Leiter an der Wand

04.06.2020, 23:17

Dopap

Leiter an der Wand

Einer Hauswand ist ebenerdig in Höhe $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ eine ebene Sitzfläche mit Sitz-Tiefe $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ angebracht.
Eine Leiter der Länge $\begin{eqnarray*} L \end{eqnarray*}$ und ausreichend lang wird derart an die Wand angelehnt,
dass Sie die Sitz-Kante zusätzlich berührt und so steht wird wie das beim "Fensterln" sinnvoll ist.

In welcher Höhe $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ berührt Sie die Wand ?

Mit z.B. $\begin{eqnarray*} L=4 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} c=1 \end{eqnarray*}$ besteht numerisch kein Problem. $\begin{eqnarray*} h\approx 3.761 \end{eqnarray*}$

aber wie bestimmt man h als Term in L und c ?

05.06.2020, 00:20

Leopold

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siehe zum Beispiel hier

$\begin{align*} h = \frac{1}{2} \left( c + \sqrt{L^2 + c^2} + \sqrt{L^2 - 2c^2 - 2c \sqrt{L^2 + c^2}} \right) \end{align*}$

05.06.2020, 07:58

Ulrich Ruhnau

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Zitat:

Original von Leopold
siehe zum Beispiel hier

@Leopold

Du verweist hier auf das Leiter-Tonne-Problem. Was Dopap beschrieben hat, ist jedoch ein Leiter-Stuhl-Problem. Einmal begrenzt ein Kreis die Höhe der Leiter und einmal ist es ein Quadrat, das die Höhe begrenzt. Sicherlich sind die Lösungen verschieden.

05.06.2020, 09:17

Luftikus

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RE: Leiter an der Wand
y: Höhe über c an der Wand
x: Weite über c am Boden

$\begin{eqnarray*} F_g=\frac{1}{2}(c+x)(c+y) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} F_g \stackrel{!}{=} c^2+\frac{1}{2} x \cdot c +\frac{1}{2} y \cdot c \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \rightarrow x = \frac{c^2}{y} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} L=\sqrt {y^2+c^2} + \sqrt {c^2+x^2} =\sqrt {y^2+c^2} + \sqrt {c^2+\frac{c^4}{y^2}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} h=c+y \end{eqnarray*}$

05.06.2020, 09:34

willyengland

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Ich habe meine Lösung vor einiger Zeit hier gepostet:
Leiterproblem

05.06.2020, 10:35

quadrierer

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Beim gegebenen Verhältnis L/(c = 4 gibt es drei Strategien zum Vorgehen. Wegen der geringen Sitzhöhe wird gar keine Leiter gebraucht. Die Leiter kann auch als Rampe mit Berührung der Hauswand angelegt werden. Dann gibt es noch das von Dopap betrachtete Anlegen der Leiter, bei dem sich Anlegehöhe und Abstand des Fußpunktes von der Hauswand zum Rampenfall in der Größe vertauschen.
Bleibt noch die Frage, ab welcher Grösse für c liegt die Leiter nicht mehr an der Wand an?

05.06.2020, 11:22

HAL 9000

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Leopolds Link mag im ersten Moment irreführend wirken, die von ihm angegebene Lösungsformel passt aber zur $\begin{eqnarray*} c\times c \end{eqnarray*}$ - Quadratbank. Augenzwinkern

Zitat:

Original von quadrierer
Bleibt noch die Frage, ab welcher Grösse für c liegt die Leiter nicht mehr an der Wand an?

Die Forderung für Wandkontakt der Leiter lautet $\begin{eqnarray*} L\geq 2\sqrt{2}c \end{eqnarray*}$ , ergibt sich im Verlauf des (hier bisher nicht dargestellten) Lösungswegs.

05.06.2020, 12:42

Dopap

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RE: Leiter an der Wand

Zitat:

Original von Luftikus

$\begin{eqnarray*} L=\sqrt {y^2+c^2} + \sqrt {c^2+\frac{c^4}{y^2}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} h=c+y \end{eqnarray*}$

und das y ist anscheinend trivial verwirrt

@Quadrierer: wegen der geringen Sitzhöhe wird gar keine Leiter gebraucht. LoL.

