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nach x Minuten

Beispiel:

Eine Rakete startet zum Zeitpunkt t=0 im Punkt A $(150 | 250 | 100)$ (alle Angaben in Meter). Nach 4s ist es im Punkt B $(1750 | -1350 | 900)$ 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 7300m erreicht?

Lösung einblenden

Das Bewegungsobjekt legt in 4s den Vektor $\vec{AB}$ = $(\begin{matrix} 1600 \\ -1600 \\ 800 \end{matrix})$ zurück.
In 1s legt es also den Vektor $\frac{1}{4}$ ⋅ $(\begin{matrix} 1600 \\ -1600 \\ 800 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 400 \\ -400 \\ 200 \end{matrix})$ zurück. Dieser Vektor hat die Länge = $\sqrt{400^{2} + {(-400)}^{2} + 200^{2}} = \sqrt{360000} = 600$ .
Die Geschwindigkeit ist also v=600 $\frac{m}{s}$ = 2160 $\frac{km}{h}$

Die Flugbahn/Bewegungsbahn kann als Gerade g mit g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 150 \\ 250 \\ 100 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 400 \\ -400 \\ 200 \end{matrix})$ 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
$\vec{OP}$ = $(\begin{matrix} 150 \\ 250 \\ 100 \end{matrix}) + 9 \cdot (\begin{matrix} 400 \\ -400 \\ 200 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 3750 \\ -3350 \\ 1900 \end{matrix})$ , also im Punkt P $(3750 | -3350 | 1900)$ .

Das Bewegungsobjekt hat sich dann von A $(150 | 250 | 100)$ nach P $(3750 | -3350 | 1900)$ bewegt, also um den Vektor $\vec{AP}$ = $(\begin{matrix} 3600 \\ -3600 \\ 1800 \end{matrix})$ . Dessen Länge ist $\sqrt{3600^{2} + {(-3600)}^{2} + 1800^{2}} = \sqrt{29160000} = 5400$ (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( $α$ )= $\frac{| (\begin{matrix} 400 \\ -400 \\ 200 \end{matrix}) \circ (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) |}{| (\begin{matrix} 400 \\ -400 \\ 200 \end{matrix}) | \cdot | (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) |}$ = $\frac{| 400 \cdot 0 + (-400) \cdot 0 + 200 \cdot 1 |}{\sqrt{400^{2} + {(-400)}^{2} + 200^{2}} \cdot \sqrt{0^{2} + 0^{2} + 1^{2}}}$
$= \frac{| 200 |}{\sqrt{360000} \cdot \sqrt{1}} \approx 0.3333$ => $α$ =19.5°

In 1s steigt (bzw. sinkt) das Bewegungsobjekt um 200m (Änderung in der x₃-Koordinate). Um von 100 auf 7300m (also 7200m) zu steigen (bzw. fallen), muss es also $\frac{7200}{200}$ s = 36s lang steigen (bzw. sinken).

Bewegungsaufgabe mit geg. Geschwindigkeit

Beispiel:

Ein Flugzeug startet zum Zeitpunkt t=0 im Punkt A $(20 | -20 | 10)$ und fliegt mit einer Geschwindigkeit von 396km/h in Richtung des Punktes B $(-260 | -260 | 250)$ (alle Koordinatenangaben in Meter).
Wann kommt es im Punkt B an?
Wann hat das Flugzeug die (absolute) Höhe von 1450m erreicht?
In welchem Punkt befindet es sich dann?

Lösung einblenden

Zuerst rechnen wir die Geschwindigkeit von km/h in $\frac{m}{s}$ um: v= $\frac{396000 m}{3600 s}$ = 110 $\frac{m}{s}$ .
Die Länge des Vektors $\vec{AB}$ = $(\begin{matrix} -280 \\ -240 \\ 240 \end{matrix})$ ist $\sqrt{{(-280)}^{2} + {(-240)}^{2} + 240^{2}} = \sqrt{193600} = 440$ (in m).
Bei einer Geschwindigkeit von 110 $\frac{m}{s}$ . braucht er für diese Strecke $\frac{440}{110}$ s = 4s.
Punkt B wird als nach 4s erreicht.

