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La posición de una escalera apoyada en una pared y tocando una caja debajo de ella

Estaba leyendo un periódico y había un pequeño acertijo matemático, pensé "qué gracioso, va a ser fácil, hagámoslo" y aquí estoy...

El problema es el siguiente: en un granero, hay una caja cúbica de 1 metro contra una pared y una escalera de 4 metros está apoyada contra la pared, tocando la caja en su esquina. A continuación se muestra una imagen : Illustration of the situation

Entonces, el gran triángulo tiene una hipotenusa $FE$ de $4$ , el cuadrado $ABDC$ tiene lados de longitud 1 y es básicamente "insuperable" en el ángulo recto, es decir $D\in \overline{FE}$ . La pregunta es "cuál es la longitud del cateto más grande", aquí $AF$ .

Hasta ahora, ningún problema.

Aquí están mis soluciones:

  • Por el teorema de intercepción de Tales, $\frac{FB}{FA}=\frac{BD}{AE}$ por hipótesis, $FB=FA-1$ y $BD=1$ . Ahora por Pitágoras, $FA^2+AE^2=FE^2$ ; por hipótesis, $FE=4$ por lo que terminamos con un sistema de ecuaciones, dejando que $h=FA, d=AE$ : $$ \begin{align} &\frac{h-1}{h}=\frac{1}{d} \\ &h^2+d^2=4^2 \end{align} $$ Lo que resuelve (eliminando 3 soluciones no relevantes) en $d \cong 1.3622$ y $h \cong 3.76091$ .
  • Ahora, si considero la "función" de la línea : $f(x)=\frac{-h}{d}x+h$ Sé que $f(1)=1$ y termino con Pitágoras con el sistema : $$ \begin{align} &\frac{-h}{d}+h=1 \\ &h^2+d^2=4^2 \end{align} $$ se resuelve de nuevo en lo mismo, eliminando de nuevo 3 soluciones no relevantes

Bien, esto significa que usar Pitágoras no es bueno ya que termina dando una ecuación cuádrica (4 respuestas de las cuales 3 son "no relevantes").

  • Ahora bien, si considero la longitud del arco $f(x)$ entre $0$ y $d$ tiene que ser $4$ y de nuevo $f(1)=1$ Termino con el sistema: $$ \begin{align} &\frac{-h}{d}+h=1 \\ &\int_0^d \sqrt{1+(f'(x))^2} dx =\int_0^d \sqrt{1+\left(\frac{-h}{d}\right)^2} dx = d \sqrt{1+\left(\frac{-h}{d}\right)^2} \end{align} $$ Que resuelve de nuevo en las mismas respuestas, pero esta vez eliminando sólo 2 soluciones no relevantes (es decir, da una ecuación cúbica en lugar de una cuártica).

Intenté también usar las áreas y los trangles más pequeños $FAD$ y $AED$ por ejemplo : $\frac{h \cdot d}{2} = \frac{h\cdot 1}{2}+\frac{d\cdot 1}{2}$

Sin embargo, no he sido capaz de llegar a ninguna solución "solucionable a mano" : si fuera capaz de reducirlo a alguna ecuación cuadrática, estaría bien, ya que es una suposición común, aquí, que todo el mundo ha visto la "fórmula general para resolver ecuaciones cuadráticas" en la escuela y por lo tanto sería capaz de resolver esto, puede que entonces vea cómo se ve como un acertijo divertido en el periódico.

Mi mejor prueba, con "sólo" una ecuación cúbica, es demasiado complicada para los lectores normales de este periódico, así que me fastidia.

¿Qué me falta? ¿Algunas propiedades básicas tal vez? Me molesta mucho no poder resolver esto sin Wolfram.

3 votos

Posible duplicado de Escalera contra la pared.

