sqrt{{(-20)}^{2} + 20^{2} + 10^{2}} \cdot \sqrt{0^{2} + 0^{2} + 1^{2}}}$
$= \frac{| 10 |}{\sqrt{900} \cdot \sqrt{1}} \approx 0.3333$ => $α$ =19.5°

In 1min steigt (bzw. sinkt) das Bewegungsobjekt um 10m (Änderung in der x₃-Koordinate). Um von 50 auf 170m (also 120m) zu steigen (bzw. fallen), muss es also $\frac{120}{10}$ min = 12min lang steigen (bzw. sinken).

Bewegungsaufgabe mit geg. Geschwindigkeit

Beispiel:

Ein Flugzeug startet zum Zeitpunkt t=0 im Punkt A $(-10 | 10 | 20)$ und fliegt mit einer Geschwindigkeit von 324km/h in Richtung des Punktes B $(110 | -110 | 80)$ (alle Koordinatenangaben in Meter).
Wann kommt es im Punkt B an?
Wann hat das Flugzeug die (absolute) Höhe von 620m erreicht?
In welchem Punkt befindet es sich dann?

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Zuerst rechnen wir die Geschwindigkeit von km/h in $\frac{m}{s}$ um: v= $\frac{324000 m}{3600 s}$ = 90 $\frac{m}{s}$ .
Die Länge des Vektors $\vec{AB}$ = $(\begin{matrix} 120 \\ -120 \\ 60 \end{matrix})$ ist $\sqrt{120^{2} + {(-120)}^{2} + 60^{2}} = \sqrt{32400} = 180$ (in m).
Bei einer Geschwindigkeit von 90 $\frac{m}{s}$ . braucht er für diese Strecke $\frac{180}{90}$ s = 2s.
Punkt B wird als nach 2s erreicht.

In einer s wird also der Vektor $\frac{1}{2}$ ⋅ $(\begin{matrix} 120 \\ -120 \\ 60 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 60 \\ -60 \\ 30 \end{matrix})$ zurückgelegt.
Die Flugbahn/Bewegungsbahn kann so als Gerade g mit g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -10 \\ 10 \\ 20 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 60 \\ -60 \\ 30 \end{matrix})$ dargestellt werden, wobei der Parameter t dabei einfach als Zeit betrachtet werden kann.

In 1s steigt (bzw. sinkt) das Bewegungsobjekt um 30m (Änderung in der x₃-Koordinate). Um von 20 auf 620m (also 600m) zu steigen (bzw. fallen), muss es also $\frac{600}{30}$ s = 20s lang steigen (bzw. sinken) und ist dann im Punkt mit dem Ortsvektor $\vec{OP}$ = $(\begin{matrix} -10 \\ 10 \\ 20 \end{matrix}) + 20 \cdot (\begin{matrix} 60 \\ -60 \\ 30 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 1190 \\ -1190 \\ 620 \end{matrix})$
Also im Punkt P $(1190 | -1190 | 620)$ .

Höhe nach x Kilometern

Beispiel:

Ein Uboot startet zum Zeitpunkt t=0 im Punkt A $(15 | 9 | 0)$ (alle Angaben in Meter). Nach 4min geradliniger Fahrt mit konstanter Geschwindigkeit ist es im Punkt B $(-81 | -87 | -48)$ angelangt.
Wie tief ist das Uboot, wenn es 7,92 km zurückgelegt hat? (bitte als Höhe angeben, also mit negativem Vorzeichen)

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Das Bewegungsobjekt legt in 4 min den Vektor $\vec{AB}$ = $(\begin{matrix} -96 \\ -96 \\ -48 \end{matrix})$ zurück.
In 1min legt es also den Vektor $\frac{1}{4}$ ⋅ $(\begin{matrix} -96 \\ -96 \\ -48 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -24 \\ -24 \\ -12 \end{matrix})$ zurück.
Die Geradengleichung $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 15 \\ 9 \\ 0 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -24 \\ -24 \\ -12 \end{matrix})$ 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 7.92 km braucht es also $\frac{7920}{36}$ min = 220min
Nach dieser Zeit befindet es sich dann im Punkt mit dem Ortsvektor
$\vec{OP}$ = $(\begin{matrix} 15 \\ 9 \\ 0 \end{matrix}) + 220 \cdot (\begin{matrix} -24 \\ -24 \\ -12 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -5265 \\ -5271 \\ -2640 \end{matrix})$ , also im Punkt P $(-5265 | -5271 | -2640)$ .

