16 svar
199 visningar
ChocolateTerrain behöver inte mer hjälp
ChocolateTerrain 429
Postad: 21 jan 14:13

Beräkna riktningsderivata, vart är det brantast och planast? (J.Månsson 4.21)

Hej!

Har kört fast på följande uppgift:

 

Där jag har börjat med:

 

Tänker att det är ett 3D-problem där vi har en utsatt riktnings vektor som vi kan skapa av "stigen" och sedan placera in den i rummet. I lösningsförslaget har de jobbat i 2d men undrar hur man kan göra detta antagande då en av våra punkter har ett z-värde (-1,3,0.4)?

PATENTERAMERA Online 6215
Postad: 21 jan 15:33 Redigerad: 21 jan 15:34

Du kan se det så här - se bild. Du startar i A och går till B. Projektionen av din väg på xy-planet är en rät linje från A’ till B’. Vi kan införa en koordinataxel s med origo i A’ längs linjen i xy-planet. Vi kan nu uttrycka x och y som funktioner av koordinaten s.

(x, y)(s) = A’ + s(B’ - A’)/|B’ - A’|. Du kan därmed uttrycka även din z-koordinat i termer av s.

z(s) = (50 - x(s)2 - y(s)2)/100. Lutningen ges på vanligt sätt av derivatan dz/ds.

Notera att dzds=zxdxds+zydyds.

ChocolateTerrain 429
Postad: 21 jan 16:37 Redigerad: 21 jan 16:37

Ah, okej! Men hur/varför vet jag att det är i två dimensioner vi rör oss i? Då den ena startpunkten, Didos (-1,3,0.4) ligger inte på z-axeln som de övriga punkterna gör?

PATENTERAMERA Online 6215
Postad: 21 jan 16:48

Det står att stigens projektion på xy-planet är en rät linje. Då måste hela stigen ligga i ett plan, dvs det plan som illustreras i min figur.

PATENTERAMERA Online 6215
Postad: 22 jan 01:42
ChocolateTerrain skrev:

Ah, okej! Men hur/varför vet jag att det är i två dimensioner vi rör oss i? Då den ena startpunkten, Didos (-1,3,0.4) ligger inte på z-axeln som de övriga punkterna gör?

Lite oklart vad du menar. Ingen av punkterna ligger på z-axeln. En punkt på z-axeln har formen (0, 0, c).

Marilyn Online 3574
Postad: 22 jan 14:49 Redigerad: 22 jan 15:07

Jag tyckte uppgiften såg lätt ut men mitt första försök blev helt feltänkt. Nu tror jag att jag fått stil på det.

Edit: Som jag kommenterat nedan har jag gått åt fel håll. Det spelar ju ingen roll för rastplatsen, men min lösning blir naturligare om man vänder på ”promenadvektorn”.


Tänk dig en platt karta över området med nivåkurvor inritade. Vi ser att bergets topp ligger i origo, för om (x, y) ≠ (0, 0) så är z mindre än i origo. Vi ser också att längs en cirkel runt origo är z konstant eftersom x2+y2 är konstant längs en cirkel runt origo. Så kartan kommer att visa nivåkurvorna som är cirklar runt origo. (De kommer att ligga tätare och tätare ju längre från origo vi är, så berget blir brantare och brantare ju längre från toppen vi befinner oss).

Vi inser också att den brantaste riktningen i en punkt på berget alltid är rakt mot (eller från) toppen. Ty radien är vinkelrät mot nivåkurvan, och längs nivåkurvan är höjden konstant. Den brantaste riktningen är vinkelrät mot nivåkurvan. (Man kan också se att gradienten är (–x, –y)/50 och i punkten (x, y) pekar den vektorn mot origo. Gradienten på kartan visar riktningen med störst stigning.)

