교차 래더 문제

교차된 사다리 문제는 다양한 출판물에 등장하고 웹페이지와 유스넷 토론에 정기적으로 다시 등장하는 원인 불명의 퍼즐이다.

문제

길이 a와 b. h의 교차 사다리는 A와 B의 조화 평균의 절반이다. 동등하게, A와 B의 왕복 합은 h의 역수(광체 방정식)에 해당한다.a, b, h를 주어 w를 찾는다.

그림에서 보듯이 길이 a와 b의 사다리 두 개가 반대 방향으로 골목에 놓여 있다.사다리는 골목 바닥 위로 h의 높이로 교차한다.골목의 폭은 얼마인가?

마틴 가드너는 1979년에 출판된 그의 수학 퍼즐 책에서 이 문제를^[1] 제시하고 토론하며 빠르면 1895년에 그것에 대한 언급을 인용한다.교차 사다리 문제는 명칭의 변화, 다양한 길이와 높이를 사용하거나 모든 값이 정수인 경우와 같이 특이한 해결책을 요청하는 다양한 형태로 나타날 수 있다.그것의 매력은 "알지브라질 난장판"(가드너가 D로 귀속한 성격)으로 빠르게 탈바꿈할 수 있는 것처럼 보이는 단순함에서 기인했다. F. Church).

해결책

문제 설명은 w > 0, 저 a > w, b > w, 저 h > 0, 그리고 A > h, B > h, 여기서 A와 B는 길이 b와 a의 면이 각각 기울어진 벽의 높이(위 그래프와 같이)라는 것을 암시한다.

아래 두 솔루션 방법은 ${\tfrac {1}{A}}+{\tfrac {1}{B}}={\tfrac {1}{h}},$ ${\tfrac {1}{A}}+{\tfrac {1}{B}}={\tfrac {1}{h}},$ A ${\tfrac {1}{A}}+{\tfrac {1}{B}}={\tfrac {1}{h}},$ + ${\tfrac {1}{A}}+{\tfrac {1}{B}}={\tfrac {1}{h}},$ B ${\tfrac {1}{A}}+{\tfrac {1}{B}}={\tfrac {1}{h}},$ = ${\tfrac {1}{A}}+{\tfrac {1}{B}}={\tfrac {1}{h}},$ ${\displaystyle {\tfrac {1}{{$ 의 속성에 의존함 $A}+{\tfrac{1}{B}={\tfrac{1}{h}}}.$ 다음과 ${\tfrac {1}{A}}+{\tfrac {1}{B}}={\tfrac {1}{h}},$ 같이 볼 수 있다.

기준선을

h\,

{\

과

h\,

와) 만나는 지점에서 두 부분으로 나누고 각각

w_{1}\,

displaystyle w_{1}\,

{},

w_{2}\,

w_{2}\,

displaystyle w_{2}\,},}

의

w_{1}\,

및 오른쪽 부분으로 호출하십시오

w_{2}\,

{\

이(가) w

{\

과

a\,

(와

w_{1}\,

) 만나는 각도는 각각

{\

w

\,}

과

w\,

(와)

w_{1}\,

{\

displaystyle w_{

1}\,)의 베이스를 갖는 두 개의 유사한 삼각형에 공통적이다

w\,

.

b\,

{\

b

\,}

이(가)

w\,

{\

w

\,}

과

b\,

(와

w_{2}\,

) 만나는 각도는 각각

{\

과

w\,

(와)

w_{2}\,

displaystyle w_{2}\,)

의 베이스를 갖는 두 개의 유사한 삼각형에 공통적이다

w\,

.이것은 우리에게 다음과 같은 것을 말해준다.

{\frac{B}}{w}}={\frac {h}{1}{1}}\quad {\text{and}}\frac{A}{w}}}={\frac {h}{w_}}}{w}}}}{w}}}}}}}{w_{w}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}

그런 다음 다시 설정할 수 있음(

w_{1}+w_{2}=w

w_{1}+w_{2}=w

+

w_{1}+w_{2}=w

w

w_{1}+w_{2}=w

=

w_{1}+w_{2}=w

{\displaystyle w_{1}+w_{2

사용)

}=w

)을(를) 가져오려면

{\frac {1}{A}+{\frac{1}{B}={\frac {1}{h}}.