Die Höhe in diesem Punkt ist einfach die x₃-Koordinate, also -2640 (in m).

Zwei Objekte - gleiche Höhe

Beispiel:

Die Position eines Flugzeugs F1 zum Zeitpunkt t ist gegeben durch $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 2 \\ 10 \\ 0,8 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 7 \\ 6 \\ 0,2 \end{matrix})$ . (alle Koordinaten in km; t in Minuten seit Beobachtungsbeginn). Ein zweites Flugzeug F2 startet zum Zeitpunkt t=0 im Punkt A $(17 | 13 | 0,2)$ . Nach 3min ist es im Punkt B $(-7 | 22 | 1,1)$ 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?

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Das Flugzeug F2 legt in 3min den Vektor $\vec{AB}$ = $(\begin{matrix} -24 \\ 9 \\ 0.9 \end{matrix})$ zurück.
In 1min legt es also den Vektor $\frac{1}{3}$ ⋅ $(\begin{matrix} -24 \\ 9 \\ 0.9 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -8 \\ 3 \\ 0.3 \end{matrix})$ zurück. Die Flugbahn/Bewegungsbahn kann als Gerade g2 mit g2: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 17 \\ 13 \\ 0.2 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -8 \\ 3 \\ 0.3 \end{matrix})$ 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:

$0,2 t + 0,8$	=	$0,3 t + 0,2$	\| $- 0,8$ $- 0,3 t$
$- 0,1 t$	=	$- 0,6$	\|:( $- 0,1$ )
$t$	=	$6$

nach 6 min sind also das Flugzeug F1 und das Flugzeug F2 auf gleicher Höhe: $0,2 \cdot 6 + 0,8$ = 2 = $0,3 \cdot 6 + 0,2$

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.

$(\begin{matrix} 2 \\ 10 \\ 0.8 \end{matrix}) + s \cdot (\begin{matrix} 7 \\ 6 \\ 0.2 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 17 \\ 13 \\ 0.2 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -8 \\ 3 \\ 0.3 \end{matrix})$ da ja aber nur die x₁- und x₂-Koordinaten gleich sein müssen ergibt sich folgendes LGS:

$\begin{matrix} 2 & +7 s & = & 17 & -8 t \\ 10 & +6 s & = & 13 & +3 t \end{matrix}$

\begin{matrix} 7 s & + 8 t & = & 15 & (I) \\ 6 s & - 3 t & = & 3 & (II) \end{matrix}

\begin{matrix} 7 s & + 8 t & = & 15 & (I) \\ 6 s & - 3 t & = & 3 & (II) \end{matrix}

langsame Rechnung einblenden $6$ ·(I) $- 7$ ·(II)

\begin{matrix} 7 s & 8 t & = & 15 & (I) \\ (42 - 42) s & + (48 + 21) t & = & (90 - 21) & (II) \end{matrix}

\begin{matrix} 7 s & + 8 t & = & 15 & (I) \\ + 69 t & = & 69 & (II) \end{matrix}

Zeile (II):

\begin{matrix} + 69 t & = & 69 \end{matrix}

t = $1$

eingesetzt in Zeile (I):

\begin{matrix} 7 s & + 8 \cdot (1) & = & 15 \end{matrix}

| -

8

7

s =

7

| : 7

s = $1$

$L = {(1 | 1)}$

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

das Flugzeug F1 ist also nach 1min bei $(\begin{matrix} 2 \\ 10 \\ 0.8 \end{matrix}) + 1 \cdot (\begin{matrix} 7 \\ 6 \\ 0.2 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 9 \\ 16 \\ 1 \end{matrix})$ , während das Flugzeug F2 nach 1min bei $(\begin{matrix} 17 \\ 13 \\ 0.2 \end{matrix}) + 1 \cdot (\begin{matrix} -8 \\ 3 \\ 0.3 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 9 \\ 16 \\ 0.5 \end{matrix})$ ist.