2 votos

No estoy seguro de si la pregunta debe cerrarse como un duplicado. Hay una diferencia entre: "Tengo esta ecuación de un problema de geometría, ¿cómo la resuelvo?" y "¿Cómo resuelvo este problema de geometría?" Pero incluso si deben considerarse duplicados, en mi opinión tendría mucho más sentido el sentido contrario, ya que la pregunta más nueva contiene muchos más detalles.

1 votos

Creo que debería reformular mi pregunta. La pregunta no es "Cómo resolver este problema geométrico", ni "Cómo resolver esta ecuación", sino más bien : "aquí hay 3 soluciones, de las cuales 2 son cuárticas y una cúbica, ¿cómo podría encontrar una solución más fácil, posiblemente cuadrática?"

28voto

Dejemos que $|FB|=x$ . Por similitud de triángulos tenemos entonces $|CE|=1/x$ . Pitágoras da así $$ 4=\sqrt{x^2+1}+\sqrt{1+(1/x)^2}=\sqrt{x^2+1}(1+\frac1x). $$ Al cuadrar esto nos da $$ 16=(x^2+1)(1+\frac2x+\frac1{x^2}), $$ pero prefiero mover un factor $x$ del primer factor sobre el h.r. al segundo, por lo que $$ 16=(x+\frac1x)(x+2+\frac1x). $$ ¡Calentando! Escribe $u=x+1/x$ . Podemos resolver $u$ de la cuadrática $$ 16=u(u+2), $$ y luego resolver para $x$ de la ecuación $$ x+\frac1x=u. $$


Está claro que hay que descartar la posibilidad negativa para $u$ . Para el valor positivo de $u$ las dos soluciones para $x$ son recíprocos entre sí. Corresponden a soluciones "físicas" obtenidas entre sí reflejando toda la imagen con respecto a la diagonal $AD$ a 45 grados con el suelo.

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El último párrafo es la clave en cierto modo. Tenemos un cuarteto, pero también sabemos que $1/x$ es una solución siempre que $x$ es. Equivalentemente, el polinomio cuaternario es palindrómico (=igual a su propio polinomio recíproco). Esto es un signo revelador para escribirlo en términos de $u$ .

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Sí, vi tu respuesta ayer, pero no tuve tiempo de intentar resolverlo a mano. Pero el cambio de la variable es inteligente, nunca he tenido un ojo para esos.

18voto

Brian Deacon Puntos 4185

EDITAR (¡5,5 años después!)

Si hubiera sabido que mi solución aparecería en el vídeo "Problema de la escalera y la caja" en el canal de YouTube "Mind Your Decisions" de Presh Talwalkar (¡gracias, Presh!), habría hecho otro pase.

Desviando la solución original a la de esta respuesta editar la historia Aquí hay algo de una presentación racionalizada.


De una longitud $b$ escalera apoyada en un lado- $r$ caja, podemos hacer el siguiente diagrama:

enter image description here

Entonces tenemos:

$$\left(\;\color{green}{p + q + r} \;\right)^2 = \color{blue}{b}^2 + \color{red}{r}^2 \qquad\to\qquad p + q + r = \sqrt{b^2 + r^2} \tag{1}$$

(descartando la raíz negativa). El semicírculo recuerda la construcción clásica del media geométrica y tenemos $$pq=r^2 \tag{2}$$

Ahora, $p$ y $q$ son las raíces de la cuadrática $$0 \;=\; (x-p)(x-q) \;=\;x^2 - (p+q)x + p q \;=\; x^2 - (-r + \sqrt{b^2+r^2})x + r^2 \tag{3}$$

Resolver los rendimientos

$$\{p,q\} = \frac12 \left(-r + \sqrt{b^2 + r^2} \pm \sqrt{ b^2 - 2 r^2 - 2 r \sqrt{b^2 + r^2}} \right) \tag{$ \N - La estrella $}$$

Para $r=1$ y $b=4$ Esto da como resultado

$$\{p,q\} = \frac12 \left(-1 + \sqrt{17} \pm \sqrt{ 14 - 2\sqrt{17}} \right)$$

Calcular el "bigg er cateto" de esto se deja como ejercicio al lector.

