Altura mínima del techo para poner un armario en posición vertical

Question

Hoy he traído un armario. Tiene dimensión $a\times b\times c$ donde $c$ es la altura y $a\leq b \leq c$ . Para montarlo, tengo que colocarlo en el suelo y luego moverlo a la posición vertical. Me di cuenta de que si sólo lo muevo de la manera en esta foto, entonces requeriría la altura del techo para ser $\sqrt{c^2+a^2}$ .

¿Es necesaria esta altura si consideramos todas las formas posibles de mover el armario? ¿O hay una forma inteligente de utilizar menos altura?

Esta es una imagen de las instrucciones de IKEA que vienen con el armario.

Answer 1

Se nos pide que demostremos que un espacio libre mínimo de $\sqrt{a^2 + c^2}$ es necesario para mover el armario ensamblado (caja) desde una posición "boca abajo" en el suelo del pasillo hasta una posición vertical.

Dejemos que $V$ sea la altura vertical de la caja, definida como la diferencia entre las alturas de las esquinas superior e inferior de la caja en cualquier posición. Este valor es invariable con la traslación y con la rotación alrededor de un eje vertical. En la posición vertical $V = c$ y dependiendo de la cara en la que se encuentre la caja en su posición prona, la altura vertical allí es $V = a$ o $V = b$ .

Para reafirmar lo que se quiere mostrar, al pasar de la posición prona a la posición erecta, la altura vertical $V$ debe ser en alguna posición intermedia igual a $\sqrt{a^2 + c^2}$ y que (como ya muestra el diagrama de la OP), se puede alcanzar la posición vertical sin sobrepasar dicha altura.

Utilizando las simetrías mencionadas anteriormente (traslación y rotación sobre un "eje z" vertical), podemos mantener el centro de la caja en una ubicación fija y mantener el eje largo de la caja (que tiene una longitud $c$ ) confinada en un plano perpendicular a la anchura (horizontal) del pasillo (suponiendo, en aras de la generalidad, que la anchura y la longitud del pasillo son arbitrariamente grandes, lo que permite el movimiento de la caja restringido únicamente por la altura del techo del pasillo).

Las hojas dos grados de libertad: el ángulo $\theta$ el eje largo de la caja con respecto a la horizontal, y el ángulo $\phi$ alrededor del eje sobre el que gira la caja. Para ser más específicos, digamos que $\phi = 0$ designa una orientación en la que el $b$ Los bordes de la longitud son horizontales.

Por argumentos trigonométricos estándar, basta con considerar los cuartos de rotación $0 \le \theta \le \pi/2$ y $0 \le \phi \le \pi/2$ para lo cual:

$$ V(\theta,\phi) = c \sin \theta + (b \sin \phi + a \cos \phi) \cos \theta $$

Para ángulo fijo $\theta$ el ángulo $\phi$ que minimiza $V$ es cero, entonces:

$$ V(\theta,\phi) \ge V(\theta, 0) = c \sin \theta + a \cos \theta $$

Así, cuando $\theta = \tan^{-1} c/a$ , $V(\theta,\phi) \ge \sqrt{a^2 + c^2}$ y se deduce que $\theta$ no puede alcanzar el ángulo vertical $\pi/2$ sin $V$ alcanzando al menos $\sqrt{a^2 + c^2}$ y también que si $\phi = 0$ se mantiene, entonces se puede llegar a la posición vertical sin $V$ superando ese umbral.

Answer 2

Tengo dos soluciones para este problema.

Solución intuitiva

Intuitivamente, me parece que la mayor distancia a través de la caja sería la diagonal, que se puede calcular según el teorema de Pitágoras:

$$h = \sqrt {l^2 + w^2}$$

Si quiere una solución más rigurosa, siga leyendo.

Solución de cálculo

Trate esto como un problema de optimización.

Para una caja de anchura $w$ y la longitud $l$ (porque la profundidad no importa realmente en este problema), la altura cuando la caja está en posición vertical, suponiendo $l > w$ , i

$$h=l$$

Si la caja se gira en un ángulo $\theta$ a la horizontal, entonces tenemos dos componentes de la altura: la altura $h_1$ del lado corto, $w$ y la altura $h_2$ del lado largo, $l$ . Utilizando coordenadas polares, tenemos

$$h_1 = w sin \theta\\ h_2 = l cos \theta$$

Así, la altura total es

$$h = h_1 + h_2 = w sin\theta + l cos \theta$$

Esto tiene sentido intuitivamente: para los pequeños $\theta$ (cerca de la vertical), $w sin \theta \approx 0$ y $l cos \theta \approx l$ Así que $h \approx l$ (y de forma similar para los grandes $\theta$ ).

La altura máxima requerida significa que tenemos que maximizar $h$ . Toma la derivada:

$$\frac {dh}{d\theta} = \frac d{d\theta} (w sin \theta + l cos \theta) = w cos \theta - l sin \theta$$

Cuando la derivada es cero, podemos estar en un extremo o en un punto de inflexión. Tenemos que encontrar todos ellos en el intervalo $(0, \frac \pi 2)$ (porque no se trata de nada fuera de una rotación estándar de 90°).

Por lo tanto, tenemos

$$0 = \frac {dh}{d\theta} = w cos \theta - l sin \theta\\ w cos \theta = l sin \theta$$

Y, debido a nuestro intervalo $(0, \frac \pi 2)$ podemos garantizar que $cos \theta \neq 0$ Así que

$$\frac w l = \frac {sin \theta} {cos \theta} = tan \theta\\ \theta = atan \left (\frac l w \right )$$

Ahora que sabemos que el máximo está en $\theta = atan \left (\frac l w \right)$ . Podemos volver a introducir esto en nuestra ecuación de coordenadas polares para obtener

$$h = w sin \theta + l cos \theta\\ h = w sin \left ( atan \left (\frac l w \right ) \right ) + l cos \left ( atan \left (\frac l w \right ) \right )$$

Son mis dos centavos.

Answer 3

Si tratas la caja como un cuerpo rígido (no puedes cortarla, aplastarla, quemarla, etc.), entonces podemos hacer las siguientes afirmaciones:

• La caja comienza con un ángulo de rotación de $\theta = 0$ y quieres girarlo para obtener $\theta = 90^\circ = \pi/2$ .
• Como la caja es rígida, no se puede deformar; por lo tanto, su ángulo $\theta(t)$ debe ser continua.
• Por el Teorema del valor intermedio la caja debe pasar por todos los ángulos entre $0$ y $90^\circ = \pi/2$ .
• Así, la caja debe pasar por el ángulo donde la altura requerida es $\sqrt {a^2 + b^2}$ . No hay forma de "hacer ningún tipo de movimiento a la caja" como para poder "levantarla [usando] menos de esa altura".