In einer s wird also der Vektor $\frac{1}{4}$ ⋅ $(\begin{matrix} -280 \\ -240 \\ 240 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -70 \\ -60 \\ 60 \end{matrix})$ zurückgelegt.
Die Flugbahn/Bewegungsbahn kann so als Gerade g mit g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 20 \\ -20 \\ 10 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -70 \\ -60 \\ 60 \end{matrix})$ dargestellt werden, wobei der Parameter t dabei einfach als Zeit betrachtet werden kann.

In 1s steigt (bzw. sinkt) das Bewegungsobjekt um 60m (Änderung in der x₃-Koordinate). Um von 10 auf 1450m (also 1440m) zu steigen (bzw. fallen), muss es also $\frac{1440}{60}$ s = 24s lang steigen (bzw. sinken) und ist dann im Punkt mit dem Ortsvektor $\vec{OP}$ = $(\begin{matrix} 20 \\ -20 \\ 10 \end{matrix}) + 24 \cdot (\begin{matrix} -70 \\ -60 \\ 60 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -1660 \\ -1460 \\ 1450 \end{matrix})$
Also im Punkt P $(-1660 | -1460 | 1450)$ .

Höhe nach x Kilometern

Beispiel:

Ein Flugzeug startet zum Zeitpunkt t=0 im Punkt A $(20 | 20 | 20)$ (alle Angaben in Meter). Nach 3s ist es im Punkt B $(-160 | -250 | 80)$ angelangt.
Welche (absolute) Höhe hat das Flugzeug, wenn es 24,2 km zurückgelegt hat?

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Das Bewegungsobjekt legt in 3 s den Vektor $\vec{AB}$ = $(\begin{matrix} -180 \\ -270 \\ 60 \end{matrix})$ zurück.
In 1s legt es also den Vektor $\frac{1}{3}$ ⋅ $(\begin{matrix} -180 \\ -270 \\ 60 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -60 \\ -90 \\ 20 \end{matrix})$ zurück.
Die Geradengleichung $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 20 \\ 20 \\ 20 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -60 \\ -90 \\ 20 \end{matrix})$ beschreibt also den Ortsvektor zu dem Punkt, an dem sich das Bewegungsobjekt nach t s befindet.
Dieser Richtungsvektor (der in 1 s zurückgelegt wird) hat die Länge = $\sqrt{{(-60)}^{2} + {(-90)}^{2} + 20^{2}} = \sqrt{12100} = 110$ .
Die Geschwindigkeit ist also v=110 $\frac{m}{s}$
Für die Strecke von 24.2 km braucht es also $\frac{24200}{110}$ s = 220s
Nach dieser Zeit befindet es sich dann im Punkt mit dem Ortsvektor
$\vec{OP}$ = $(\begin{matrix} 20 \\ 20 \\ 20 \end{matrix}) + 220 \cdot (\begin{matrix} -60 \\ -90 \\ 20 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -13180 \\ -19780 \\ 4420 \end{matrix})$ , also im Punkt P $(-13180 | -19780 | 4420)$ .

Die Höhe in diesem Punkt ist einfach die x₃-Koordinate, also 4420 (in m).

Zwei Objekte - gleiche Höhe

Beispiel:

Die Position eines Flugzeugs F1 zum Zeitpunkt t ist gegeben durch $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 5 \\ 10 \\ 0,6 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -3 \\ -5 \\ 0,4 \end{matrix})$ . (alle Koordinaten in km; t in Minuten seit Beobachtungsbeginn). Ein zweites Flugzeug F2 startet zum Zeitpunkt t=0 im Punkt A $(-1 | 4 | 1,4)$ . Nach 1min ist es im Punkt B $(-4 | -2 | 1,6)$ 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 $\vec{AB}$ = $(\begin{matrix} -3 \\ -6 \\ 0.2 \end{matrix})$ zurück. Die Flugbahn/Bewegungsbahn kann als Gerade g2 mit g2: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -1 \\ 4 \\ 1.4 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -3 \\ -6 \\ 0.2 \end{matrix})$ 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:

$0,4 t + 0,6$	=	$0,2 t + 1,4$	\| $- 0,6$ $- 0,2 t$
$0,2 t$	=	$0,8$	\|: $0,2$
$t$	=	$4$

nach 4 min sind also das Flugzeug F1 und das Flugzeug F2 auf gleicher Höhe: $0,4 \cdot 4 + 0,6$ = 2.2 = $0,2 \cdot 4 + 1,4$

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.