Stigen kommer att vara horisontell när den tangerar en nivåkurva. Då ligger toppen vinkelrätt mot stigens riktning. Stigen har riktning (2, –1), så från toppen ligger rastplatsen i riktning (1, 2). Vi ska alltså hitta s och t så att linjen 

x = 0+t

y = 0+2t

skär stigen

x = –1+2s

y = 3–s

Löser man ut s och t (båda blir 1)ser man att rastplatsen är (1, 2).

Jag kommer bifoga en figur. Av den inses att stigen är brantast uppåt i startpunkten och brantast nedåt i slutpunkten. Jag inser att resonemanget kan vara ovant, men jag tror det är givande att försöka tränga in i det.

 

En alternativ lösning är att betrakta stigen x = –1+2s, y = 3–s och sätta in värdena i uttrycket för z. Det ger z = k(8+2s–s2) och dz/dt = k(2–2s) som är 0 för s = 1 (k konstant). Stigen har alltså en maxpunkt för t = 1 som motsvarar (x, y) = (1, 2). Där är rastplatsen (i en maxpunkt går det varken upp eller ned).

Startpunkten (s = 0) har stigning 2k, slutpunkten (s = 4) har stigning –6k. Eftersom k > 0 kommer det vara brantast uppåt i början och brantast nedåt på slutet. 

OJ; JAG GICK ÅT FEL HÅLL. Det blir tvärtom, störst lutning upp (6k) i starten och störst lutning ner (–2k) på slutet. Sorry!  

Jag ritar figur och lägger in strax.

Marilyn Online 3574
Postad: 22 jan 15:00 Redigerad: 22 jan 15:01

 

 

ChocolateTerrain 429
Postad: 23 jan 08:52
PATENTERAMERA skrev:
ChocolateTerrain skrev:

Ah, okej! Men hur/varför vet jag att det är i två dimensioner vi rör oss i? Då den ena startpunkten, Didos (-1,3,0.4) ligger inte på z-axeln som de övriga punkterna gör?

Lite oklart vad du menar. Ingen av punkterna ligger på z-axeln. En punkt på z-axeln har formen (0, 0, c).

Ah, det var lite otydligt skrivet av mig, men nu när jag kollar igen så då stigen projekteras så "spelar det ingen roll" vad z-värdet var innan projekteringen? (detta är nog också lite otydligt skrivet men kanske ger lite förklaring)

ChocolateTerrain 429
Postad: 23 jan 09:22 Redigerad: 23 jan 09:22
Marilyn skrev:

 

 

Hummm, är väl med på fram tills "skär stigen x=-1+2s y=3-s" vad händer där? (speciellt vad är y=3-s?)

Marilyn Online 3574
Postad: 23 jan 19:11

En linje i planet ges ofta på formen y = kx+m. Linjen DL kan skrivas y = –x/2 + 5/2.

Men i uppgifter som den här skriver jag ofta linjen på parameterform

x = –1 + 2s

y = 3–s

För varje s får du ett (x,y) på kurvan. s kallas parameter.

Det är ofta praktiskt. T ex kan enhetscirkeln skrivas (cos t , sin t); 0 ≤ t < 360°.

Men är du inte förtrogen med det skrivsättet är det inte så lätt att hänga med på min lösning. Vad jag menade var att där linjerna skär varandra går stigen horisontellt (varken upp eller ner). Där fikar vi.

Nivåkurvorna är cirklar. Längs en cirkel har berget konstant höjd. När stigen tangerar en nivåkurva går stigen plant (fast berget lutar åt sidorna, man går ”på skrå”).

Vad man måste hålla isär är stigen på kartan, och stigen i verkligheten. På kartan är den bara en rät linje som varken går upp eller ner. I verkligheten är det en kanske jobbig bestigning till rastplatsen. Hur ”banprofilen” ser ut i höjdled kan man se av kartans höjdlinjer, dvs nivåkurvor.

Ni kanske löser uppgiften utan gradienter och vektorer. Det går också bra. Det trevliga med vektorlösningen tycker jag är att jag fattar bättre vad jag räknar ut.