Wir berechnen zuerst den Verbindungsvektor zwischen P₁

(9 | 16 | 1)

und P₂

(9 | 16 | 0.5)

:

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

=

(\begin{matrix} 9 - 9 \\ 16 - 16 \\ 0.5 - 1 \end{matrix})

=

(\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ -0.5 \end{matrix})

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

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

| =

| (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ -0.5 \end{matrix}) |

=

\sqrt{0^{2} + 0^{2} + {(-0.5)}^{2}}

=

\sqrt{0.25}

≈ 0.5

Der Abstand der beiden Objekte nach 1min ist also $\sqrt{0.25}$ km ≈ 0.5 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.

$(\begin{matrix} 2 \\ 10 \\ 0.8 \end{matrix}) + s \cdot (\begin{matrix} 7 \\ 6 \\ 0.2 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 17 \\ 13 \\ 0.2 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -8 \\ 3 \\ 0.3 \end{matrix})$ da ja aber nur die x₁- und x₂-Koordinaten gleich sein müssen ergibt sich folgendes LGS:

$\begin{matrix} 2 & +7 s & = & 17 & -8 t \\ 10 & +6 s & = & 13 & +3 t \end{matrix}$

\begin{matrix} 7 s & + 8 t & = & 15 & (I) \\ 6 s & - 3 t & = & 3 & (II) \end{matrix}

\begin{matrix} 7 s & + 8 t & = & 15 & (I) \\ 6 s & - 3 t & = & 3 & (II) \end{matrix}

langsame Rechnung einblenden $6$ ·(I) $- 7$ ·(II)

\begin{matrix} 7 s & 8 t & = & 15 & (I) \\ (42 - 42) s & + (48 + 21) t & = & (90 - 21) & (II) \end{matrix}

\begin{matrix} 7 s & + 8 t & = & 15 & (I) \\ + 69 t & = & 69 & (II) \end{matrix}

Zeile (II):

\begin{matrix} + 69 t & = & 69 \end{matrix}

t = $1$

eingesetzt in Zeile (I):

\begin{matrix} 7 s & + 8 \cdot (1) & = & 15 \end{matrix}

| -

8

7

s =

7

| : 7

s = $1$

$L = {(1 | 1)}$

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

das Flugzeug F1 ist also nach 1min bei $(\begin{matrix} 2 \\ 10 \\ 0.8 \end{matrix}) + 1 \cdot (\begin{matrix} 7 \\ 6 \\ 0.2 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 9 \\ 16 \\ 1 \end{matrix})$ , während das Flugzeug F2 nach 1min bei $(\begin{matrix} 17 \\ 13 \\ 0.2 \end{matrix}) + 1 \cdot (\begin{matrix} -8 \\ 3 \\ 0.3 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 9 \\ 16 \\ 0.5 \end{matrix})$ ist.

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

1 - 0.5 = 0.5 km

Zwei Objekte Aufgabe - Abstände

Beispiel:

Ein Heißluftballon startet zum Zeitpunkt t=0 im Punkt A $(20 | -3 | 23)$ (alle Angaben in Meter). Nach 3min ist er im Punkt B $(14 | 15 | 8)$ angelangt.
Die Position einer Drohne zum Zeitpunkt t ist gegeben durch $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 10 \\ 7 \\ 0 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 0 \\ 5 \\ -5 \end{matrix})$ . (alle Koordinaten in m; t in Minuten seit Beobachtungsbeginn).
Wie weit sind der Heißluftballon und die Drohne nach 5min von einander entfernt?
Wie groß ist der kleinste Abstand der beiden Flugbahnen?
Zu welchem Zeitpunkt kommen sich die Drohne und der Heißluftballon am nächsten? Wie weit sind sie dann voneinander entfernt?

Lösung einblenden

Der Heißluftballon legt in 3min den Vektor $\vec{AB}$ = $(\begin{matrix} -6 \\ 18 \\ -15 \end{matrix})$ zurück.
In 1min legt es also den Vektor $\frac{1}{3}$ ⋅ $(\begin{matrix} -6 \\ 18 \\ -15 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -2 \\ 6 \\ -5 \end{matrix})$ zurück. Die Flugbahn/Bewegungsbahn kann als Gerade g2 mit g2: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 20 \\ -3 \\ 23 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -2 \\ 6 \\ -5 \end{matrix})$ dargestellt werden, wobei der Parameter t dabei einfach als Zeit betrachtet werden kann.