$(\begin{matrix} 5 \\ 10 \\ 0.6 \end{matrix}) + s \cdot (\begin{matrix} -3 \\ -5 \\ 0.4 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -1 \\ 4 \\ 1.4 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -3 \\ -6 \\ 0.2 \end{matrix})$ da ja aber nur die x₁- und x₂-Koordinaten gleich sein müssen ergibt sich folgendes LGS:

$\begin{matrix} 5 & -3 s & = & -1 & -3 t \\ 10 & -5 s & = & 4 & -6 t \end{matrix}$

\begin{matrix} - 3 s & + 3 t & = & - 6 & (I) \\ - 5 s & + 6 t & = & - 6 & (II) \end{matrix}

\begin{matrix} - 3 s & + 3 t & = & - 6 & (I) \\ - 5 s & + 6 t & = & - 6 & (II) \end{matrix}

langsame Rechnung einblenden $5$ ·(I) $- 3$ ·(II)

\begin{matrix} - 3 s & 3 t & = & - 6 & (I) \\ (- 15 + 15) s & + (15 - 18) t & = & (- 30 + 18) & (II) \end{matrix}

\begin{matrix} - 3 s & + 3 t & = & - 6 & (I) \\ - 3 t & = & - 12 & (II) \end{matrix}

Zeile (II):

\begin{matrix} - 3 t & = & - 12 \end{matrix}

t = $4$

eingesetzt in Zeile (I):

\begin{matrix} - 3 s & + 3 \cdot (4) & = & - 6 \end{matrix}

| -

12

- 3

s =

- 18

| :

(-3)

s = $6$

$L = {(6 | 4)}$

Das heißt also, dass das Flugzeug F1 nach 6min und das Flugzeug F2 nach 4min an diesem 'x₁-x₂-Schnittpunkt' ist.

das Flugzeug F1 ist also nach 6min bei $(\begin{matrix} 5 \\ 10 \\ 0.6 \end{matrix}) + 6 \cdot (\begin{matrix} -3 \\ -5 \\ 0.4 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -13 \\ -20 \\ 3 \end{matrix})$ , während das Flugzeug F2 nach 6min bei $(\begin{matrix} -1 \\ 4 \\ 1.4 \end{matrix}) + 6 \cdot (\begin{matrix} -3 \\ -6 \\ 0.2 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -19 \\ -32 \\ 2.6 \end{matrix})$ ist.

Wir berechnen zuerst den Verbindungsvektor zwischen P₁

(-13 | -20 | 3)

und P₂

(-19 | -32 | 2.6)

:

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

=

(\begin{matrix} -19 - (-13) \\ -32 - (-20) \\ 2.6 - 3 \end{matrix})

=

(\begin{matrix} -6 \\ -12 \\ -0.4 \end{matrix})

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

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

| =

| (\begin{matrix} -6 \\ -12 \\ -0.4 \end{matrix}) |

=

\sqrt{{(-6)}^{2} + {(-12)}^{2} + {(-0.4)}^{2}}

=

\sqrt{180.16}

≈ 13.42236938845

Der Abstand der beiden Objekte nach 6min ist also $\sqrt{180.0964}$ km ≈ 13.42 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.

$(\begin{matrix} 5 \\ 10 \\ 0.6 \end{matrix}) + s \cdot (\begin{matrix} -3 \\ -5 \\ 0.4 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -1 \\ 4 \\ 1.4 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -3 \\ -6 \\ 0.2 \end{matrix})$ da ja aber nur die x₁- und x₂-Koordinaten gleich sein müssen ergibt sich folgendes LGS:

$\begin{matrix} 5 & -3 s & = & -1 & -3 t \\ 10 & -5 s & = & 4 & -6 t \end{matrix}$

\begin{matrix} - 3 s & + 3 t & = & - 6 & (I) \\ - 5 s & + 6 t & = & - 6 & (II) \end{matrix}

\begin{matrix} - 3 s & + 3 t & = & - 6 & (I) \\ - 5 s & + 6 t & = & - 6 & (II) \end{matrix}

langsame Rechnung einblenden $5$ ·(I) $- 3$ ·(II)

\begin{matrix} - 3 s & 3 t & = & - 6 & (I) \\ (- 15 + 15) s & + (15 - 18) t & = & (- 30 + 18) & (II) \end{matrix}

\begin{matrix} - 3 s & + 3 t & = & - 6 & (I) \\ - 3 t & = & - 12 & (II) \end{matrix}