@HAL: ein Lösungsweg ist mir noch nicht in Sichtweite. Muss jetzt mal die zahlreichen Links anschauen.

05.06.2020, 13:03

HAL 9000

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Zitat:

Original von Dopap
@HAL: ein Lösungsweg ist mir noch nicht in Sichtweite. Muss jetzt mal die zahlreichen Links anschauen.

Ja, der mag etwas über die Threads bzw. innerhalb manches Threads verteilt sein. Ich versuche es mal gerafft darzustellen:

Mit $\begin{eqnarray*} t=\frac{h-c}{c} \end{eqnarray*}$ kommt man durch Betrachtung ähnlicher rechtwinkliger Dreiecke (eins mit Katheten $\begin{eqnarray*} h-c \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ über der Bank und das andere mit Katheten $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \frac{c^2}{h-c} \end{eqnarray*}$ neben der Bank) zur Bestimmungsgleichung

$\begin{eqnarray*} \left(1+\frac{1}{t}\right)\sqrt{t^2+1} = \frac{L}{c} \end{eqnarray*}$ ,

ausmultipliziert $\begin{eqnarray*} t^4+2t^3+\left(2-\frac{L^2}{c^2}\right)t^2+2t+1 = 0 \end{eqnarray*}$ . Die symmetrische Koeffizientenstruktur nutzend kommt man mit Substitution $\begin{eqnarray*} u=t+\frac{1}{t} \end{eqnarray*}$ zur quadratischen Gleichung $\begin{eqnarray*} u^2+2u-\frac{L^2}{c^2}=0 \end{eqnarray*}$ mit den Lösungen $\begin{eqnarray*} u=-1\pm\sqrt{\frac{L^2}{c^2}+1} \end{eqnarray*}$ , von denen wegen $\begin{eqnarray*} t>0 \end{eqnarray*}$ nur die positive $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ -Lösung interessiert. Die Lösung der Rücksubstitutionsgleichung $\begin{eqnarray*} t^2-ut+1 = 0 \end{eqnarray*}$ ist dann $\begin{eqnarray*} t = \frac{u\pm\sqrt{u^2-4}}{2} \end{eqnarray*}$ , von denen uns wiederum eher die "+"-Variante interessiert (die andere gehört zu einer "flach" angelehnten Leiter mit Wandberührung nur knapp über der Bank). Das klappt übrigens nur für $\begin{eqnarray*} u\geq 2 \end{eqnarray*}$ , was letztlich die Forderung $\begin{eqnarray*} L\geq 2\sqrt{2}c \end{eqnarray*}$ bedeutet.

Setzen wir nun $\begin{eqnarray*} u=\sqrt{\frac{L^2}{c^2}+1}-1 \end{eqnarray*}$ ein:

$\begin{eqnarray*} \frac{h-c}{c} = t = \frac{1}{2}\left( \sqrt{\frac{L^2}{c^2}+1}-1+\sqrt{\left(\sqrt{\frac{L^2}{c^2}+1}-1\right)^2-4}\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} h = \frac{1}{2}\left( c+\sqrt{L^2+c^2}+\sqrt{\left(\sqrt{L^2+c^2}-c\right)^2-4c^2}\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} h = \frac{1}{2}\left( c+\sqrt{L^2+c^2}+\sqrt{L^2-2c^2-2c\sqrt{L^2+c^2}}\right) \end{eqnarray*}$ .

P.S. (8.6.20): Ich hätte ja nicht erwartet, dass der Beitrag als "Spitze" eingeschätzt wird, sondern nur erhofft, dass er wenigstens hilfreich war. Naja, auch wenn der eigentliche Adressat mit der Herleitung nichts anzufangen wusste, so hat sie doch zumindest quadrierer ein paar Erkenntnisse gebracht.