첫 번째 방법

피타고라스 정리 두 문장(위 그림 참조)

A^{2}+w^{2}=b^{2}

그리고

{\displaystyle B^{2}+w^{2}}}=a^{2}}:

w를 제거하기 위해 다른 하나에서 하나를 뺄 수 있으며, 결과는

{\tfrac {1}{A}}+{\tfrac {1}{B}}={\tfrac {1}{h}}

A

{\tfrac {1}{A}}+{\tfrac {1}{B}}={\tfrac {1}{h}}

+

{\tfrac {1}{A}}+{\tfrac {1}{B}}={\tfrac {1}{h}}

{\tfrac {1}{A}}+{\tfrac {1}{B}}={\tfrac {1}{h}}

=

{\tfrac {1}{A}}+{\tfrac {1}{B}}={\tfrac {1}{h}}

{\

}과(와) 결합할 수 있다

.

A}+{\tfrac{

1}{

B}={\tfrac{1}{h}}

을(를) 번갈아 가며 A 또는 B를 풀어서

{\tfrac {1}{A}}+{\tfrac {1}{B}}={\tfrac {1}{h}}

사분 방정식을^[2] 산출한다.

A^{4}-2HA^{3}+(h-A)^{2}(a^{2}-b^{2}=0,

B^{4}-2hB^{3}+(h-B)^{2}(b^{2}-a^{2}=0).

이것들은 벽 높이 A와 B에 대해 대수적으로 또는 숫자로 풀 수 있으며, 삼각형 중 하나에 있는 피타고라스 정리는 w 너비에 대해 풀 수 있다.

두 번째 방법

문제는 가드너가 제안한 대로 근사방법으로 해결할 수 있는 사분방정식³ x(x - c) - 1 = 0으로 줄어들 수도 있고, 페라리의 방법으로 사분방정식을 닫힌 형태로 해결할 수도 있다.일단 x를 얻으면 골목의 폭은 쉽게 계산된다.4분위 용액의 측면에서 원하는 폭과 함께 4분위수의 파생이 아래에 제시되어 있다.요청된 알 수 없는 w는 대부분의 파생에서 직접 나타나지 않는다는 점에 유의하십시오.

{\tfrac {1}{A}}+{\tfrac {1}{B}}={\tfrac {1}{h}},

+

{\tfrac {1}{A}}+{\tfrac {1}{B}}={\tfrac {1}{h}},

=

{\tfrac {1}{A}}+{\tfrac {1}{B}}={\tfrac {1}{h}},

{\displaystyle {\tfrac {1}{

A}+{\tfrac

{1

}{B}={\tfrac

{1

}{h}}

이(가

{\tfrac {1}{A}}+{\tfrac {1}{B}}={\tfrac {1}{h}},

) 표시됨

{\text{(Eq. 1)}}\quad AB=h(A+B)\,

1)

{\text{(Eq. 1)}}\quad AB=h(A+B)\,

{\text{(Eq. 1)}}\quad AB=h(A+B)\,

=

{\text{(Eq. 1)}}\quad AB=h(A+B)\,

(

{\text{(Eq. 1)}}\quad AB=h(A+B)\,

A

{\text{(Eq. 1)}}\quad AB=h(A+B)\,

+

{\text{(Eq. 1)}}\quad AB=h(A+B)\,

)

{\

피타고라스의 정리를 이용하면, 우리는 그것을 알 수 있다.

w^{2}+B^{2}=a^{2}

w^{2}+B^{2}=a^{2}

+

w^{2}+B^{2}=a^{2}

w^{2}+B^{2}=a^{2}

=

w^{2}+B^{2}=a^{2}

{\

w

^{2}+B^{2}=a^{2

}}

w^{2}+B^{2}=a^{2}

및

w^{2}+B^{2}=a^{2}

w^{2}+A^{2}=b^{2}

w^{2}+A^{2}=b^{2}

+

w^{2}+A^{2}=b^{2}

w^{2}+A^{2}=b^{2}

=

w^{2}+A^{2}=b^{2}

w^{2}+A^{2}=b^{2}

{\

w

^{2}+

A^{2}=b^{2

두 방정식에서 w²를 분리함으로써, 우리는 그것을 볼 수 있다.

a^{2}-B^{2}=b^{2}-A^{2}

다시 배열하여 에 포함시킬 수 있는.

