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

Question

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 :

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.

Answer 1

Con $x=|FB|$ y $a=|CE|$ la superficie total de $AFE$ es

$A_{tot}=\frac {(1+x)(1+a)}{2}$

$A_{tot}$ también se da como la suma de $ABDC$ , $FBD$ y $CDE$

$A_{tot}=1 + \frac {x}{2} + \frac{a}{2}$

Igualando las dos expresiones para $A_{tot}$ resultados en $a=\frac{1}{x}$ .

Sustituyendo esto en (Pitágoras para el triángulo $AFE$ )

$(x+1)^2+(1+a)^2=16$

resultados en

$x^4+2x^3-14x^2+2x+1=0$

La raíz positiva más grande es $x \approx 2.7609$ .

Answer 2

Acabo de ver Vídeo de Presh Talwalker enlazando aquí, y creo que tanto él como todos los presentes están complicando demasiado las cosas. Hasta donde yo sé, este problema se puede resolver con sólo el Teorema de Pitágoras, triángulos semejantes y ecuaciones simultáneas.

Comenzamos etiquetando los triángulos de la forma en que lo hace Presh Talwalker; la longitud a lo largo del suelo entre la caja y la escalera es igual a x; la longitud a lo largo de la pared entre la caja es igual a y. A partir del Teorema de Pitágoras, podemos ver que $(x+1)^2+(y+1)^2 = 4^2$ .

También podemos ver que tenemos un par de triángulos semejantes formados entre la caja, la escalera y el suelo, y la pared, la caja y la escalera. Como son triángulos semejantes, la razón de las longitudes de sus lados es la misma. Esto significa que $y/1 = 1/x$ .

Tenemos dos ecuaciones y dos variables, por lo que podemos resolverlas mediante ecuaciones simultáneas. Introduciéndolas en Wolfram Alpha y descartando la solución negativa, obtenemos la solución de

$x = \frac{1}{2} ( -1 - \sqrt{17} + \sqrt{2 (7 + \sqrt{17})} )$

y

$y = -2 + 7 (-1 - \sqrt{17} + \sqrt{2 (7 + \sqrt{17})}) - \frac{1}{2} (-1 - \sqrt{17} + \sqrt{2 (7 + \sqrt{17})})^2 - \frac{1}{8} (-1 - \sqrt{17} + \sqrt{2 (7 + \sqrt{17})})^3$

Esto es aproximadamente igual a $x=0.3622, y=2.76091$ .

Answer 3

Aquí hay dos soluciones, la primera es puramente algebraica, la segunda utiliza algo de trigonometría básica. Para una visión general de la historia de este problema ver El problema de la "escalera y la caja": de las curvas a las calculadoras por P. Baggett y A. Ehrenfeucht . Esta referencia fue proporcionada por Presh Talwalkar a su video Puzzle de escalera y caja que pasa por la solución dada en otra respuesta a esta pregunta.

Primera solución

Con $c = |AB|$ la altura de la caja, $x = |CE|$ , $y = |BF|$ las longitudes de los catetos del triángulo rectángulo $AEF$ menos la altura de la caja, y $l = |EF|$ la longitud de la escalera:

$\left(x+c\right)^2 + \left(y+c\right)^2 = l^2$ \left (teorema de Pitágoras \right )

$\frac{x}{c} = \frac{c}{y}$ \left (triángulos similares \right )

Expande los cuadrados de la primera ecuación y sustituye $c^2=xy$ de la segunda ecuación, y luego resolver para $x+y > 0$ :

$\left(x+y\right)^2 + 2c\left(x+y\right) = l^2$

$x+y = c + \sqrt{c^2+l^2}$

La fórmula de Vieta dice que $x$ y $y$ son las raíces del polinomio cuadrático $z^2 \left(x+y\right) z + xy = z^2 \left(c + \sqrt{c^2+l^2}\right) z + c^2$ dado por

$\frac{1}{2} \left(c + \sqrt{c^2+l^2} \pm \sqrt{2c^2 + l^2 2c\sqrt{c^2+l^2}}\right)$

Para $l = 4, c = 1$ obtenemos

$|AF| = y + c = \frac{1}{2} \left(\sqrt{17} + 1 + \sqrt{14 2\sqrt{17}}\right)$

Segunda solución

Con $c = |AB|$ la altura de la caja, $l = |EF|$ la longitud de la escalera, $y = |BF|$ la altura de la parte superior de la escalera sobre la caja, y $\alpha = \measuredangle AFE$ el ángulo entre la pared y la escalera:

$l \cos \alpha = y + c$

$y \tan \alpha = c$

o

(1) $l' \cos \alpha = y' + 1$

(2) $y' \tan \alpha = 1$ ,

donde $l' = \frac{l}{c}$ , $y' = \frac{y}{c}$ . Elimina y' calculando (1) $\sin \alpha$ + (2) $\cos \alpha$ y luego elevar al cuadrado la ecuación resultante:

$l' \sin \alpha \cos \alpha = \sin \alpha + \cos \alpha$

$l'^2 \left(\sin \alpha \cos \alpha\right)^2 = 1 + 2 \sin \alpha \cos \alpha$

Resuelve la ecuación cuadrática de $\sin \alpha \cos \alpha > 0$ :

$l'^2 \sin \alpha \cos \alpha = 1 + \sqrt{1+l'^2}$

Sustituir en $(1)^2(2)$ y resolver para $y'$ :

$y' \left(1 + \sqrt{1+{l'}^2}\right) = \left(y' + 1\right)^2$

$2 y' = \sqrt{1+{l'}^2} 1 \pm \sqrt{{l'}^2 2\sqrt{1+{l'}^2} 2}$

Obsérvese que para las dos soluciones $y_1'$ y $y_2'$ tenemos $\left(y_1'+1\right)^2 + \left(y_2'+1\right)^2 = l'^2$ el teorema de Pitágoras para el triángulo AEF.

Para $l = 4$ , $c = 1$ :

$2 y' = \sqrt{17} 1 \pm \sqrt{14 2\sqrt{17}}$

$|AF| = y_1 + c = \frac{1}{2} \left(\sqrt{17} + 1 + \sqrt{14 2\sqrt{17}}\right)$