Zeile (II):

\begin{matrix} - 3 t & = & - 12 \end{matrix}

t = $4$

eingesetzt in Zeile (I):

\begin{matrix} - 3 s & + 3 \cdot (4) & = & - 6 \end{matrix}

| -

12

- 3

s =

- 18

| :

(-3)

s = $6$

$L = {(6 | 4)}$

Das heißt also, dass das Flugzeug F1 nach 6min und das Flugzeug F2 nach 4min an diesem 'x₁-x₂-Schnittpunkt' ist.

das Flugzeug F1 ist also nach 6min bei $(\begin{matrix} 5 \\ 10 \\ 0.6 \end{matrix}) + 6 \cdot (\begin{matrix} -3 \\ -5 \\ 0.4 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -13 \\ -20 \\ 3 \end{matrix})$ , während das Flugzeug F2 nach 4min bei $(\begin{matrix} -1 \\ 4 \\ 1.4 \end{matrix}) + 4 \cdot (\begin{matrix} -3 \\ -6 \\ 0.2 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -13 \\ -20 \\ 2.2 \end{matrix})$ ist.

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

3 - 2.2 = 0.8 km

Zwei Objekte Aufgabe - Abstände

Beispiel:

Die Position einer Drohne zum Zeitpunkt t ist gegeben durch $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -6 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 5 \\ -5 \\ 0 \end{matrix})$ . (alle Koordinaten in m; t in Sekunden seit Beobachtungsbeginn).
Die Gondel einer Seilbahn startet zum Zeitpunkt t=0 im Punkt A $(-4 | 14 | 8)$ . Nach 2s ist sie im Punkt B $(8 | 4 | 4)$ angelangt.
Wie weit sind die Drohne und die Seilbahngondel nach 4s von einander entfernt?
Berechne den kleinsten Abstand, den die Drohne von der Seilbahn haben kann.
Zu welchem Zeitpunkt kommen sich die Drohne und die Gondel der Seilbahn am nächsten? Wie weit sind sie dann voneinander entfernt?

Lösung einblenden

Die Seilbahngondel legt in 2s den Vektor $\vec{AB}$ = $(\begin{matrix} 12 \\ -10 \\ -4 \end{matrix})$ zurück.
In 1s legt es also den Vektor $\frac{1}{2}$ ⋅ $(\begin{matrix} 12 \\ -10 \\ -4 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 6 \\ -5 \\ -2 \end{matrix})$ zurück. Die Flugbahn/Bewegungsbahn kann als Gerade g2 mit g2: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -4 \\ 14 \\ 8 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 6 \\ -5 \\ -2 \end{matrix})$ dargestellt werden, wobei der Parameter t dabei einfach als Zeit betrachtet werden kann.

Die Drohne ist nach 4s an der Stelle P1 $(\begin{matrix} -6 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}) + 4 \cdot (\begin{matrix} 5 \\ -5 \\ 0 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 14 \\ -19 \\ 2 \end{matrix})$ und die Seilbahngondel an der Stelle P2 $(\begin{matrix} -4 \\ 14 \\ 8 \end{matrix}) + 4 \cdot (\begin{matrix} 6 \\ -5 \\ -2 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 20 \\ -6 \\ 0 \end{matrix})$ .

Wir berechnen zuerst den Verbindungsvektor zwischen P₁

(14 | -19 | 2)

und P₂

(20 | -6 | 0)

:

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

=

(\begin{matrix} 20 - 14 \\ -6 - (-19) \\ 0 - 2 \end{matrix})

=

(\begin{matrix} 6 \\ 13 \\ -2 \end{matrix})

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

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

| =

| (\begin{matrix} 6 \\ 13 \\ -2 \end{matrix}) |

=

\sqrt{6^{2} + 13^{2} + {(-2)}^{2}}

=

\sqrt{209}

≈ 14.456832294801

Der Abstand ist also ca. 14.46 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: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -4 \\ 14 \\ 8 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 6 \\ -5 \\ -2 \end{matrix})$ enthält und parallel zur Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -6 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 5 \\ -5 \\ 0 \end{matrix})$ ist, also $\vec{x} = (\begin{matrix} -4 \\ 14 \\ 8 \end{matrix}) + r \cdot (\begin{matrix} 6 \\ -5 \\ -2 \end{matrix}) + s \cdot (\begin{matrix} 5 \\ -5 \\ 0 \end{matrix})$
Der Normalenvektor dieser Ebene ist der Normalenvektor auf die beiden Richtungsvektoren der Geraden.