Die Drohne ist nach 5min an der Stelle P1 $(\begin{matrix} 10 \\ 7 \\ 0 \end{matrix}) + 5 \cdot (\begin{matrix} 0 \\ 5 \\ -5 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 10 \\ 32 \\ -25 \end{matrix})$ und der Heißluftballon an der Stelle P2 $(\begin{matrix} 20 \\ -3 \\ 23 \end{matrix}) + 5 \cdot (\begin{matrix} -2 \\ 6 \\ -5 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 10 \\ 27 \\ -2 \end{matrix})$ .

Wir berechnen zuerst den Verbindungsvektor zwischen P₁

(10 | 32 | -25)

und P₂

(10 | 27 | -2)

:

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

=

(\begin{matrix} 10 - 10 \\ 27 - 32 \\ -2 - (-25) \end{matrix})

=

(\begin{matrix} 0 \\ -5 \\ 23 \end{matrix})

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

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

| =

| (\begin{matrix} 0 \\ -5 \\ 23 \end{matrix}) |

=

\sqrt{0^{2} + {(-5)}^{2} + 23^{2}}

=

\sqrt{554}

≈ 23.53720459188

Der Abstand ist also ca. 23.54 m.

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: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 20 \\ -3 \\ 23 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -2 \\ 6 \\ -5 \end{matrix})$ enthält und parallel zur Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 10 \\ 7 \\ 0 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 0 \\ 5 \\ -5 \end{matrix})$ ist, also $\vec{x} = (\begin{matrix} 20 \\ -3 \\ 23 \end{matrix}) + r \cdot (\begin{matrix} -2 \\ 6 \\ -5 \end{matrix}) + s \cdot (\begin{matrix} 0 \\ 5 \\ -5 \end{matrix})$
Der Normalenvektor dieser Ebene ist der Normalenvektor auf die beiden Richtungsvektoren der Geraden.

\vec{n} = (\begin{matrix} 0 \\ 5 \\ -5 \end{matrix}) \times (\begin{matrix} -2 \\ 6 \\ -5 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 5 \cdot (- 5) - (- 5) \cdot 6 \\ - 5 \cdot (- 2) - 0 \cdot (- 5) \\ 0 \cdot 6 - 5 \cdot (- 2) \end{matrix}) = (\begin{matrix} - 25 + 30 \\ 10 + 0 \\ 0 + 10 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 5 \\ 10 \\ 10 \end{matrix})

= 5⋅

(\begin{matrix} 1 \\ 2 \\ 2 \end{matrix})

Wenn wir den Aufpunkt von h A_h $(20 | -3 | 23)$ in die allgemeine Ebenengleichung $x_{1} + 2 x_{2} + 2 x_{3} = d$ einsetzen erhalten wir für diese Hilfsebene die Koordinatengleichung:

x_{1} + 2 x_{2} + 2 x_{3} = 60

Nun können wir den Abstand zwischen der Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 10 \\ 7 \\ 0 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 0 \\ 5 \\ -5 \end{matrix})$ und dieser (zu g parallelen) Ebene berechnen, indem wir aus der Geraden einen Punkt, am besten den Aufpunkt $(10 | 7 | 0)$ , 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{| 1 \cdot 10 + 2 \cdot 7 + 2 \cdot 0 - 60 |}{\sqrt{1^{2} + 2^{2} + 2^{2}}}

=

\frac{| -36 |}{\sqrt{9}}

=

\frac{36}{3}

= 12

Alternativer (kürzerer) Lösungsweg mit Formel einblenden

Wenn man die Hesse'sche Normalenform in Vektorschreibweise mit A_h scheibt:
$\frac{| [\vec{x} - (\begin{matrix} 20 \\ -3 \\ 23 \end{matrix})] \circ (\begin{matrix} 1 \\ 2 \\ 2 \end{matrix}) |}{\sqrt{1^{2} + 2^{2} + 2^{2}}}$ , kann man ja A_g (den Aufpunkt von g) direkt für x einsetzen:
$d =$ $\frac{| [(\begin{matrix} 10 \\ 7 \\ 0 \end{matrix}) - (\begin{matrix} 20 \\ -3 \\ 23 \end{matrix})] \circ (\begin{matrix} 1 \\ 2 \\ 2 \end{matrix}) |}{\sqrt{1^{2} + 2^{2} + 2^{2}}}$ = $\frac{| (\begin{matrix} -10 \\ 10 \\ -23 \end{matrix}) \circ (\begin{matrix} 1 \\ 2 \\ 2 \end{matrix}) |}{\sqrt{1^{2} + 2^{2} + 2^{2}}}$ = $\frac{| (-10) \cdot 1 + 10 \cdot 2 + (-23) \cdot 2 |}{\sqrt{1 + 4 + 4}}$ = $\frac{| -36 |}{\sqrt{9}}$ = $\frac{36}{3}$ = $12$

