Tænkeboks: En klassiker af fjerde grad

Illustration: Ingeniøren

Opgave 186:

Her er en klassiker, som let fører til en fjerdegradsligning, hvis man bare regner løs. Kunsten er derfor at løse den på en smart måde, så man kommer uden om fjerdegrads­ligningen:

En ti meter lang stige placeres op ad en væg. Stigen rører ved en terningformet kasse, som står op ad væggen og har kantlængden 1 meter. Hvor langt når stigen op ad væggen?

– – –

Vi bringer løsningen i næste nummer, og indtil da kan I diskutere jeres forslag til løsninger herunder.

Løsning på opgave 165: Tænkeboks: Hjælp en tovlig springer

Max oplever en påvirkning på 2g, når han er nærmest jorden. Den ophobede elastiske energi i tovet er integralet af kx fra 0 til 2l, mens Max samtidig har mistet mg3l i potentiel energi. Ligningen hedder altså 2kl2 = 3mgl.

Kraften fra elastiktovet i udstrakt tilstand er 2lk, som dermed er 3mg. Og tyngdekraften i Max er mg i modsat retning, således at Max samlet set påvirkes med 2g.

Illustration: Ingeniøren
sortSortér kommentarer
  • Ældste først
  • Nyeste først
  • Bedste først

Jeg kan ikke lade være med at delagtiggøre jer i den smukke simple ligning, der løser ugens opgave. Den søgte murhøjde kaldes h og v er stigens vinkel med vandret. De 2 stigestykker findes nu ved antiprojektion af kassens dimension 1 m og adderes [latex] \qquad \frac{1}{\sin v} + \frac{1}{\cos v} = 10 \qquad \textrm{ og } \qquad h = 10 \sin v [/latex]

Men så dukker fjerdegradsligningen efterhånden op.

  • 3
  • 0

Uden ligning.

Optegnet på millimeterpapir kan der opnås en passende nøjagtighed. det vandrette mål fra væggen bliver 1125 mm og det lodrette mål til stigens top bliver 9925 mm. Med pythagoras fås 9.988 m som må siges at svare meget godt til stigens længde på 10 m

  • 0
  • 0

Hej Børge

Ja der er jeg også kommet til.

Jeg har også et bud på højden: 9,938 m

Mon der findes en meget smartere metode?

  • 0
  • 0

Med brug af ligninger: Regnet nøjagtigt ved hjælp af nogle mellemregninger fås den lodrette afstand til stigens top 9,93799 m og 1,11188 m til stigens fod fra væggen. Igen med Pythgoras giver det 10 m

  • 0
  • 0

Der kan også udledes en ligning hvor y den lodrette afstand og x den vandrette afstand begge far kassen ser sådan ud:

y =1/2(-1+(101)^0,5 +((98-2(101)^0,5)^0,5=8,93799 x=1/2(-1+(101)^0,5- ((98-2(101)^0,5)^0,5=0;11188

  • 0
  • 0

Hej Hans

Kan du løfte sløret for hvordan du har udledt disse formler? Lige nu har jeg svært ved at arbejde med dem. Bl.a. fordi jeg synes, der mangler højreparanteser?

  • 0
  • 0

Ak ja - Kunne huske den fra tidligere på denne agtværdige bagside. Det var ret nemt finde den i arkivet som Tænkebox 186 (samme nr.) fra 1993-01-15 og dens løsning(er) 1993-01-29

  • 0
  • 2

Ja, der mangler nok en ekstra parantes da alt efter faktoren 1/2(( skal ganges )). Selve udledningen er lang og besværlig og fremkommer ved at du spejler den figur du får ved at tegne det generelle udtryk op så der fremkommer et kvadrat med 4 ens tegninger 2 lodrette og to vandrette og så er det i gang med nogle arealbetragtninger og opstilling af nogle ligningssystemer der kan løses. Men der må findes en løsning der er væsentlig nemmere og den har jeg brugt en del tid på at finde. En tegning på milimeterpapir er efter min mening det nemmeste og giver et ganske pænt resultat.

  • 0
  • 0

Det mærkelige og sære ved denne opgave er også at: Lægges den vandrette afstand fra væggen til den lodrette afstand = 9.93799+1.11188=11,0498 Og ganges de samme afstande med hinanden fås 9.93799*1,11188= 11.0498 Det kan man jo tænke lidt over.

  • 0
  • 0

Hvis man i ugens opgave kalder stigens 2 dellængder x og 10 - x, kalder man også på besværligheder med fjerdegradsligningen, idet man ikke kan læse hvilke 2 løsninger, der har summen 10. Man skal i stedet bevare opgavens symmetri og kalde de 2 dellængder 5 + x og 5 - x. Hvis for eksempel x = 2, vil fjerdegradsligningen indeholde faktorerne x - 2 og x + 2, altså x^2 -4 uden førstegradsled. Det giver en fjerdegradsligning uden ulige potenser af x, hvilket er til at klare.