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

= 5⋅

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

Wenn wir den Aufpunkt von h A_h $(-4 | 14 | 8)$ in die allgemeine Ebenengleichung $2 x_{1} + 2 x_{2} + x_{3} = d$ einsetzen erhalten wir für diese Hilfsebene die Koordinatengleichung:

2 x_{1} + 2 x_{2} + x_{3} = 28

Nun können wir den Abstand zwischen der Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -6 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 5 \\ -5 \\ 0 \end{matrix})$ und dieser (zu g parallelen) Ebene berechnen, indem wir aus der Geraden einen Punkt, am besten den Aufpunkt $(-6 | 1 | 2)$ , 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{| 2 \cdot (- 6) + 2 \cdot 1 + 1 \cdot 2 - 28 |}{\sqrt{2^{2} + 2^{2} + 1^{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:
$\frac{| [\vec{x} - (\begin{matrix} -4 \\ 14 \\ 8 \end{matrix})] \circ (\begin{matrix} 2 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) |}{\sqrt{2^{2} + 2^{2} + 1^{2}}}$ , kann man ja A_g (den Aufpunkt von g) direkt für x einsetzen:
$d =$ $\frac{| [(\begin{matrix} -6 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}) - (\begin{matrix} -4 \\ 14 \\ 8 \end{matrix})] \circ (\begin{matrix} 2 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) |}{\sqrt{2^{2} + 2^{2} + 1^{2}}}$ = $\frac{| (\begin{matrix} -2 \\ -13 \\ -6 \end{matrix}) \circ (\begin{matrix} 2 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) |}{\sqrt{2^{2} + 2^{2} + 1^{2}}}$ = $\frac{| (-2) \cdot 2 + (-13) \cdot 2 + (-6) \cdot 1 |}{\sqrt{4 + 4 + 1}}$ = $\frac{| -36 |}{\sqrt{9}}$ = $\frac{36}{3}$ = $12$

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 ${G1}_{t} (-6 + 5 t | 1 - 5 t | 2 + 0 t)$ und ${G2}_{t} (-4 + 6 t | 14 - 5 t | 8 - 2 t)$ minimal wird.

d(t)= $| (\begin{matrix} -4 + 6 t \\ 14 - 5 t \\ 8 - 2 t \end{matrix}) - (\begin{matrix} -6 + 5 t \\ 1 - 5 t \\ 2 + 0 t \end{matrix}) |$ = $| (\begin{matrix} 2 + 1 t \\ 13 + 0 t \\ 6 - 2 t \end{matrix}) |$ soll also minimal werden.

d(t)= $\sqrt{{(t + 2)}^{2} + {(0 + 13)}^{2} + {(- 2 t + 6)}^{2}}$
= $\sqrt{t^{2} + 4 t + 4 + 169 + 4 t^{2} - 24 t + 36}$
= $\sqrt{5 t^{2} - 20 t + 209}$

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:

$f'(t) =$ $10 x - 20 + 0$

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

mit der notwendigen Bedingung f'(t)=0 erhält man t= $2$ als potentielle Extremstelle.

Wegen $f''(t) =$ $10 + 0 + 0$ >0 ist also der Tiefpunkt bei t= $2$ .

der minimale Abstand ist also d( $2$ )= $\sqrt{5 \cdot 2^{2} - 20 \cdot 2 + 209}$ = $\sqrt{189}$ ≈ 13.7 (in m)

nach x Minuten

Beispiel:

Ein Flugzeug startet zum Zeitpunkt t=0 im Punkt A $(-30 | 0 | 30)$ (alle Angaben in Meter). Nach 1s ist es im Punkt B $(-90 | 90 | 50)$ angelangt. Wie hoch ist die Geschwindigkeit des Flugzeugs in km/h?
An welchem Ort befindet sich das Flugzeug nach 2s?
Wie weit ist das Flugzeug dann geflogen?
Berechne den Winkel mit dem das Flugzeug steigt?
Wann hat das Flugzeug die Höhe von 250m erreicht?

