Morsom liten oppgave

[Determined]

[Aleks855]

Du har ikke et større bilde?

[Determined]

Du har ikke et større bilde?

Oj, sorry. Det er nok en liten bug på forumet eller.no, bildet er jo egentlig ganske stort. Her er lenka...

http://bildr.no/image/ME42VFVa.jpeg

[Aleks855]

Er nok ikke bare forumet. Den du lenka nå var også minimal. Sikker på at du ikke lenker thumbnailen nå, og ikke selve bildet?

[Gustav]

Du har ikke et større bilde?

Oj, sorry. Det er nok en liten bug på forumet eller.no, bildet er jo egentlig ganske stort. Her er lenka...

http://bildr.no/image/ME42VFVa.jpeg

Har hatt samme problemet med bildr. Størrelsene endres. Bruk http://postimage.org/ , det funker alltid.

[Determined]

Ja det må ha vært bildr, både bildet på forumet og på lenken var normalt store da jeg posta dette.

Men her kommer det, fra postimage:

[Janhaa]

Kul oppg, nå sitter jg i bilen og venter på ferja i Kr.sand. Skal sykle 8-9 dager i Danmark :=)
Derfor kommer en short cut solution;
[tex]\tan(30)=x/y=1/\sqrt3[/tex]
y er delen til høyre for 10 (og 60)

[tex]y=x\sqrt3[/tex]

[tex]\tan(w)=\frac{10+x\sqrt 3}{x}=\frac{10}{x}+\sqrt 3[/tex]
der w er vinkelen til høyre for v

[tex]\tan(v+w)=\frac{60+x\sqrt 3}{x}=\frac{\tan(v)+\tan(w)}{1-\tan(v)\tan(w)}=\frac{60}{x}+\sqrt 3[/tex]

så må tan(w) substitueres inn i likninga over og løses mhp tan(v).
så tas arctan, og uttrykket fås... ser dette blir noe tynt ja...

[Nebuchadnezzar]

Som Janhaa velger jeg å ta utgangspunktet i følgende figur



Fra figur så har vi at $v = w - u$. Herfra så er

$
\tan 30 = x/y \ \Rightarrow \ y = x/\tan 30 = x/(1/\sqrt{3}) = \sqrt{3} x
$.

Dermed kan vi regne ut vinkel $w$

$ \displaystyle
\tan w = \frac{60 + y}{x} = \frac{60}{x} + \sqrt{3} \ \Rightarrow \ w = \arctan\left( \frac{60}{x} + \sqrt{3} \right)
$

og tilsvarende for vinkel $u$

$ \displaystyle
\tan u = \frac{10 + y}{x} = \frac{10}{x} + \sqrt{3} \ \Rightarrow \ u = \arctan\left( \frac{10}{x} + \sqrt{3} \right)
$

Tilslutt så har vi at $
\arctan x - \arctan y = \arctan\big( (x - y)/(1 + xy) \big)
$ slik vi kan uttrykke vinkel $v$ som

$ \displaystyle
v(x) = w(x) - u(x)
= \arctan\left( \frac{60}{x} + \sqrt{3} \right) - \arctan\left( \frac{10}{x} + \sqrt{3} \right)
= \arctan\left( \frac{25x}{2x^2 + 35\sqrt{3} x + 300} \right)
$

Siden $\arctan x$ er en strengt voksende funksjon så er den maksimale verdien når $x$ er maksimal. Derivasjon gir

$ \displaystyle
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}
\left( \frac{ 25x }{ 2x^2 + 35\sqrt{3} x + 300 } \right) =
\frac{ 25 \cdot \left( 2x^2 + 35 \sqrt{3} x + 300 \right) - 25x \left(4x + 35 \sqrt{3} \right) }{ \left( 2x^2 + 35 \sqrt{3} x + 300 \right)^2} =
\frac{ 50 \left( 150 - x^2 \right) }{ \left( 2x^2 + 35 \sqrt{3} x + 300 \right)^2 }
$

Slik at den optimale høyden er $x = \sqrt{150} = 5 \sqrt{6}$, da får en utsiktsvinkelen

$ \displaystyle
v( 5 \sqrt{6} ) = \arctan\left( \frac{10}{3} \frac{ \sqrt{3} }{4 \sqrt{2} + 7}\right) \approx 12.848^{\circ}
$

som var det vi ønsket å finne.

EDIT:

Mer generelt. Anta at lengden av banen pluss løpebanen er $n$ og at lengden av løpebanen er $L$ og vinkelen mellom bakken og tribunen $\alpha$.
I oppgaven tidligere så er da $n = 60m$, $L = 10m$ og $\alpha = 30^{\circ}$.

b) Vis da at den optimale høyden $x$ kan skrives som $x = \kappa \sin \alpha$, og bestem dermed $\kappa$. Her er $\kappa \in \mathbb{R}$.

c) Hva skjer med $x$ og vinkelen $v(x)$ i grensetilfellene? ($n \ll L$ og $n \gg L$).

Kan illustres eksempelvis i geogebra aug..

http://www.geogebratube.org/student/m42383

[Determined]

b)

Bruker de nye størrelsene L, n og $\alpha$ og regner ut uttrykket for $v(x)$. Om jeg så bruker trikset til Nebuchadnezzar så får jeg et uttrykk for $v(x)$ uten $\arctan{x}$-ledd. Så deriverer jeg (med hensyn til x). Over brøkstreken (!!!) får jeg da $x^2-Ln(\sin{\alpha})^2$. Dette stemmer (heldigvis!!!) overens med verdiene for $n=60, L=10, \alpha=\frac{\pi}{6}$.

c)

Argumentet faller sammen om L > n!

PS: Artige tilleggsoppgaver!

[Nebuchadnezzar]

b) ser riktig ut dette. Er vel greit å nevne at alle tall er positive slik at roten og er positv så $\sqrt{\sin^2 \alpha} = \sin \alpha$
Angående c) så er intuisjonen riktig, men vil helst ha et litt mer rigorøst argument. Og du glemmer det andre grensetilfellet
En kan i hvertfall i tillegg til å drøfte ut i fra figur, og drøfte
ut i fra uttrykket for $v(x)$. Som er noe allà
$ \displaystyle
v(x) = \arctan\left( \frac{ \sin \alpha \cdot (L - n)}{ \, \cos \alpha \cdot (L + n) + 2 \sqrt{Ln\,}\,} \right) \,,
$
tok uttrykket fra hukommelsen , så regn med småfeil kryddrert her og der.

[Determined]

Hehe, vel, hvis n<L så beskriver jo v(x) noe helt annet, nemlig vinkelen mellom linjen bane / borterste løpebane, og linjen borterste løpebane / tribune andre side - _mot_ klokken_... (som det lett kommer frem at den flotte presentasjon på geogebra). Så om man skal finne vinkelen for utsikt mot banen, v(x) i oppgaveteksten, så må man jo faktisk anta at n>=L. Hvilket gjør formelen ubrukelig i de tilfellene uansett!