Der Abstand der beiden Bewegungsbahnen beträgt somit 12 m

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 ${G1}_{t} (10 + 0 t | 7 + 5 t | 0 - 5 t)$ und ${G2}_{t} (20 - 2 t | -3 + 6 t | 23 - 5 t)$ minimal wird.

d(t)= $| (\begin{matrix} 20 - 2 t \\ -3 + 6 t \\ 23 - 5 t \end{matrix}) - (\begin{matrix} 10 + 0 t \\ 7 + 5 t \\ 0 - 5 t \end{matrix}) |$ = $| (\begin{matrix} 10 - 2 t \\ -10 + 1 t \\ 23 + 0 t \end{matrix}) |$ soll also minimal werden.

d(t)= $\sqrt{{(- 2 t + 10)}^{2} + {(t - 10)}^{2} + {(0 + 23)}^{2}}$
= $\sqrt{4 t^{2} - 40 t + 100 + t^{2} - 20 t + 100 + 529}$
= $\sqrt{5 t^{2} - 60 t + 729}$

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:

$f'(t) =$ $10 x - 60 + 0$

$f''(t) =$ $10 + 0 + 0$

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

Wegen $f''(t) =$ $10 + 0 + 0$ >0 ist also der Tiefpunkt bei t= $6$ .

der minimale Abstand ist also d( $6$ )= $\sqrt{5 \cdot 6^{2} - 60 \cdot 6 + 729}$ = $\sqrt{549}$ ≈ 23.4 (in m)

Bewegungsaufgabe mit geg. Geschwindigkeit

Beispiel:

Eine Seilbahn fährt zum Zeitpunkt t=0 im Punkt A $(0 | -5 | 654)$ in der Bergstation los und fährt mit einer konstanten Geschwindigkeit von 21,6km/h in Richtung des Punktes B $(4 | -1 | 652)$ (alle Koordinatenangaben in Meter). Ihre Bewegungsbahn soll als geradlinig angenommen werden.
Wann kommt die Seilbahngondel im Punkt B an?
Wann hat sie die (absolute) Höhe von 632m erreicht?
In welchem Punkt befindet die sich dann?

Lösung einblenden

Zuerst rechnen wir die Geschwindigkeit von km/h in $\frac{m}{s}$ um: v= $\frac{21600 m}{3600 s}$ = 6 $\frac{m}{s}$ .
Die Länge des Vektors $\vec{AB}$ = $(\begin{matrix} 4 \\ 4 \\ -2 \end{matrix})$ ist $\sqrt{4^{2} + 4^{2} + {(-2)}^{2}} = \sqrt{36} = 6$ (in m).
Bei einer Geschwindigkeit von 6 $\frac{m}{s}$ . braucht er für diese Strecke $\frac{6}{6}$ s = 1s.
Punkt B wird als nach 1s erreicht.

In einer s wird also der Vektor $(\begin{matrix} 4 \\ 4 \\ -2 \end{matrix})$ zurückgelegt.
Die Flugbahn/Bewegungsbahn kann so als Gerade g mit g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 0 \\ -5 \\ 654 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 4 \\ 4 \\ -2 \end{matrix})$ dargestellt werden, wobei der Parameter t dabei einfach als Zeit betrachtet werden kann.

In 1s steigt (bzw. sinkt) das Bewegungsobjekt um -2m (Änderung in der x₃-Koordinate). Um von 654 auf 632m (also -22m) zu steigen (bzw. fallen), muss es also $\frac{-22}{-2}$ s = 11s lang steigen (bzw. sinken) und ist dann im Punkt mit dem Ortsvektor $\vec{OP}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ -5 \\ 654 \end{matrix}) + 11 \cdot (\begin{matrix} 4 \\ 4 \\ -2 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 44 \\ 39 \\ 632 \end{matrix})$
Also im Punkt P $(44 | 39 | 632)$ .

