(Az A test sebességének `mathbf{k}` irányú komponensében fura az a `t+2^2`. Biztos nem maradt le egy zárójel? Mindegy, `t+4`-gyel fogok számolni.)


a)
Az A test helye `t=2s` időpontban:

`\mathbf{r}_{A2}=int_0^2 \mathbf{v}_{A}(t) dt + \mathbf{r}_{A0}`

Most tudjuk, hogy `\mathbf{r}_{A2}=0\mathbf{i}+0\mathbf{j}+0\mathbf{k}`, a kérdés a `\mathbf{r}_{A0}` kezdőpont. Az integrál komponensenként számítható:

`int_0^2 \mathbf{v}_{A}(t) dt=``\mathbf{i}int_0^2 (5-2t) dt+\mathbf{j}int_0^2 3 pi sin(pi/2t) dt-\mathbf{k}int_0^2 4/(t+4) dt=``\mathbf{i}[5t-t^2]_0^2+\mathbf{j}[-6cos(pi/2 t)]_0^2-\mathbf{k}[4 ln(t+4)]_0^2=``\mathbf{i}[6-0]-6\mathbf{j}[cos(pi)-cos(0)]-4\mathbf{k}[ln6 - ln 4]=``6\mathbf{i}+12\mathbf{j}-4ln(3/2)\mathbf{k}`

Tehát a kezdőpont:

`\mathbf{r}_{A0}=-6\mathbf{i}-12\mathbf{j}+4ln(3/2)\mathbf{k}`


b)
A B test helyzetének időfüggvénye:

`\mathbf{r}_{B}(t)=int_0^t \mathbf{v}_{B}(tau) d tau + \mathbf{r}_{B0}=``[5t-p/2t^2+10] \mathbf{i}+0\mathbf{j}+0\mathbf{k}`

`p=4` esetén akkor van a B test az origóban, amikor `-2t^2+5t+10=0`. A másodfokú egyenlet megoldóképletéből `t_{1,2}=(5 pm sqrt(105))/4 s`. Visszahelyettesítéssel ellenőrizhető, hogy ezekben az időpontokban az A test nem az origóban tartózkodik, tehát nem találkoznak a testek.

Tudjuk, hogy az A test a `t=2` pillanatban az origóban van. Az a kérdés, hogy `p` milyen értékére lesz a `-p/2 t^2+5t+10=0` egyenlet megoldása `2`:

`-p/2*4+5*2+10=0`

Innen azt kapjuk, hogy `p=10\ \text{m}/\text{s}^2` esetén találkoznak az origóban.

Persze az még kérdés, hogy esetleg `t=2`-n kívül vannak-e más időpontok is, amikor az A test az origóban tartózkodik. Az a) feladat megoldása során megkaptuk, hogy az A test időfüggvényének `mathbf{i}` irányú komponense `5t-t^2-6`. Ennek a `t=2`-n kívül a másik zérushelye a `t=3`. Viszont könnyen ellenőrizhető, hogy ekkor a többi komponens nem nulla, vagyis a testnek csak az x koordinátája nulla, de nem az origóban tartózkodik. Azaz a `p=10` az egyetlen megoldás a b) kérdésre.