Lösung einblenden

Das Bewegungsobjekt legt in 1s den Vektor $\vec{AB}$ = $(\begin{matrix} -60 \\ 90 \\ 20 \end{matrix})$ zurück. Dieser Vektor hat die Länge = $\sqrt{{(-60)}^{2} + 90^{2} + 20^{2}} = \sqrt{12100} = 110$ .
Die Geschwindigkeit ist also v=110 $\frac{m}{s}$ = 396 $\frac{km}{h}$

Die Flugbahn/Bewegungsbahn kann als Gerade g mit g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -30 \\ 0 \\ 30 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -60 \\ 90 \\ 20 \end{matrix})$ dargestellt werden, wobei der Parameter t dabei einfach als Zeit betrachtet werden kann. Nach 2 s befindet es sich also im Punkt mit dem Ortsvektor
$\vec{OP}$ = $(\begin{matrix} -30 \\ 0 \\ 30 \end{matrix}) + 2 \cdot (\begin{matrix} -60 \\ 90 \\ 20 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -150 \\ 180 \\ 70 \end{matrix})$ , also im Punkt P $(-150 | 180 | 70)$ .

Das Bewegungsobjekt hat sich dann von A $(-30 | 0 | 30)$ nach P $(-150 | 180 | 70)$ bewegt, also um den Vektor $\vec{AP}$ = $(\begin{matrix} -120 \\ 180 \\ 40 \end{matrix})$ . Dessen Länge ist $\sqrt{{(-120)}^{2} + 180^{2} + 40^{2}} = \sqrt{48400} = 220$ (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( $α$ )= $\frac{| (\begin{matrix} -60 \\ 90 \\ 20 \end{matrix}) \circ (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) |}{| (\begin{matrix} -60 \\ 90 \\ 20 \end{matrix}) | \cdot | (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) |}$ = $\frac{| (-60) \cdot 0 + 90 \cdot 0 + 20 \cdot 1 |}{\sqrt{{(-60)}^{2} + 90^{2} + 20^{2}} \cdot \sqrt{0^{2} + 0^{2} + 1^{2}}}$
$= \frac{| 20 |}{\sqrt{12100} \cdot \sqrt{1}} \approx 0.1818$ => $α$ =10.5°

In 1s steigt (bzw. sinkt) das Bewegungsobjekt um 20m (Änderung in der x₃-Koordinate). Um von 30 auf 250m (also 220m) zu steigen (bzw. fallen), muss es also $\frac{220}{20}$ s = 11s lang steigen (bzw. sinken).

Zwei Objekte Aufgabe - Abstände (ohne windschief)

Beispiel:

Flugzeug Die Position eines Flugzeugs F1 zum Zeitpunkt t ist gegeben durch $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -4 \\ 5 \\ 2 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -6 \\ -3 \\ 4 \end{matrix})$ . (alle Koordinaten in km; t in Minuten seit Beobachtungsbeginn). Ein zweites Flugzeug F2 startet zum Zeitpunkt t=0 im Punkt A $(17 | 18 | -7)$ . Nach 3min ist es im Punkt B $(-4 | 9 | 5)$ 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 3min den Vektor $\vec{AB}$ = $(\begin{matrix} -21 \\ -9 \\ 12 \end{matrix})$ zurück.
In 1min legt es also den Vektor $\frac{1}{3}$ ⋅ $(\begin{matrix} -21 \\ -9 \\ 12 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -7 \\ -3 \\ 4 \end{matrix})$ zurück. Die Flugbahn/Bewegungsbahn kann als Gerade g2 mit g2: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 17 \\ 18 \\ -7 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -7 \\ -3 \\ 4 \end{matrix})$ dargestellt werden, wobei der Parameter t dabei einfach als Zeit betrachtet werden kann.

F1 ist nach 4min an der Stelle P1 $(\begin{matrix} -4 \\ 5 \\ 2 \end{matrix}) + 4 \cdot (\begin{matrix} -6 \\ -3 \\ 4 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -28 \\ -7 \\ 18 \end{matrix})$ und F2 an der Stelle P2 $(\begin{matrix} 17 \\ 18 \\ -7 \end{matrix}) + 4 \cdot (\begin{matrix} -7 \\ -3 \\ 4 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -11 \\ 6 \\ 9 \end{matrix})$ .