Zwei Objekte Aufgabe - Abstände (ohne windschief)

Beispiel:

Flugzeug Die Position eines Flugzeugs F1 zum Zeitpunkt t ist gegeben durch $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 10 \\ -6 \\ 0 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 0 \\ 5 \\ -40 \end{matrix})$ . (alle Koordinaten in km; t in Minuten seit Beobachtungsbeginn). Ein zweites Flugzeug F2 startet zum Zeitpunkt t=0 im Punkt A $(18 | -10 | 81)$ . Nach 4min ist es im Punkt B $(10 | 14 | -79)$ angelangt.
Wie weit sind die beiden Flugzeuge nach 2min 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 $\vec{AB}$ = $(\begin{matrix} -8 \\ 24 \\ -160 \end{matrix})$ zurück.
In 1min legt es also den Vektor $\frac{1}{4}$ ⋅ $(\begin{matrix} -8 \\ 24 \\ -160 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -2 \\ 6 \\ -40 \end{matrix})$ zurück. Die Flugbahn/Bewegungsbahn kann als Gerade g2 mit g2: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 18 \\ -10 \\ 81 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -2 \\ 6 \\ -40 \end{matrix})$ dargestellt werden, wobei der Parameter t dabei einfach als Zeit betrachtet werden kann.

F1 ist nach 2min an der Stelle P1 $(\begin{matrix} 10 \\ -6 \\ 0 \end{matrix}) + 2 \cdot (\begin{matrix} 0 \\ 5 \\ -40 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 10 \\ 4 \\ -80 \end{matrix})$ und F2 an der Stelle P2 $(\begin{matrix} 18 \\ -10 \\ 81 \end{matrix}) + 2 \cdot (\begin{matrix} -2 \\ 6 \\ -40 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 14 \\ 2 \\ 1 \end{matrix})$ .

Wir berechnen zuerst den Verbindungsvektor zwischen P₁

(10 | 4 | -80)

und P₂

(14 | 2 | 1)

:

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

=

(\begin{matrix} 14 - 10 \\ 2 - 4 \\ 1 - (-80) \end{matrix})

=

(\begin{matrix} 4 \\ -2 \\ 81 \end{matrix})

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

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

| =

| (\begin{matrix} 4 \\ -2 \\ 81 \end{matrix}) |

=

\sqrt{4^{2} + {(-2)}^{2} + 81^{2}}

=

\sqrt{6581}

≈ 81.123362849428

Der Abstand ist also ca. 81.12 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 ${G1}_{t} (10 + 0 t | -6 + 5 t | 0 - 40 t)$ und ${G2}_{t} (18 - 2 t | -10 + 6 t | 81 - 40 t)$ minimal wird.

d(t)= $| (\begin{matrix} 18 - 2 t \\ -10 + 6 t \\ 81 - 40 t \end{matrix}) - (\begin{matrix} 10 + 0 t \\ -6 + 5 t \\ 0 - 40 t \end{matrix}) |$ = $| (\begin{matrix} 8 - 2 t \\ -4 + 1 t \\ 81 + 0 t \end{matrix}) |$ soll also minimal werden.

d(t)= $\sqrt{{(- 2 t + 8)}^{2} + {(t - 4)}^{2} + {(0 + 81)}^{2}}$
= $\sqrt{4 t^{2} - 32 t + 64 + t^{2} - 8 t + 16 + 6 561}$
= $\sqrt{5 t^{2} - 40 t + 6 641}$

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:

$f'(t) =$ $10 x - 40 + 0$

$f''(t) =$ $10 + 0 + 0$

mit der notwendigen Bedingung f'(t)=0 erhält man t= $4$ als potentielle Extremstelle.

Wegen $f''(t) =$ $10 + 0 + 0$ >0 ist also der Tiefpunkt bei t= $4$ .

der minimale Abstand ist also d( $4$ )= $\sqrt{5 \cdot 4^{2} - 40 \cdot 4 + 6 641}$ = $81$ ≈ 81

Nicht lineare Bewegung

Beispiel:

Ein Speerwerfer wirft einen Speer auf einer Fläche, die durch die x₁x₂-Ebene beschrieben wird. Die Flugbahn des Speers kann mithilfe der Punkte X_t( $16 t - 1$ | $30 t + 2$ | $- t^{2} - 0,2 t + 2,24$ ) beschrieben werden; dabei ist t die seit dem Abwurf vergangene Zeit in Sekunden (Eine Längeneinheit im Koordinatensystem entspricht 1 m in der Realität). Auf dieser Flugbahn fliegt der Speer in den vorgesehenen Sektor. Der Punkt A $(-1 | 2 | 0)$ liegt direkt auf dem Rand der Abwurflinie.
Berechne die Weite, die für den Speerwurf gemessen wird.

