Problem med krydsede stiger - Crossed ladders problem

Problemet med krydsede stiger er et puslespil af ukendt oprindelse, der er vist i forskellige publikationer og regelmæssigt dukker op igen på websider og Usenet -diskussioner.

Problemet

Krydsede stiger i længderne a og b . h er halvdelen af ​​det harmoniske middel af A og B ; tilsvarende svarer reciprokerne af A og B til reciprokken af h (den optiske ligning ). I betragtning af a, b og h finder du w .

To stiger med længderne a og b ligger modsat på tværs af en gyde, som vist på figuren. Stiger krydser i en højde af h over gydegulvet. Hvad er bredden på gyden?

Martin Gardner præsenterer og diskuterer problemet i sin bog om matematiske gåder udgivet i 1979 og citerer henvisninger til det allerede i 1895. Problemet med krydsede stiger kan forekomme i forskellige former med variationer i navn, ved hjælp af forskellige længder og højder eller anmode om usædvanlige løsninger såsom tilfælde, hvor alle værdier er heltal. Dens charme er blevet tilskrevet en tilsyneladende enkelhed, som hurtigt kan udvikle sig til et "algebraisk rod" (karakterisering tilskrevet af Gardner til DF Kirke ).

Løsning

Beskrivelser af problemet indebærer, at w > 0, at en > w , og b > w , at h > 0, og at A > h , B > h , hvor A og B er højderne af vægge, hvor sidelængder b og en henholdsvis lean (som i ovenstående graf).

Begge løsningsmetoder nedenfor er afhængige af den egenskab, der kan ses som følger: ${\ displaystyle {\ tfrac {1} {A}}+{\ tfrac {1} {B}} = {\ tfrac {1} {h}},}$

Opdel grundlinjen i to dele på det punkt, hvor den mødes , og kald henholdsvis venstre og højre del og hhv. Vinklen hvor møder er fælles for to lignende trekanter med baser og hhv. Vinklen hvor møder er fælles for to lignende trekanter med baser og hhv. Dette fortæller os det${\ displaystyle h \,}$${\ displaystyle w_ {1} \,}$${\ displaystyle w_ {2} \,}$${\ displaystyle a \,}$${\ displaystyle w \,}$${\ displaystyle w \,}$${\ displaystyle w_ {1} \,}$${\ displaystyle b \,}$${\ displaystyle w \,}$${\ displaystyle w \,}$${\ displaystyle w_ {2} \,}$

${\ displaystyle {\ frac {B} {w}} = {\ frac {h} {w_ {1}}} \ quad {\ text {og}} \ quad {\ frac {A} {w}} = { \ frac {h} {w_ {2}}} \ quad {\ text {where}} \ quad w_ {1}> 0, w_ {2}> 0,}$

som vi derefter kan omarrangere (bruge ) for at få${\ displaystyle w_ {1}+w_ {2} = w}$

${\ displaystyle {\ frac {1} {A}}+{\ frac {1} {B}} = {\ frac {1} {h}}.}$

Første metode

To udsagn fra Pythagoras sætning (se figuren ovenfor)

${\ displaystyle A^{2}+w^{2} = b^{2}}$

og

${\ displaystyle B^{2}+w^{2} = a^{2}}$

kan trækkes fra den ene til den anden for at eliminere w , og resultatet kan kombineres med skiftevis A eller B opløst for at give kvartsligningerne${\ displaystyle {\ tfrac {1} {A}}+{\ tfrac {1} {B}} = {\ tfrac {1} {h}}}$

${\ displaystyle A^{4} -2hA^{3}+(hA)^{2} (a^{2} -b^{2}) = 0,}$

${\ displaystyle B^{4} -2hB^{3}+(hB)^{2} (b^{2} -a^{2}) = 0.}$

Disse kan løses algebraisk eller numerisk for væghøjderne A og B , og Pythagoras sætning på en af ​​trekanterne kan bruges til at løse bredden w .

Anden metode

Problemet kan reduceres til kvartsligningen x  ³ ( x  -  c ) - 1 = 0, som kan løses ved tilnærmelsesmetoder, som foreslået af Gardner, eller kvartalet kan løses i lukket form ved Ferrari's metode . Når x er opnået, beregnes bredden af ​​gyden let. En afledning af kvarteren er angivet nedenfor sammen med den ønskede bredde med hensyn til kvartopløsningen. Bemærk, at den anmodede ukendte, w , ikke vises direkte i det meste af afledningen.