{\text{(Eq. 2)}}\quad a^{2}-b^{2}=(B+A)(B-A)\,

2)

{\text{(Eq. 2)}}\quad a^{2}-b^{2}=(B+A)(B-A)\,

2

{\text{(Eq. 2)}}\quad a^{2}-b^{2}=(B+A)(B-A)\,

-

{\text{(Eq. 2)}}\quad a^{2}-b^{2}=(B+A)(B-A)\,

{\text{(Eq. 2)}}\quad a^{2}-b^{2}=(B+A)(B-A)\,

=

{\text{(Eq. 2)}}\quad a^{2}-b^{2}=(B+A)(B-A)\,

(

{\text{(Eq. 2)}}\quad a^{2}-b^{2}=(B+A)(B-A)\,

+ A

{\text{(Eq. 2)}}\quad a^{2}-b^{2}=(B+A)(B-A)\,

)

{\text{(Eq. 2)}}\quad a^{2}-b^{2}=(B+A)(B-A)\,

(

{\text{(Eq. 2)}}\quad a^{2}-b^{2}=(B+A)(B-A)\,

- A

{\text{(Eq. 2)}}\quad a^{2}-b^{2}=(B+A)(B-A)\,

)

{\

)(

B-A

정사각형(Eq 2)과 결합(Eq 1)

(a^{2}-b^{2})^{2}=(B+A)^{2}(B-A)^{2},\,

(a^{2}-b^{2})^{2}=(B+A)^{2}(B^{2}-2AB+)A^{2}}

가져오려면 다시 정렬

(a^{2}-b^{2})^{2}=(A+B)^{2}(A^{2}+B^{2}AB)}

그러면

(a^{2}-b^{2})^{2}=(A+B)^{2}(A^{2}+B^{2}+2AB-4)AB)\,

(a^{2}-b^{2})^{2}=(A+B)^{2}(A^{2}+2)AB+B^{2}-4AB),\,

(a^{2}-b^{2})^{2}=(A+B)^{2}(A+B)^{2}-4AB),

이제 (Eq 1)과 결합하십시오.

(a^{2}-b^{2})^{2}=(A+B)^{2}(A+B)^{2}-4h(A+B)),\,

(a^{2}-b^{2})^{2}=(A+B)^{2}(A+B)(A+B)-4h)\,

마침내

{\text{(Eq. 3)}}\quad(a^{2}-b^{2}^{2}^{2}=(A+B)^{3}(A+B-4h)\,

내버려두다

x={\frac {A+B}{\sqrt {a^{2}-b^{2}},\,

c={\frac {4h}{\sqrt {a^{2}-b^{2}}}}\,

그러면

x^{3}(x-c)-1=0.\,

x^{3}(x-c)-1=0.\,

(

x^{3}(x-c)-1=0.\,

- c

x^{3}(x-c)-1=0.\,

)

x^{3}(x-c)-1=0.\,

-

x^{3}(x-c)-1=0.\,

=

x^{3}(x-c)-1=0.\,

{\

x

^{3}(x-c)-1=0.\,}

x^{3}(x-c)-1=0.\,

(변위가 반전된 Eq 3과 동일)

위의 네 번째 검정력 방정식은 x에 대해 사용 가능한 방법을 사용하여 해결할 수 있다.그런 다음 x에 대해 찾은 값을 사용하여 골목의 너비를 찾는다.

A+B=A+{\sqrt {A^{2}+(a^{2}-b^{2}}}}}}}

A를 찾는 데 사용될 수 있고, w는 마침내 다음에 의해 발견될 수 있다.

w={\sqrt {b^{2}-A^{2}}.