  • 1
  • 0

Er man ikke til fjerdegradsligninger, kommer her en lidt lettere stigeopgave. Nogle tønder med udvendig diameter 1 m ligger med vandret akse i forlængelse af hinanden op ad en lodret væg. En 2,5 m lang stige går fra jorden til væggen og tangerer rønderne. Hvor højt op ad væggen når stigen?

  • 0
  • 0

Hej Børge

Jeg løste fjerdegradsligningen med det nævnte x som variabel ganske nemt ved at udnytte forhåndsviden om den omtrentlige løsning fra en skitse på bagsiden af en konvolut. Jeg kan godt lige den slags løsninger, som en ingeniør hurtigtt kan udføre ude i skurvognen (hvis hun har adgang til en tilfældig laptop)! For en sikkerheds skyld gjorde jeg det samme, hvor jeg benyttede afstanden fra kassens fod til stigens kontakt med jorden. Det gav heldigvis samme resultat.

  • 0
  • 0

Denne opgave har fulgt mig i rigtigt mange år - siden teknisk skole i forrrige årstusinde.

Det deprimerende er, at jeg kan huske at have løst den en gang - med folkeskolematematik - men har aldrig været i stand til at rekonstruere løsningen.

Er den beskrevet i denne tråd?

  • 0
  • 0

Til Børge Hovald #11

Da man kan opskrive HL=H+L og vi ved fra Pythagoras at H+L = 1+(100)^0,5= 11,0498

kan man fra røddernes sum og produkt opskrive en 2. gradsligning x^2-11,0498x+11,0498

ligningen løst giver de ønskede afstande ved plus og minus løsningen.

  • 0
  • 0

Det er rigtigt, og det er også opgavebogens løsning, som jeg ikke ville nævne fordi jeg ikke selv havde fundet på den. Jeg nøjedes med at besvare din undren over sammentræffet H + L = H * L.

  • 0
  • 0

Inden vi lukker ugens opgave helt ned, må vi have den fulde løsning med. Man kan jo bytte om på højde og bredde i den kendte løsning og få en stige der nærmst ligger ned med sin øvre ende 11 cm højere end kassen. Denne løsning har nok ikke større praktisk værdi, men er som matematikopgave betragtet fuldgyldig og dermed halvdelen af en korret besvarelse. Denne korrektion er også henvendt til opgavebogens løsning, som følger senere.

  • 1
  • 0

Jeg er ikke så smart, så jeg løste den 4. grads ligning, jeg kom frem til:

Lad l betegne stigens længde.

Lad a betegne kassens sidelængde.

Dan så den dimensionsløse sidelængde:

\begin{equation} \alpha = a/l \end{equation}

Og fortsæt så med:

\begin{equation} \epsilon = \frac{2-\alpha^2}{2^2 \cdot 3} \end{equation}

\begin{equation} \rho = \frac{-4\alpha^4 + 4\alpha^2 - 1}{2^4 \cdot 3^2} \end{equation}

\begin{equation} \phi = arccos \left( \frac{8\alpha^6 + 42\alpha^4 + 6\alpha^2 - 1} {-8\alpha^6 + 12\alpha^4 - 6\alpha^2 + 1} \right) \end{equation}

\begin{equation} y_1 = \epsilon + 2\sqrt{-\rho} \cdot cos(\phi/3) \end{equation}

\begin{equation} y_2 = \epsilon - 2\sqrt{-\rho} \cdot cos(\phi/3 + \pi/3) \end{equation}

\begin{equation} y_3 = \epsilon - 2\sqrt{-\rho} \cdot cos(\phi/3 - \pi/3) \end{equation}

De to mulige højder er så:

\begin{equation} h_1 = l \cdot (\alpha/2 + \sqrt{y_1} + \sqrt{y_2} - \sqrt{y_3}) \end{equation}

\begin{equation} h_2 = l \cdot (\alpha/2 + \sqrt{y_1} - \sqrt{y_2} + \sqrt{y_3}) \end{equation}

Med l=10 og a=1 fåes, som andre også har fundet, flg. længder:

h1 = 9.93799369

h2 = 1.11188193

  • 4
  • 0

Det generelle udtryk for en vilkårlig boks med sidelængden a, stigelængde l, højden h = a+y, og afstanden x er afstanden fra boksen til stigens fodpunkt.

h= a/2[ (1+(l/a)^2)^0,5 +1 + ((l/a)^2 - 2 -2(1+(l/a)^2)^0,5]

med l=10 og a =1 fås 0,5(10,04987562+9,826111758)=9.93799369 og med Pythagoras fås x+a= 1.111881926