0 votos

Una muy bonita y "gráfica". Creo que puede ser el más sencillo (de ahí la respuesta a mi pregunta).

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Esto hace que me pregunte si se puede hacer una construcción gráfica similar para demostrar la solución general de un cuártico. Supongo que no, ya que pasa por alto el componente cúbico, pero estaría bien verlo.

1 votos

@DanielV En realidad lo hicieron así, en la "época antigua". Busca información sobre al'Khayyam para las ecuaciones cúbicas, por ejemplo. (Pero está hecho usando cosas más complicadas que "sólo" cuadrados y triángulos)

6voto

DanielV Puntos 11606

Considera la ecuación de la línea que hace la escalera:

$$\mathcal{l} = \{ (x, y) ~:~ y = mx + h \}$$

donde $h$ es la altura de la escalera en la pared y $m$ es la pendiente de la escalera. Sabemos que $(1, 1)$ está en la línea, así que

$$1 = m + h$$

Y sabemos que la distancia de la intersección x a la intersección y es $4$ . Así que

$$h^2 + (-h/m)^2 = 4^2$$

Así que resuelve las 2 últimas ecuaciones para $h$ :

$$h^2 + \left(\frac{h}{1-h}\right)^2 = 4^2$$ $$h^4 - 2h^3 - 14 h^2 + 32h - 16 = 0$$

Así que el problema es un cuarteto. En realidad no tiene una respuesta sencilla (¿en qué estaba pensando este periódico?), pero la que quieres es:

$$h = \frac{ \sqrt{14 - 2 \sqrt{17}} + \sqrt{17} + 1 } {2} \approx 3.76$$

5voto

Marconius Puntos 4276

Ampliando el diagrama original (ver abajo), observe que si dibujamos un círculo centrado en el punto $O$ con $\overline{EF}$ como diámetro, entonces el punto $A$ está en el círculo. También construimos un punto G tal que $\overline{OG} \perp \overline{EF}$ . Además, como $\angle{FOG}$ es un ángulo recto, $\angle{GAF}$ es $45^\circ$ como etiquetado, por lo que los puntos $A,D,G$ son colineales.

Utilizando el hecho de que la potencia del punto D respecto a la circunferencia es invariante, tenemos

$(AD)(DG) = (FD)(DE) = (FO + OD)(OE - OD)$

Desde $AD = \sqrt{2}$ y $OF=OG=2$ entonces $DG = 2 \sec{\theta}, OD = 2 \tan{\theta}$ Así que

$\sqrt{2} (2 \sec{\theta}) = (2 + 2 \tan{\theta})(2 - 2 \tan{\theta}) = 4 - 4 \tan^{2}{\theta} = 8 - 4 \sec^{2}{\theta}$ .

Poner $w = \sec{\theta}$ para reducir a $4 w^2 + 2\sqrt{2}w - 8 = 0$ y tomando la raíz positiva $w = \frac{-\sqrt{2} + \sqrt{34}}{4}$ de la cual $\cos{\theta} = \frac{1}{w} = \frac{4}{\sqrt{34} - \sqrt{2}}$ Así que $\theta \approx 0.437896 \text{ rad }$ y $AF = 4 \cos{(\frac{\pi}{4} - \theta)} \approx 3.7609$

Elaboration of original diagram showing additional geometry

4voto

Mike Puntos 31

Dejemos que $x$ sea BF, entonces

$(x+1)^2 + (1+\frac1x)^2 = 16$

$x^2 + \frac1{x^2} + 2x + \frac2{x} + 2 = 16$

Dejemos que $a = x + \frac1x$ entonces $a^2 = x^2 + 2 + \frac1{x^2}$ .

La ecuación se convierte en $a^2 + 2a = 16$ .

Resolver para $a$ y luego resolver para $x$ .

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