Fra vi får${\ displaystyle {\ tfrac {1} {A}}+{\ tfrac {1} {B}} = {\ tfrac {1} {h}},}$

${\ displaystyle {\ text {(ækv. 1)}} \ quad AB = h (A+B) \,}$.

Ved hjælp af Pythagoras sætning kan vi se det

${\ displaystyle w^{2}+B^{2} = a^{2}}$og .${\ displaystyle w^{2}+A^{2} = b^{2}}$

Ved at isolere w² på begge ligninger ser vi det

${\ displaystyle a^{2} -B^{2} = b^{2} -A^{2}}$

som kan omarrangeres og indregnes i

${\ displaystyle {\ text {(Eq. 2)}} \ quad a^{2} -b^{2} = (B+A) (BA) \,}$.

Firkant (Eq 2) og kombiner med (Eq 1)

${\ displaystyle (a^{2} -b^{2})^{2} = (B+A)^{2} (BA)^{2}, \,}$

${\ displaystyle (a^{2} -b^{2})^{2} = (B+A)^{2} (B^{2} -2AB+A^{2})}$

Omarranger for at få

${\ displaystyle (a^{2} -b^{2})^{2} = (A+B)^{2} (A^{2}+B^{2} -2AB)}$

Derefter

${\ displaystyle (a^{2} -b^{2})^{2} = (A+B)^{2} (A^{2}+B^{2}+2AB-4AB), \, }$

${\ displaystyle (a^{2} -b^{2})^{2} = (A+B)^{2} ((A^{2}+2AB+B^{2})-4AB), \,}$

${\ displaystyle (a^{2} -b^{2})^{2} = (A+B)^{2} ((A+B)^{2} -4AB),}$

Kombiner nu med (Eq 1)

${\ displaystyle (a^{2} -b^{2})^{2} = (A+B)^{2} ((A+B)^{2} -4h (A+B)), \ ,}$

${\ displaystyle (a^{2} -b^{2})^{2} = (A+B)^{2} (A+B) ((A+B) -4h) \,}$

Endelig

${\ displaystyle {\ text {(Eq. 3)}} \ quad (a^{2} -b^{2})^{2} = (A+B)^{3} (A+B-4h) \,}$

Lade

${\ displaystyle x = {\ frac {A+B} {\ sqrt {a^{2} -b^{2}}}}, \,}$

${\ displaystyle c = {\ frac {4h} {\ sqrt {a^{2} -b^{2}}}}. \,}$

Derefter

${\ displaystyle x^{3} (xc) -1 = 0. \,}$ (samme som Eq 3 med siderne omvendt)

Ovenstående fjerde effektligning kan løses for x ved hjælp af enhver tilgængelig metode. Bredden på gyden findes derefter ved at bruge værdien fundet til x : Identiteten

${\ displaystyle A+B = A+{\ sqrt {A^{2}+(a^{2} -b^{2})}}}}$

kan bruges til at finde A , og w kan endelig findes ved

${\ displaystyle w = {\ sqrt {b^{2} -A^{2}}}.}$

En kvartsligning har fire løsninger, og kun en løsning til denne ligning matcher problemet som præsenteret. En anden løsning er for et tilfælde, hvor den ene stige (og væg) er under jorden og den anden over jorden. I dette tilfælde krydser stigerne faktisk ikke, men deres forlængelser gør det i den angivne højde. De to andre løsninger er et par konjugerede komplekse tal. Ligningen har ikke stiplængderne eksplicit defineret, kun forskellen på deres firkanter, så man kan tage længden som enhver værdi, der får dem til at krydse, og vægafstanden ville blive defineret som mellem, hvor stiger skærer væggene.

Når vægadskillelsen nærmer sig nul, krydser højden af ​​krydset Dette er fordi (bevist i starten) indebærer, og når w går til nul, går b til A og a går til B ifølge det øverste diagram. ${\ displaystyle h = {\ frac {ab} {a+b}}.}$${\ displaystyle {\ tfrac {1} {A}}+{\ tfrac {1} {B}} = {\ tfrac {1} {h}}}$${\ displaystyle h = {\ tfrac {AB} {A+B}},}$

Da løsningerne til ligningen involverer kvadratrødder, er negative rødder lige gyldige. De kan tolkes som, at både stiger og vægge er under jordoverfladen og med dem i modsat forstand kan de udskiftes.