Wir berechnen zuerst den Verbindungsvektor zwischen P₁

(-28 | -7 | 18)

und P₂

(-11 | 6 | 9)

:

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

=

(\begin{matrix} -11 - (-28) \\ 6 - (-7) \\ 9 - 18 \end{matrix})

=

(\begin{matrix} 17 \\ 13 \\ -9 \end{matrix})

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

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

| =

| (\begin{matrix} 17 \\ 13 \\ -9 \end{matrix}) |

=

\sqrt{17^{2} + 13^{2} + {(-9)}^{2}}

=

\sqrt{539}

≈ 23.216373532488

Der Abstand ist also ca. 23.22 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 ${G1}_{t} (-4 - 6 t | 5 - 3 t | 2 + 4 t)$ und ${G2}_{t} (17 - 7 t | 18 - 3 t | -7 + 4 t)$ minimal wird.

d(t)= $| (\begin{matrix} 17 - 7 t \\ 18 - 3 t \\ -7 + 4 t \end{matrix}) - (\begin{matrix} -4 - 6 t \\ 5 - 3 t \\ 2 + 4 t \end{matrix}) |$ = $| (\begin{matrix} 21 - 1 t \\ 13 + 0 t \\ -9 + 0 t \end{matrix}) |$ soll also minimal werden.

d(t)= $\sqrt{{(- t + 21)}^{2} + {(0 + 13)}^{2} + {(0 - 9)}^{2}}$
= $\sqrt{t^{2} - 42 t + 441 + 169 + 81}$
= $\sqrt{t^{2} - 42 t + 691}$

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:

$f'(t) =$ $2 x - 42 + 0$

$f''(t) =$ $2 + 0 + 0$

mit der notwendigen Bedingung f'(t)=0 erhält man t= $21$ als potentielle Extremstelle.

Wegen $f''(t) =$ $2 + 0 + 0$ >0 ist also der Tiefpunkt bei t= $21$ .

der minimale Abstand ist also d( $21$ )= $\sqrt{21^{2} - 42 \cdot 21 + 691}$ = $\sqrt{250}$ ≈ 15.8

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( $16 t - 3$ | $30 t + 5$ | $- t^{2} + t + 2$ ) 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 $(-3 | 5 | 0)$ 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:

$- t^{2} + t + 2$ = 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 = $\frac{- 1 \pm \sqrt{1^{2} - 4 \cdot (- 1) \cdot 2}}{2 \cdot (- 1)}$

x_1,2 = $\frac{- 1 \pm \sqrt{1 + 8}}{- 2}$

x_1,2 = $\frac{- 1 \pm \sqrt{9}}{- 2}$

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

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

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:

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

$t^{2} - t - 2$ = 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 = ${(- \frac{1}{2})}^{2} - (- 2)$ = $\frac{1}{4}$ $+$ $2$ = $\frac{1}{4}$ $+$ $\frac{8}{4}$ = $\frac{9}{4}$

x_1,2 = $\frac{1}{2}$ ± $\sqrt{\frac{9}{4}}$

x₁ = $\frac{1}{2}$ - $\frac{3}{2}$ = $- \frac{2}{2}$ = -1

x₂ = $\frac{1}{2}$ + $\frac{3}{2}$ = $\frac{4}{2}$ = 2

Das heißt also, dass der Speer nach 2 s in der x₁x₂-Ebene angekommen ist. Wenn wir t = 2 in den Punkt X_t einsetzen, erhalten wir L( $16 \cdot 2 - 3$ | $30 \cdot 2 + 5$ | $- 2^{2} + 2 + 2$ ) = L $(29 | 65 | 0)$ als den Landepunkt.

Da ja der Speer im Punkt X₀ $(-3 | 5 | 2)$ , also direkt über A $(-3 | 5 | 0)$ losgeflogen ist, können wir die gesuchte Weite einfach als Länge des
Vektors $\vec{AL}$ = $(\begin{matrix} 29 - (-3) \\ 65 - 5 \\ 0 - 0 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 32 \\ 60 \\ 0 \end{matrix})$ berechnen:

d = $\sqrt{32^{2} + 60^{2} + 0^{2}}$ = 68

Aufgabentypen anhand von Beispielen durchstöbern

nach x Minuten

Bewegungsaufgabe mit geg. Geschwindigkeit

Höhe nach x Kilometern

Zwei Objekte - gleiche Höhe

Zwei Objekte Aufgabe - Abstände

nach x Minuten

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):