6.2 Derivasjon av vektorfunksjoner

Vi bruker parameterframstillingen for en sirkel:

$$\vec{r}(t) = \begin{pmatrix} 3\cos t \\ 3\sin t \end{pmatrix}, \quad t \in [0, 2\pi]$$

Her er:
- $x(t) = 3\cos t$
- $y(t) = 3\sin t$

Nar $t$ gar fra $0$ til $2\pi$, beveger vi oss en gang rundt sirkelen mot klokken.

Kontroll: $x^2 + y^2 = 9\cos^2 t + 9\sin^2 t = 9(\cos^2 t + \sin^2 t) = 9$ \checkmark

Startpunktet er $(1, 2)$, og partikkelen beveger seg langs retningsvektoren $(3, 4)$.

Vektorfunksjonen blir:

$$\vec{r}(t) = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix} + t \begin{pmatrix} 3 \\ 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 + 3t \\ 2 + 4t \end{pmatrix}$$

Her er:
- $x(t) = 1 + 3t$
- $y(t) = 2 + 4t$

Nar $t = 0$, er partikkelen i $(1, 2)$.
Nar $t = 1$, er partikkelen i $(4, 6)$.
Nar $t = 2$, er partikkelen i $(7, 10)$.

Partikkelen beveger seg langs en rett linje.

Vi deriverer hver komponent for seg:

$$x(t) = t^2 \quad \Rightarrow \quad x'(t) = 2t$$

$$y(t) = t^3 - 2t \quad \Rightarrow \quad y'(t) = 3t^2 - 2$$

Dermed er:

$$\vec{r}'(t) = \begin{pmatrix} 2t \\ 3t^2 - 2 \end{pmatrix}$$

Vi deriverer hver komponent:

$$x(t) = 3\cos t \quad \Rightarrow \quad x'(t) = -3\sin t$$

$$y(t) = 3\sin t \quad \Rightarrow \quad y'(t) = 3\cos t$$

Dermed er:

$$\vec{r}'(t) = \begin{pmatrix} -3\sin t \\ 3\cos t \end{pmatrix}$$

Fra eksempel 4 har vi $\vec{r}'(t) = (-3\sin t, 3\cos t)$.

For $\displaystyle t = \frac{\pi}{2}$:

$$\vec{r}\left(\frac{\pi}{2}\right) = \left(3\cos\frac{\pi}{2}, 3\sin\frac{\pi}{2}\right) = (0, 3)$$

$$\vec{r}'\left(\frac{\pi}{2}\right) = \left(-3\sin\frac{\pi}{2}, 3\cos\frac{\pi}{2}\right) = (-3, 0)$$

Tangentvektoren i punktet $(0, 3)$ er $(-3, 0)$, som peker i negativ $x$-retning.

Sjekk ortogonalitet:

$$\vec{r}\left(\frac{\pi}{2}\right) \cdot \vec{r}'\left(\frac{\pi}{2}\right) = (0, 3) \cdot (-3, 0) = 0 \cdot (-3) + 3 \cdot 0 = 0$$

Siden skalarproduktet er null, star vektorene vinkelrett på hverandre. Dette gir mening fordi tangentvektoren til en sirkel alltid er vinkelrett på radiusvektoren.

Punktet på kurven:
$$\vec{r}(2) = (2, 4)$$

Tangentvektoren:
$$\vec{r}'(t) = (1, 2t)$$
$$\vec{r}'(2) = (1, 4)$$

Tangentlinjen gar gjennom $(2, 4)$ med retningsvektor $(1, 4)$:

$$\vec{\ell}(s) = (2, 4) + s(1, 4) = (2 + s, 4 + 4s)$$

Pa kartesisk form: Stigningstallet er $\displaystyle \frac{4}{1} = 4$.

$$y - 4 = 4(x - 2)$$
$$y = 4x - 4$$

Punktet:
$$\vec{r}(1) = (1, 1)$$

Tangentvektoren:
$$\vec{r}'(t) = (2t, 3t^2)$$
$$\vec{r}'(1) = (2, 3)$$

Normalvektoren (rotert $90°$ mot klokken):
$$\vec{n}(1) = (-3, 2)$$

Kontroll: $(2, 3) \cdot (-3, 2) = -6 + 6 = 0$ \checkmark

Starthastighet:
- Horisontal komponent: $v_{0x} = 20 \cos 60° = 10$ m/s
- Vertikal komponent: $v_{0y} = 20 \sin 60° = 10\sqrt{3}$ m/s

Posisjonsvektoren:
$$\vec{r}(t) = \begin{pmatrix} 10t \\ 10\sqrt{3}t - 5t^2 \end{pmatrix}$$

Hastighetsvektoren:
$$\vec{v}(t) = \vec{r}'(t) = \begin{pmatrix} 10 \\ 10\sqrt{3} - 10t \end{pmatrix}$$

For $t = 0$: $\vec{v}(0) = (10, 10\sqrt{3})$ (starthastigheten)

For $t = \sqrt{3}$: $\vec{v}(\sqrt{3}) = (10, 0)$ (toppunktet, kun horisontal bevegelse)

Hastighetsvektoren:
$$\vec{r}'(t) = (-3\sin t, 3\cos t)$$

Farten:
$$v(t) = |\vec{r}'(t)| = \sqrt{(-3\sin t)^2 + (3\cos t)^2}$$
$$= \sqrt{9\sin^2 t + 9\cos^2 t}$$
$$= \sqrt{9(\sin^2 t + \cos^2 t)}$$
$$= \sqrt{9} = 3$$

Farten er konstant lik 3 for alle $t$. Dette er typisk for bevegelse langs en sirkel med konstant vinkelhastighet.