De komplekse løsninger kan tolkes som væg A, der læner sig til venstre eller højre og væg B under jorden, så skæringspunktet er mellem forlængelser til stiger som vist for sagen h, a, b = 3, 2, 1. Stiger a og b og er ikke som specificeret. Basen w er en funktion af A , B og h, og de komplekse værdier for A og B kan findes fra den alternative kvarts ${\ displaystyle a^{2} -b^{2}}$

${\ displaystyle x^{4} -2hx^{3}+Dx^{2} -2hDx+h^{2} D = 0}$

med D er for en væg og for det andet (± 5 i eksemplet). Bemærk, at de imaginære løsninger er vandrette, og de virkelige er lodrette. Værdien D findes i løsningen som den reelle del af forskellen i firkanterne for de to vægge komplekse koordinater. Den imaginære del = 2 X _a Y _a = 2 X _b Y _b (vægge a og b). Den korte stige i den komplekse løsning i 3,2,1 -sagen ser ud til at være vippet i 45 grader, men faktisk lidt mindre med en tangent på 0,993. Andre kombinationer af stigelængder og crossoverhøjde har sammenlignelige komplekse løsninger. Med kombination 105,87,35 er den korte stige tangent cirka 0,75. ${\ displaystyle a^{2} -b^{2}}$${\ displaystyle b^{2} -a^{2}}$

Heltal løsninger

Der er løsninger, hvor alle parametre er heltal. For eksempel ( a, b, A, B, w ₁ , w ₂ , w , h ) = (119, 70, 42, 105, 16, 40, 56, 30). Sådanne løsninger involverer pythagoranske trippler for de to rigtige trekanter med sider ( A , w , b ) og ( B , w , a ) og heltalsløsninger i den optiske ligning ${\ displaystyle {\ tfrac {1} {A}}+{\ tfrac {1} {B}} = {\ tfrac {1} {h}}.}$

Anvendelse til papirfoldning

Foldning af et rektangulært ark papir i tredjedele ved hjælp af problemet med krydsede stiger

Den optiske ligning for problemet med krydsede stiger kan anvendes til at folde rektangulært papir i tre lige store dele:

1/1/2 + 1/1 = 1/h   ∴ 2 + 1 = 1/h   ∴   h =1/2 + 1 = 1/3

Den ene side (til venstre i illustrationen) er delvist foldet i halvt og klemt for at efterlade et mærke. Skæringspunktet mellem en linje fra dette mærke til et modsat hjørne (rødt) med en diagonal (blå) er præcis en tredjedel fra den nederste kant. Den øverste kant kan derefter foldes ned for at imødekomme krydset.

Det er også nøjagtigt en tredjedel vandret fra venstre kant; foldning af højre kant for at imødekomme skæringspunktet lader papiret foldes i tredjedele på langs.

På samme måde kan man folde arket i fem lige store dele ved at folde venstre side to gange for at få kvarte:

1/1/4 + 1/1 = 1/h ′   ∴ 4 + 1 = 1/h ′   ∴   h ′ =1/4 + 1 = 1/5

og ved at folde det tre gange for at få ottende kan man folde arket i ni lige store dele osv .:

1/1/8 + 1/1 = 1/h ″   ∴ 8 + 1 = 1/h ″   ∴   h ″ =1/8 + 1 = 1/9

Udvidet sætning med krydsede stiger

Sætningen med krydsede stiger blev udvidet til krydsede stiger inden for en trekant. I 2002 beviste Harold Joseph Stengel (1947–2007), en amerikansk gymnasielærer i matematik, den udvidede sætning.

Lad AC være grundlaget for en trekant ABC. Lad stige (linje) AD have sin fod ved A og skærer BC ved D; ligeledes lad stige CE have sin fod ved C og skærer AB ved E. Lad AD krydse CE ved F. Forlæng parallelle linjer fra punkterne E, B, F og D, der skærer AC ved punkterne I, G, J og H, henholdsvis. Derefter

1/EI + 1/DH = 1/FJ + 1/BG

hvorfra det følger det

1/område (△ AEC) + 1/område (△ ADC) = 1/område (△ AFC) + 1/område (△ ABC).

Se også

• Højre trapez , firkanten med hjørner øverst og nederst på de to stiger

Referencer

eksterne links

• Crossed Ladders Theorem af Jay Warendorff, Wolfram Demonstrations Project .
• Løsning af krydsningsstiger -puslespillet (med Python, GNU GSL, Octave, Maxima og Sage) .