Marilyn Online 3574
Postad: 23 jan 19:36

Här är en alternativ lösning:

DL i xy-planet: y = (–x+5)/2;   –1 ≤ x ≤ 7

Höjd över havet h(x)

100 h(x) = 50 – x2 – (–x+5)2 /4

h(x) = (–x2+2x+35) / 80

h’(x) = (–x+1) / 40 som är noll för x = 1

Fika i (1, 2, 36)

h’ är ständigt avtagande, x ska räknas från 7 till –1. Brantast uppåt i L (lutning 6/40) brantast nedåt i D (lutning –1/40).

Marilyn Online 3574
Postad: 24 jan 14:39

Rättelse: Fika i (1, 2, 3.6)

ChocolateTerrain 429
Postad: 27 jan 09:49

Hej, jo det är gradienter som delkapitlet handlar om! Men förstod inte riktigt vad som menades. Behöver friska upp mitt minne med linjär algebra, påbörjat ett ekvationssystem och försköt lösa det, men får inte riktigt till det, jag har gjort följande:

Marilyn Online 3574
Postad: 27 jan 13:33

Hej,

(a, b) kan betyda en punkt eller en vektor. 

(När (a, b) betyder en punkt, så kan man också se det som vektorn från origo till punkten.)

 

Du börjar med ett ekvsyst. Där har du nog fel tecken. Jag vill ha det som att du startar

i (7, –1) och går t steg i riktning (–2, 1), dvs

x = (7, –1) + (–2, 1)t,  eller

x = 7 –2t.           (1)

y = –1+t.            (2)

(Systemet är underbestämt, men det beror på att det beskriver alla punkter på kartan längs stigen från L till D.)

Sedan har vi gradienten. Eftersom den är vinkelrät mot stigen i rastpunkten så har den riktningsvektor (1, 2), där har du också ett teckenfel tror jag. Jag går inte in i detalj på just detta, men den passerar origo, så vi kan skriva linjen som

x = 0+s.             (3)

y = 0+2s.          (4)

Nu har vi fyra ekvationer och fyra obekanta, så detta system är inte underbestämt. Lösningen talar om var på kartan rastpunkten ligger. Vi kan skriva

7–2t = s 

–1+t  = 2s

som ger –1+t = 14–4t

t = 3 ger i (1) och (2) att x = 1 och y = 2.

f(1, 2) = 0,45 (fel tidigare)

Rastpunkten är i (1, 2, 0.45) 

Marilyn Online 3574
Postad: 27 jan 13:34
Marilyn skrev:

Rättelse: Fika i (1, 2, 3.6)

Ny rättelse, ska vara (1, 2, 0.45). Tredje gången gillt får vi hoppas.

ChocolateTerrain 429
Postad: 29 jan 11:35

Ahhh, efter att ha jobbat med det här ganska mycket så känner jag att jag börjar hamna på banan! Tack!

PATENTERAMERA Online 6215
Postad: 29 jan 14:06 Redigerad: 29 jan 14:13

Här är ett lite annat (något mera generellt) angreppssätt för denna uppgift.

Säg att du har en kurva i rummet given på parameterform med parameter t. Se figur nedan.

rt=(xt, yt, zt).

En tangentvektor till kurvan ges av derivatan drdt=r ˙=(x˙, y˙, z˙).

Tangentvektorn är i varje punkt riktad längs med kurvan - jämför med hur en partikels hastighet alltid är längs med dess bankurva. Vi kan därför säga att tangentvektorns lutning är den samma som kurvans momentana lutning. Vi kan få tangentvektorns luting genom att dela upp den i en vertikal komposant (0, 0, z˙) och en horisontell komposant (x˙, y˙, 0) - se figur. Lutningen ges då av z˙(x˙, y˙, 0)=z˙x˙2+y˙2.

Om det nu speciellt gäller att z-koordinaten är en funktion av x och y så att z(t) = f(x(t), y(t)) så gäller det att z˙=fxx˙+fyy˙, så i detta fall ges lutningen av f(x˙, y˙)x˙2+y˙2.

Svara
Close