Lösung einblenden

Zuerst berechnen den t-Wert, an dem der Speer auf die x₁x₂-Ebene trifft, also wenn x₃= 0 ist:

$- t^{2} - 0,2 t + 2,24$ = 0

Lösen mit der a-b-c-Formel (Mitternachtsformel):

eingesetzt in x_1,2 = $\frac{- b \pm \sqrt{b^{2} - 4 a \cdot c}}{2 a}$ ergibt:

x_1,2 = $\frac{+ 0,2 \pm \sqrt{{(- 0,2)}^{2} - 4 \cdot (- 1) \cdot 2,24}}{2 \cdot (- 1)}$

x_1,2 = $\frac{+ 0,2 \pm \sqrt{0,04 + 8,96}}{- 2}$

x_1,2 = $\frac{+ 0,2 \pm \sqrt{9}}{- 2}$

x₁ = $\frac{0,2 + \sqrt{9}}{- 2}$ = $\frac{0,2+3}{- 2}$ = $\frac{3,2}{- 2}$ = $- 1,6$

x₂ = $\frac{0,2 - \sqrt{9}}{- 2}$ = $\frac{0,2-3}{- 2}$ = $\frac{- 2,8}{- 2}$ = $1,4$

Lösen mit der p-q-Formel (x² + px + q = 0):

Um die Gleichung auf die Form "x² + px + q = 0" zu bekommen, müssen wir zuerst die ganze Gleichung durch " $- 1$ " teilen:

$- t^{2} - 0,2 t + 2,24$ = 0 |: $- 1$

$t^{2} + 0,2 t - 2,24$ = 0

vor dem Einsetzen in x_1,2 = $- \frac{p}{2}$ ± $\sqrt{{(\frac{p}{2})}^{2} - q}$
berechnen wir zuerst die Diskriminante D = ${(\frac{p}{2})}^{2} - q$ :

D = ${(\frac{0,2}{2})}^{2} - (- 2,24)$ = $\frac{0.04}{4}$ $+$ $2,24$ = $\frac{0.04}{4}$ $+$ $\frac{8.96}{4}$ = $\frac{9}{4}$

x_1,2 = $- \frac{0,2}{2}$ ± $\sqrt{2,25}$

x₁ = $- \frac{0,2}{2}$ - $1,5$ ≈ -1.6

x₂ = $- \frac{0,2}{2}$ + $1,5$ ≈ 1.4

Das heißt also, dass der Speer nach 1,4 s in der x₁x₂-Ebene angekommen ist. Wenn wir t = 1,4 in den Punkt X_t einsetzen, erhalten wir L( $16 \cdot 1,4 - 1$ | $30 \cdot 1,4 + 2$ | $- {1,4}^{2} - 0,2 \cdot 1,4 + 2,24$ ) = L $(21.4 | 44 | 0)$ als den Landepunkt.

Da ja der Speer im Punkt X₀ $(-1 | 2 | 2.24)$ , also direkt über A $(-1 | 2 | 0)$ losgeflogen ist, können wir die gesuchte Weite einfach als Länge des
Vektors $\vec{AL}$ = $(\begin{matrix} 21.4 - (-1) \\ 44 - 2 \\ 0 - 0 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 22.4 \\ 42 \\ 0 \end{matrix})$ berechnen:

d = $\sqrt{{22.4}^{2} + 42^{2} + 0^{2}}$ = 47,6

Aufgabenbeispiele von Bewegungsaufgaben

nach x Minuten

Bewegungsaufgabe mit geg. Geschwindigkeit

Höhe nach x Kilometern

Zwei Objekte - gleiche Höhe

Zwei Objekte Aufgabe - Abstände

Bewegungsaufgabe mit geg. Geschwindigkeit

Zwei Objekte Aufgabe - Abstände (ohne windschief)

Nicht lineare Bewegung

Lösen mit der a-b-c-Formel (Mitternachtsformel):

Lösen mit der p-q-Formel (x² + px + q = 0):