Es ist eigentlich keine reine Denksportaufgabe, sondern
eine Rechenaufgabe, die mit Denksport kombiniert ist.
Eine 10 Meter hohe Leiter steht, an einen Würfel mit einem
Meter Seitenlänge gelehnt, an einer Wand.
Wie hoch steht sie an der Wand?
Großer Pythagoras führe meine Hand!
x = Höhe der Leiter an der Wand
10² - 1² = x²
x² = 99
x = Wurzel aus 99
Max (algebraischer Semiexperte)
muss das nicht so aussehen:?
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muss das nicht so aussehen:?
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Genau, daher muß man noch mit dem Strahlensatz arbeiten.
x=Höhe der Leiterspitze an der Wand
y=Abstand des Leiterfußes zur Wand
Dann ist:
10^2 = x^2 + y^2
Und:
(x-1) / 1 = x / y
Dies führt zu einer quadratische Gleichung mit zwei Lösungen, für die ich jetzt zu faul bin.
Schöne Grüße
Volker
Dann würde die Leiter doch AUF dem Würfel stehen, oder ?
[Bei dieser Antwort wurde das Vollzitat nachträglich automatisiert entfernt]
nööö…durch den Würfel durchgehen ;o)))
Bernd
Es ist eigentlich keine reine Denksportaufgabe, sondern
eine Rechenaufgabe, die mit Denksport kombiniert ist.
Eine 10 Meter hohe Leiter steht, an einen Würfel mit einem
Meter Seitenlänge gelehnt, an einer Wand.
Wie hoch steht sie an der Wand?
Hi Werner,
die Aufgabe führt zu folgender Gleichung 4. Grades:
x^4-2x^3-98x^2+200x-100=0
Anfang der 80er Jahre hatte ich für das gleiche Problem, nur war damals die Kiste 2 mal 3 m groß (das führte auch zu vier Lösungen, nur gibts da zwei verschiedene richtige). Zur Lösung hatte ich mir in BASIC ein kleines Progrämmchen gemacht, schade dass es so ein einfaches BASIC nicht mehr gibt, sonst könnt ich Dir das Listing geben.
Gruß
Pat
Lösung
Hi Werner,
anscheinend will sich keiner die Mühe machen, diese Gleichung zu lösen …
Ergebnis:
H1 = 9.938 m
H2 = H1/(H1-1) = 1.112 m
Diese beiden Lösungen sind komplementär, die anderen beiden Möglichkeiten scheiden aus.
Gruß
Sculpture
Lösungsweg
Hier ein Lösungsweg, der mit (bi)quadratischen Gleichungen auskommt:
Ich hab mir dazu mal die Skizze von dog.je ausgeliehen:
\_
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|\
| \
x| \--M
\_| \_\_\ d
|| |\
|| | \
+----------
| y|
Sei M der Mittelpunkt der Leiter (also bei 5 Metern), d der Abstand von M zum Auflagepunkt der Leiter auf den Würfel, x der Abstand von Würfeloberkante zum Punkt, wo die Leiter an die Wand stößt, y der Abstand zwischen Würfel und unterem Leiterauflagepunkt.
Gesucht ist die Höhe x+1.
Wir haben drei ähnliche Dreiecke: Ein großes, ein oberes und ein unteres.
Ähnlichkeitsbetrachtungen zwischen dem oberen und dem unteren liefern uns: x/1 = 1/y, also
A) x=1/y
und damit insbesondere
A2) x^2*y^2 = 1 (das brauchen wir später)
Pythagoras am oberen Dreieck liefert:
B) x^2 = (5+d)^2 -1 oder schöner:
B2) x^2 = (6+d)*(4+d) (Binomi 3)
Pythagoras am unteren Dreieck liefert analog
C) y^2 = (5-d)^2 -1 bzw
C2) y^2 = (6-d)*(4-d)
B2 und C2 multiplizieren und auf der linken Seite A2 ausnutzen liefert
1 = (6+d)*(4+d)*(6-d)*(4-d) , daraus wird
1 = (6^2 - d^2)*(4^2 -d^2) (umsortieren und 3. binom. Formel)
Substitution u=d^2 ergibt die quadratische Gleichung
1= (36-u)*(16-u), bzw:
u^2 - 52*u +575 = 0
Auflösen liefert u.