4분위 방정식은 4개의 해법이 있으며, 이 방정식에 대한 해법은 제시된 문제와 일치한다.또 다른 해결책은 한 사다리(및 벽)가 지면 아래이고 다른 사다리(및 벽)가 지면 위인 경우에 대한 것이다.이 경우 사다리는 실제로 교차하지 않지만, 사다리의 확장은 지정된 높이에서 교차한다.다른 두 가지 해결책은 한 쌍의 결합 복합적인 숫자다.이 방정식은 사다리 길이를 명시적으로 정의하지 않고, 사각형의 차이만 있으므로, 그 길이를 사다리 길이가 교차하도록 하는 값으로 취할 수 있으며, 벽 간격은 사다리들이 벽을 가로지르는 곳 사이의 값으로 정의할 수 있다.

벽 분리가 0에 가까워지면 건널목의 높이가 $h={\frac {ab}{a+b}}.$ = $h={\frac {ab}{a+b}}.$ $h={\frac {ab}{a+b}}.$ = $h={\frac {ab}{a+b}}.$ + $h={\frac {ab}{a+b}}.$ . $h={\frac {ab}{a+b}$ 에 접근한다. $}$ 1 ${\tfrac {1}{A}}+{\tfrac {1}{B}}={\tfrac {1}{h}}$ + ${\tfrac {1}{A}}+{\tfrac {1}{B}}={\tfrac {1}{h}}$ ${\tfrac {1}{A}}+{\tfrac {1}{B}}={\tfrac {1}{h}}$ = ${\tfrac {1}{A}}+{\tfrac {1}{B}}={\tfrac {1}{h}}$ ${\$ $A}+{\tfrac{$ 1}{ $B}={\tfrac{$ 1}{{ $1}}}($ 시작에서 입증됨)는 $h={\tfrac {AB}{A+B}},$ h = $h={\tfrac {AB}{A+B}},$ $h={\tfrac {AB}{A+B}},$ + $h={\tfrac {AB}{A+B}},$ {\ $displaysty h={\tfrac {AB}{A+B}}}}$ 을 암시하며 $h={\tfrac {AB}{A+B}},$ , w가 0으로 넘어가면 A로 가고, 위쪽 도표에 따라 a가 B로 간다.

방정식에 대한 해법은 제곱근을 포함하므로 음의 뿌리는 동등하게 유효하다.사다리나 벽이 모두 지하층 이하인 것으로 해석할 수 있으며, 반대 의미로 사다리나 벽면 모두 교체가 가능하다.

복합용액은 A벽이 왼쪽이나 오른쪽으로 기울고, B벽은 지하에 B벽으로 해석할 수 있으므로 교차점은 사례 h, a, b = 3, 2, 1과 같이 사다리에 대한 연장 사이에 있다.래더 a 및 b와 $a^{2}-b^{2}$ - $a^{2}-b^{2}$ $a^{2}-b^{2}$ ${\$ 스타일 $a^{2}-b^{2}}$ 은 지정된 $a^{2}-b^{2}$ 것과 같지 않다.base w는 A, B, h의 함수로서 A와 B의 복잡한 값은 대체 사분위수에서 찾을 수 있다.

x^{4}-2hx^{3}+Dx^{2}-2HDx+h^{2}}}D=0

D는 한 벽의 $a^{2}-b^{2}$ $a^{2}-b^{2}$ $a^{2}-b^{2}$ - $2$ {\ $displaystyle$ a^{2}- $b^{2$ }}이고 다른 벽의 $b^{2}-a^{2}$ $b^{2}-a^{2}$ $b^{2}-a^{2}$ $b^{2}-a^{2}$ - 2 $b^{2}-a^{2}$ {\ $displaystyle b^{2}-a^{$ 2}}(예의 경우 ±5)이다.가상 솔루션은 수평이고 실제 솔루션은 수직이라는 점에 유의하십시오.D 값은 두 벽의 복잡한 좌표 정사각형 차이의 실제 부분으로서 용액에서 발견된다.가상 부품 = 2XY_a_a = 2XY_b_b(벽 a 및 b)3,2,1 케이스에서 복합용액의 짧은 사다리는 45도로 기울어진 것처럼 보이지만 실제로는 0.993의 접선으로 약간 줄어든다.사다리 길이와 교차 높이의 다른 조합은 유사한 복잡한 해결책을 가지고 있다.조합 105,87,35의 경우 짧은 사다리 접선은 약 0.75이다.