Hastighetsvektoren:
$$\vec{r}'(t) = (1, 2t)$$

Farten:
$$v(t) = |\vec{r}'(t)| = \sqrt{1^2 + (2t)^2} = \sqrt{1 + 4t^2}$$

For $t = 2$:
$$v(2) = \sqrt{1 + 4 \cdot 4} = \sqrt{17} \approx 4{,}12$$

Merk at farten oker med $t$. Nar $t = 0$ er farten $v(0) = 1$, og nar $t$ oker, oker ogsa farten.

Fra eksempel 9 vet vi at farten er konstant lik 3.

Buelengden:
$$L = \int_0^{2\pi} |\vec{r}'(t)|\, dt = \int_0^{2\pi} 3\, dt = 3t \Big|_0^{2\pi} = 3 \cdot 2\pi - 0 = 6\pi$$

Omkretsen er $6\pi$, som stemmer med formelen $2\pi r = 2\pi \cdot 3 = 6\pi$. \checkmark

Parameterframstilling: Vi kan skrive linjestykket som
$$\vec{r}(t) = (1 + 3t, 2 + 4t), \quad t \in [0, 1]$$

Nar $t = 0$: $(1, 2)$
Nar $t = 1$: $(4, 6)$

Hastighetsvektor:
$$\vec{r}'(t) = (3, 4)$$

Fart:
$$|\vec{r}'(t)| = \sqrt{3^2 + 4^2} = \sqrt{25} = 5$$

Buelengde:
$$L = \int_0^1 5\, dt = 5t \Big|_0^1 = 5$$

Kontroll med avstandsformelen:
$$L = \sqrt{(4-1)^2 + (6-2)^2} = \sqrt{9 + 16} = 5 \quad \checkmark$$

Hastighetsvektor:
$$x'(t) = 1$$
$$y'(t) = \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{2}t^{1/2} = t^{1/2} = \sqrt{t}$$

$$\vec{r}'(t) = (1, \sqrt{t})$$

Fart:
$$|\vec{r}'(t)| = \sqrt{1 + t}$$

Buelengde:
$$L = \int_0^3 \sqrt{1 + t}\, dt$$

La $u = 1 + t$, da er $du = dt$.
Nar $t = 0$: $u = 1$
Nar $t = 3$: $u = 4$

$$L = \int_1^4 \sqrt{u}\, du = \int_1^4 u^{1/2}\, du = \frac{2}{3}u^{3/2}\Big|_1^4$$
$$= \frac{2}{3}(4^{3/2} - 1^{3/2}) = \frac{2}{3}(8 - 1) = \frac{14}{3}$$

Buelengden er $\displaystyle \frac{14}{3} \approx 4{,}67$.

Posisjon:
$$\vec{r}(t) = (t^2, t^3)$$

Hastighetsvektor (forste deriverte):
$$\vec{v}(t) = \vec{r}'(t) = (2t, 3t^2)$$
$$\vec{v}(1) = (2, 3)$$

Fart:
$$v(1) = |\vec{v}(1)| = \sqrt{2^2 + 3^2} = \sqrt{13}$$

Akselerasjonsvektor (andre deriverte):
$$\vec{a}(t) = \vec{r}''(t) = (2, 6t)$$
$$\vec{a}(1) = (2, 6)$$

Akselerasjonsvektoren viser hvordan hastigheten endrer seg.

a) Tangentvektoren:

$$\vec{r}'(t) = (-4\sin t, 2\cos t)$$

For $\displaystyle t = \frac{\pi}{4}$:
$$\vec{r}'\left(\frac{\pi}{4}\right) = \left(-4 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}, 2 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}\right) = (-2\sqrt{2}, \sqrt{2})$$

b) Farten:

$$v\left(\frac{\pi}{4}\right) = \sqrt{(-2\sqrt{2})^2 + (\sqrt{2})^2} = \sqrt{8 + 2} = \sqrt{10}$$

Hastighetsvektor:
$$\vec{r}'(t) = (2t, 2)$$

Fart:
$$v(t) = |\vec{r}'(t)| = \sqrt{4t^2 + 4} = 2\sqrt{t^2 + 1}$$

Buelengde (tilbakelagt strekning):
$$L = \int_0^2 2\sqrt{t^2 + 1}\, dt$$

For å løse dette integralet bruker vi substitusjon $t = \sinh u$ eller tabelloppslag.

Med formelen $\displaystyle \int \sqrt{t^2 + 1}\, dt = \frac{t}{2}\sqrt{t^2 + 1} + \frac{1}{2}\ln|t + \sqrt{t^2 + 1}| + C$:

$$L = 2 \left[ \frac{t}{2}\sqrt{t^2 + 1} + \frac{1}{2}\ln|t + \sqrt{t^2 + 1}| \right]_0^2$$
$$= \left[ t\sqrt{t^2 + 1} + \ln|t + \sqrt{t^2 + 1}| \right]_0^2$$
$$= 2\sqrt{5} + \ln(2 + \sqrt{5}) - (0 + \ln 1)$$
$$= 2\sqrt{5} + \ln(2 + \sqrt{5})$$
$$\approx 4{,}47 + 1{,}44 \approx 5{,}92 \text{ km}$$