Daraus die Wurzel liefert d.
B) liefert x.
1 dazuzählen liefert die gesuchte Höhe.
Und der Taschenrechner liefert schließlich die von sculpture genannten Ergebnisse.
Noch ein Lösungsweg
Substitution u=d^2 ergibt die quadratische Gleichung
Das ist ja raffiniert!
Hi Barbara,
Vor ein paar Jahren hatte ich auch mal mit ein paar Leuten an dem Problem gerechnet. Die meisten kamen dann auch auf eine Gleichung vierten Grades und zückten dann ihre Taschenrechner. Ich wollte aber keine numerische Lösung, sondern eine algebraische. Ich dachte mir folgendes:
Es kommte eine Gleichung vierten Grades heraus, also gibt es vier Lösungen. Manche davon sind vielleicht nicht physikalisch, aber es muss sie Geben und vielleicht lassen sie sich auch physikalisch interpretieren. Man kann z.B. auch die Leiter ziemlich Flach auf den Kasten legen und bis zur Wand schieben. Jedenfalls waren dann die physikalischen Interpretationen der vier Lösungen symmetrisch zueinander, aber nicht bezüglich der x- oder y-Achse aus obigen Koordinatensystem, sondern bezüglich der Winkelhalbierenden des ersten Quadranten dieses Systems. Jetzt hab ich mir ein neues Koordinatensystem definiert, in dem eben die vorherige Winkelhalbierende eine der Achsen war, denn dann mussten auch die Lösungen der Gleichung vierten Grades diese Symmetrie widerspiegeln. Der Graf der zugehörigen Funktion vierten Grades musste also achsensymmetrisch sein, was geht, wenn die Terme mit x^3 und x^1 verschwinden. Damit lässt sich aber sehr einfach x^2 substituieren und die quadratische Gleichung lösen. Und das alles auf der Rechnerplattform „Papierundbleistift“ und nur, weil ich recht schräge Koordinaten habe.
Viele Grüße
Stefan
Outing …
Auf die Gefahr hin, daß ich mich hier unsterblich blamiere : Könnte mal jemand einem abgebrochenen Baumschüler Eure Lösungsansätze erklären? Ich habe die Geschichte bis zu dem Strahlensatz noch einigermaßen kapiert, aber die numerischen Ansätze kriege ich nicht gebacken. Ich verstehe nur Bahnhof.
Besten Dank im Voraus!
kw
Quercus, Picea, Pinus, Acer, …
Auf die Gefahr hin, daß ich mich hier unsterblich blamiere :
Könnte mal jemand einem abgebrochenen Baumschüler Eure
Lösungsansätze erklären?
Ui toll, ein echter Baumschüler. Mein Vater war mal Baumschulleiter, womit wir beim Thema wären, bei der Leiter.
Hier ein Lösungsweg, der mit (bi)quadratischen Gleichungen auskommt:
Ich hab mir dazu mal die Skizze von dog.je ausgeliehen:_
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x| --M
_| __\ d
|| |\
|| | \
±---------
| y|Sei M der Mittelpunkt der Leiter (also bei 5 Metern), d der Abstand von M zum Auflagepunkt der
Leiter auf den Würfel, x der Abstand von Würfeloberkante zum Punkt, wo die Leiter an die Wand
stößt, y der Abstand zwischen Würfel und unterem Leiterauflagepunkt.
Gesucht ist die Höhe x+1.Wir haben drei ähnliche Dreiecke: Ein großes, ein oberes und ein unteres.
Ähnlichkeitsbetrachtungen zwischen dem oberen und dem unteren liefern uns: x/1 = 1/y, also
A) x=1/y
So bis hierher war das mit den ähnlichen Dreiecken, soweit hast Du es wohl verstanden.
und damit insbesondere
A2) x^2*y^2 = 1 (das brauchen wir später)
Die Gleichung A2 erhält man aus der Gleichung A durch Multiplikation mit x*y*y auf beiden Seiten.