  • 0
  • 1

Kan vi snart få den officielle løsning, nu har den her gang 2.reals-matematik holdt mig vågen i adskillige nætter. Mit bedste bud er en 90 graders synsbue tegnet over 10 m- stigen, fremstillet i polære koordinater, kassen ind i den rette vinkel. så har man to vektorer v1 = 10cos(v) < v, og diagonalen i kassen v2 = sqr(2) <(v+ 45o). v1-v2 skal i det kartesiske system med stigen som abcisse have ordinaten 0, heraf: 10cos(v)sin(v)-sqr(2)sin(v + pi/4) = 0, eller 5sin(2v)-cos(v)-sin(v)=0 Den giver ved snydeløsning v = 6,384o og h = 10cos(v) = 9,938 m hvilket ved konstruktion ender med en 10 m hypotenuse og en 90o-vinkel i kassens hjørne, ingeniørmæssigt helt forsvarligt men analytisk kritisabelt. Og jeg gider ikke rode rundt i det her trigonometri, for så lander jeg nok bare i den her 4.grads-ligning for F..... ved hvilken gang. Hjælp!

  • 0
  • 0

... hvis vi skal følge opgaven til punkt og prikke. Den står ved siden af kassen som den rører, og kassen rører samtidig væggen.

Meeen jeg antager at man egentlig gerne vil regne det ud hvor kassen er imellem den skrå stige og væggen.

  • 0
  • 3

Lad i den retvinklede trekant højdekateten være a og grundlinjekateten være b samt hypotenusen c = 10 meter og så er ved hjælp af Pythagoras' læresætning aa + bb = cc

Lad også kvadratets side være s = 1 meter og så er ved hjælp af similære retvinklede trekanter (a–1)/1 = 1/(b–1)

og dermed ab = a + b samt lad a = x + y og b = x – y og så findes ved substitutionen andengradsligningerne

2xx + 2yy = cc

xx – yy = 2x

xx – x – cc/4 = 0

Løsningen x = sqrt(cc + 1)/2 + 1/2 og y = sqrt(cc/4 – x)

x = 5,524937810560445 og y = 4,413055878803208

a = 9,938 meter og b = 1,112 meter

  • 1
  • 0

Et punkts potens: den har vist ikke været prøvet. Lad stigen være diameter i en cirkel r=5m og med centrum betegnet O Lodret rører stigen væggen i punktet F, i vandret i punktet E og kassen i punktet D Diagonalen i kassen AD =sqrt2 I punktet O oprejses den vinkelrette der skærer cirklen i punktet G. Afstandene FG og DG tegnes ind og afstanden OG =5 m Vinklen i trekant OGD ved G betegnes x Afstanden DG=5sec(x) secx=1/cosx og 1-tanx=2-secx AD * DG=FD DE der omskrives til sqrt25secx=(5+5tanx)(5-5tanx) sqrt25secx=25(1-tan^2x)=25(2-sec^2x) og reduceres til sec^2x+sqrt2/5secx-2 denne løses med secx=1,2798 cosx=1/secx=0,7813 x=38.62 som i radianer er 38,620,01745=0,6739 rad AF =10cos((pi/4-0,6739)/0,01745) =10cos 6,3895=9,937m AE=10sin6,3895=1,112m og pythagoras giver 9,9990~10 m Dette er formentlig heller ikke den nemme løsning men dog kun en løsning i 2. grad. Hvis nogle orker er de velkomne til at efterregne.

  • 0
  • 0

Det måtte undersøges: kan ChatGPT løse opgaven?

Spørgsmål: ”En ti meter lang stige placeres op ad en væg. Stigen rører ved en terningformet kasse, som står op ad væggen og har kantlængden 1 meter. Hvor langt når stigen op ad væggen?” ChatGPT’s svar: ”Det afhænger af vinklen mellem stigen og væggen. Hvis vinklen mellem stigen og væggen er 90 grader (stigen er lodret), når stigen op til den samme højde som kantlængden af kassen, dvs. 1 meter. Hvis vinklen er mindre end 90 grader (stigen er skrå), når stigen ikke så højt op ad væggen. For at beregne den nøjagtige højde skal man bruge sinusset af vinklen mellem stigen og væggen multipliceret med kantlængden af kassen.” OK, jeg smiler af ordet ”sinusset” og prøver at præcisere spørgsmålet – det er der tydeligvis brug for: ”Hvor højt når stigen op ad væggen, når den rører ved væggen, hjørnet af kassen og gulvet?” ChatGPT’s svar: ”Hvis stigen rører ved hjørnet af kassen, væggen og gulvet, så er vinklen mellem stigen og væggen mindre end 90 grader, da kassen er terningformet og hjørnerne er skarpe. I dette tilfælde kan man ikke bestemme præcist hvor højt stigen når op ad væggen uden yderligere information, såsom vinklen mellem stigen og væggen eller størrelsen af den terningformet kasse. For at beregne den nøjagtige højde skal man bruge sinusset af vinklen mellem stigen og væggen multipliceret med kantlængden af kassen.”

Det ser ud til, at vi ingeniører ikke behøver at frygte at blive arbejdsløse. Der bliver masser af arbejde med at rette op på de vildfarelser, ChatGPT spreder!

  • 2
  • 0
Bidrag med din viden – log ind og deltag i debatten