05.06.2020, 13:17

Luftikus

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RE: Leiter an der Wand

Zitat:

Original von Dopap

Zitat:

Original von Luftikus

$\begin{eqnarray*} L=\sqrt {y^2+c^2} + \sqrt {c^2+\frac{c^4}{y^2}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} h=c+y \end{eqnarray*}$

und das y ist anscheinend trivial verwirrt

$\begin{eqnarray*} L=\sqrt {y^2+c^2} + \sqrt {\frac{c^2}{y^2}(y^2+c^2)}=(1+\frac{c}{y})\sqrt {y^2+c^2}=\frac{1}{y}(y+c)\sqrt {y^2+c^2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \rightarrow L^2 \cdot y^2=(y+c)^2 \cdot (y^2+c^2) \end{eqnarray*}$

Gleichung 4. Grades in y

05.06.2020, 15:36

Leopold

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[attach]51411[/attach]

Beim Link hatte ich nicht genau hingesehen. Das $\begin{align*} \tau \end{align*}$ onnenproblem ist nicht dasselbe wie das $\begin{align*} \sigma \end{align*}$ thuhlproblem. Allerdings sind die beiden eng miteinander verwandt.

Der Strahlensatz in der V-Figur mit der Spitze $\begin{align*} A \end{align*}$ zeigt:

$\begin{align*} \frac{\sigma}{a} = \frac{b - \sigma}{b} = 1 - \frac{\sigma}{b} \ \ \Leftrightarrow \ \ \frac{1}{\sigma} = \frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ \ \Leftrightarrow \ \ \sigma = \frac{ab}{a+b} \end{align*}$

Andererseits ist $\begin{align*} ab = \tau (a+b+c) \end{align*}$ (beide Seiten berechnen den doppelten Flächeninhalt von $\begin{align*} ABC \end{align*}$ ). Das oben eingesetzt ergibt

$\begin{align*} \sigma = \frac{a+b+c}{a+b} \cdot \tau \end{align*}$

Der Inkreisradius $\begin{align*} \tau \end{align*}$ ist zugleich der Tangentenabschnitt von $\begin{align*} C \end{align*}$ zum Inkreis, also $\begin{align*} \tau = \frac{1}{2} \left( a + b - c \right) \end{align*}$ . Daraus bekommt man $\begin{align*} a+b = 2 \tau + c \end{align*}$ . Damit eliminiert man $\begin{align*} a+b \end{align*}$ in der Formel darüber:

$\begin{align*} \text{(1)} \ \ \sigma = \frac{2 \tau \left( \tau + c \right)}{2 \tau + c} \end{align*}$

Oder nach $\begin{align*} \tau \end{align*}$ aufgelöst:

$\begin{align*} \text{(2)} \ \ \tau = \frac{1}{2} \left( \sqrt{\sigma^2 + c^2} + \sigma - c \right) \end{align*}$

Sind $\begin{align*} c \end{align*}$ und $\begin{align*} \sigma \end{align*}$ gegeben, so kann man mit $\begin{align*} \text{(2)} \end{align*}$ das $\begin{align*} \sigma \end{align*}$ tuhlproblem in das $\begin{align*} \tau \end{align*}$ onnenproblem übersetzen. Sind dagegen $\begin{align*} c \end{align*}$ und $\begin{align*} \tau \end{align*}$ gegeben, so kann man mit $\begin{align*} \text{(1)} \end{align*}$ das $\begin{align*} \tau \end{align*}$ onnenproblem in das $\begin{align*} \sigma \end{align*}$ tuhlproblem übersetzen.

05.06.2020, 19:16

Dopap

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die zwei letzten posts sind einfach ... Spitze ... Freude

hätte Hans Rosenthal gerufen.

@Luftikus: Wenn h als Term in L,c gesucht ist und es steht h=c+y,
dann sollte y wenigstens ziemlich evident sein.
In einer Gleichung 4. Grades verpackt ( was mir schon klar war ) ist es das aber ganz und gar nicht.

05.06.2020, 19:54

quadrierer

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Zitat:

Original von Dopap
die zwei letzten posts sind einfach ... Spitze ... Freude

... auch der drittletzte Beitrag von HAL ist Spitze!

Da Leopold einen kleinen Unterschied vom Stuhlproblem zum Tonnenproblem erkannt hat, stellt sich dann auch hier die Frage, ab welchem Tonnenradius ist keine Wandberührung mehr möglich?

06.06.2020, 08:11

Leopold

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Zitat:

Original von quadrierer
ab welchem Tonnenradius ist keine Wandberührung mehr möglich?

Problem "steile Leiter" lösbar für $\begin{align*} \frac{c}{\tau} \geq 2 \left( 1 + \sqrt{2} \right) \end{align*}$ . Bei Gleichheit ist das Dreieck $\begin{align*} ABC \end{align*}$ gleichschenklig-rechtwinklig.