Pythagoras am oberen Dreieck liefert:
B) x^2 = (5+d)^2 -1 oder schöner:
Die erste Kathete: 1 nämlich die obere Seite der Kiste
Die zweite Kathete: x so wurde die Strecke oben gewählt
Die Hypotenuse: 5+d also die obere Hälfte der Leiter (5Meter) und das Stück von der Mitte M bis zum Berührpunkt mit der Kiste.
Der Pythagoras: 1²+x²=(5+d)²
1 abziehen auf beiden Seiten gibt obere Formel
B2) x^2 = (6+d)*(4+d) (Binomi 3)
Diese Faktorisierungen sind immer trickreich, aber man kann das leicht überprüfen, indem man (6+d)*(4+d) wieder ausmultipliziert kommt bei den rechten Seiten von B und B2 aber das selbe raus.
Pythagoras am unteren Dreieck liefert analog
C) y^2 = (5-d)^2 -1 bzw
C2) y^2 = (6-d)*(4-d)
Wie gesagt, alles analog.
B2 und C2 multiplizieren und auf der linken Seite A2 ausnutzen liefert
1 = (6+d)*(4+d)*(6-d)*(4-d) , daraus wird
1 = (6^2 - d^2)*(4^2 -d^2) (umsortieren und 3. binom. Formel)
Ich nenne Diese Gleichung D.
Zur Erinnerung: die dritte binomische Formel war: a²-b²=(a+b)*(a-b)
Substitution u=d^2 ergibt die quadratische Gleichung
1= (36-u)*(16-u), bzw:
u^2 - 52*u +575 = 0Auflösen liefert u.
Nämlich u1=26+Wurzel(101)
aber auch u2=26-Wurzel(101)
Also etwa: u1=36.049876…
und u2=15.950124…
Daraus die Wurzel liefert d.
Das ist nämlich die Substitution von oben, nur rückwärts.
Es gibt jetzt natürlich zwei Möglichkeiten, die Wurzeln zu ziehen und letztendlich ist nicht nur die positive, sondern auch die negative Wurzel eine mathematisch korrekte Lösung der Gleichung D.
es gibt jetzt also:
d11=+Wurzel(u1)=+Wurzel(26+Wurzel(101)) =+6.0041549…
d12=-Wurzel(u1)=-Wurzel(26+Wurzel(101)) =-6.0041549…
d21=+Wurzel(u2)=+Wurzel(26-Wurzel(101)) =+3.9937607…
d22=-Wurzel(u2)=-Wurzel(26-Wurzel(101)) =-3.9937607…
Natürlich erwartet man das , also der Abstand zwischen der Mitte der Leiter und der Kante der Kiste immer größer als Null ist, also sind die Lösungen d12 und d22 zwar mathematisch erlaubt, aber physikalisch nicht sinnvoll.
B) liefert x.
Also eigentlich zwei verschiedene: d11 liefert mit B x11=Wurzel((5+d11)²-1)=Wurzel((5+Wurzel(26+Wurzel(101)))²-1)=10.958623…
d21 liefert mit B dagegen:
x21=Wurzel((5+d21)²-1)=Wurzel((5+Wurzel(26-Wurzel(101)))²-1)=8.9379937…
(Hier hab ich die negativen Wurzeln gleich weggelasen, weil man mit der Leiter ja hinauf und nicht hinunter steigen will.)
Hier lässt sich jetzt das Ergebniss x11 ausschließen, denn mit einer zehn Meter langen Leiter kann man nicht fast 11 Meter klettern.
1 dazuzählen liefert die gesuchte Höhe.
Also exakt: h=1+Wurzel((5+Wurzel(26-Wurzel(101)))²-1)
Oder nur ungefähr: h=9.9379937…
Und der Taschenrechner liefert schließlich die von sculpture genannten Ergebnisse.
Aber nur ungefähr: h=9.9379937…
Viele Grüße
Stefan