Im Anhang eine dynamische Zeichnung mit Euklid.

07.06.2020, 07:34

quadrierer

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Anhand einer dynamischen Zeichnung zur Leiter-Aufgabe komme ich auch auf die Ergebnis-Darstellungen als Grenzgrösse für das Stuhl- und Tonnen-Problem.

Wie aber sieht eine stringente Herleitung eines Rechengangs für die gesuchten Grenzgrössen aus, bei denen von Leopolds Gleichungen (1) und (2) ausgegangen wird?

07.06.2020, 14:20

Leopold

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Man merkt das entweder während des Rechenwegs. Man löst zum Beispiel das folgende Gleichungssystem (statt $\begin{align*} a,b \end{align*}$ schreibe ich suggestiv $\begin{align*} x,y \end{align*}$ ), worin $\begin{align*} c,\tau>0 \end{align*}$ Parameter sind:

$\begin{align*} \text{(A)} \ \ xy = \tau \left( x+y+c \right) \end{align*}$

$\begin{align*} \text{(B)} \ \ x^2 + y^2 = c^2 \end{align*}$

Man erkennt, daß das System gegenüber einer Vertauschung der Variablen $\begin{align*} x,y \end{align*}$ invariant ist. Man darf daher $\begin{align*} x \geq y \end{align*}$ annehmen. Weiter sieht man, vom geometrischen Kontext gelöst, sofort die symmetrischen Lösungen $\begin{align*} x=0,\, y=-c \end{align*}$ und $\begin{align*} x=-c,\, y=0 \end{align*}$ . Die biquadratische Gleichung, auf die das Auflösen von $\begin{align*} \text{(A)} \end{align*}$ und $\begin{align*} \text{(B)} \end{align*}$ hinausläuft, läßt sich daher auf eine quadratische Gleichung reduzieren. (Im verlinkten Thread am Ende zeigt HAL, wie man von vorneherein das Ausufern in den Grad 4 vermeiden kann.)

Ich fange einmal an und löse $\begin{align*} \text{(A)} \end{align*}$ auf: $\begin{align*} y = \frac{\tau \left( x+c \right)}{x - \tau} \end{align*}$

Hier erkennt man schon den Linearfaktor $\begin{align*} x+c \end{align*}$ , den man tunlichst erhalten sollte. Das setzt man nun in $\begin{align*} \text{(B)} \end{align*}$ ein, beseitigt die Nenner und bringt alles auf eine Seite:

$\begin{align*} x^2 \left( x - \tau \right)^2 - c^2 \left( x - \tau \right)^2 + \tau^2 \left( x + c \right)^2 = 0 \end{align*}$

Seit Anfang weiß man, daß sich der Linearfaktor $\begin{align*} x+c \end{align*}$ abspalten lassen wird. Im hinteren Summanden sieht man ihn schon, dann muß er aber auch vorne drin stecken. Und es ist offensichtlich, wie man vorzugehen hat:

$\begin{align*} \left( x^2 - c^2 \right) \left( x - \tau \right)^2 + \tau^2 \left( x + c \right)^2 = 0 \end{align*}$

Vorne binomisch drei, und weg ist der für die Geometrie irrelevante Linearfaktor:

$\begin{align*} \left( x - c \right) \left( x - \tau \right)^2 + \tau^2 \left( x + c \right) = 0 \end{align*}$

Das ist eine Gleichung dritten Grades mit $\begin{align*} x=0 \end{align*}$ als Lösung, wie wir seit Beginn wissen. Jetzt reduziere den Grad der Gleichung und löse die verbleibende quadratische Gleichung mit den geometrisch sinnvollen Lösungen. An welcher Stelle wird deine Frage nach dem Grenzfall beantwortet?

Oder man argumentiert ganz von der geometrischen Anschauung her. Der Grenzfall tritt ein, wenn $\begin{align*} a=b \end{align*}$ , das Dreieck also gleichschenklig-rechtwinklig ist. Jetzt muß man sich nur noch überlegen, welcher Zusammenhang in einem solchen zwischen Hypotenuse und Inkreisradius besteht.

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