정수 솔루션

모든 매개변수가 정수인 해법이 있다.^[3]예를 들어 ^[2](a, b, A, B, w₁, w₂, w, h) = (119, 70, 42, 105, 16, 40, 56, 30)그러한 해결책에는 ${\tfrac {1}{A}}+{\tfrac {1}{B}}={\tfrac {1}{h}}.$ (A, w, b)과 (B, w, a)이 있는 두 개의 오른쪽 삼각형 및 시신경 방정식 1 ${\tfrac {1}{A}}+{\tfrac {1}{B}}={\tfrac {1}{h}}.$ + ${\tfrac {1}{A}}+{\tfrac {1}{B}}={\tfrac {1}{h}}.$ ${\tfrac {1}{A}}+{\tfrac {1}{B}}={\tfrac {1}{h}}.$ = ${\tfrac {1}{A}}+{\tfrac {1}{B}}={\tfrac {1}{h}}.$ . ${\tfrac {1}{{$ 가 포함된 피타고라스 3중 배와 같은 용액이 포함된다. $A}+{\tfrac {1}{B}={\tfrac {1}{h}}.$ $}$

종이접기에 적용

교차 래더 문제를 사용하여 직사각형 종이를 3분의 1로 접기

교차 사다리 문제의 광 방정식은 직사각형 종이를 세 부분으로 접는 데 적용할 수 있다.

11/2 +1/1 = 1h ∴ 2 + 1 =1/h ∴ h =1/2 + 1 1/3

한쪽(그림 왼쪽)은 부분적으로 접힌 후 핀으로 고정하여 표시를 남긴다.대각선(파란색)이 있는 이 표시에서 반대쪽 구석(빨간색)까지의 선의 교차점은 하단 가장자리로부터 정확히 3분의 1이다.그런 다음 위쪽 가장자리를 접어서 교차로를 맞출 수 있다.^[4]

그것은 또한 왼쪽 가장자리에서 가로로 정확히 3분의 1이다; 오른쪽 가장자리를 교차점에 맞도록 접으면 종이가 세로로 3분의 1로 접힐 수 있다.

마찬가지로 왼쪽을 두 번 접어서 쿼터를 얻으면 시트를 다섯 부분으로 접을 수 있다.

11/4 +1/1 =1/h′ ∴ 4 + 1 =1/h′ h 1/4 +1/5

그리고 8을 얻기 위해 그것을 세 번 접으면 시트를 9등분으로 접을 수 있다.

11/8 +1/1 =1/h″ ∴ 8 + 1 =1/h″ ∴ 1/8 +1/9

확장 교차 사다리 정리

교차 사다리 정리는 삼각형 내의 교차 사다리까지 확장되었다.2002년 미국의 중등학교 수학 교사인 해롤드 조셉 스텐겔(1947~2007)이 확장된 정리를 증명했다.^[5]

AC를 삼각형 ABC의 밑받침이 되게 하라.사다리(선) AD가 A에 발을 두고 BC를 D에 교차하도록 한다. 마찬가지로 사다리 CE도 C에 발을 두고 E에 AB를 교차하도록 한다.AD가 F에서 CE를 교차하도록 하자.각각 I, G, J, H 지점에서 AC를 교차하며 E, B, F, D 지점에서 평행선을 연장한다.그러면

1EI + 1DH = 1FJ + 1BG

그 다음이 되면.

1면적 (△AEC) + 1면적 (△ ADC) =1/면적 (△ AFC) + 1면적 (△ ABC)

참고 항목

오른쪽 사다리꼴, 두 사다리의 상단과 하단에 정점이 있는 사각형

참조

^ Gardner, Martin (1979). Mathematical Circus: More Puzzles, Games, Paradoxes and Other Mathematical Entertainments from Scientific American. New York: Knopf. pp. 62–64.
^ ^a ^b Weisstein, Eric W. "Crossed Ladders Problem". MathWorld - A Wolfram Web Resource.
^ Bremner, A.; Høibakk, R.; Lukkassen, D. (2009). "Crossed ladders and Euler's quartic" (PDF). Annales Mathematicae et Informaticae. 36: 29–41. MR 2580898.
^ Meyer, Daniel; Meyer, Jeanine; Meyer, Aviva (March 2000). "Teaching mathematical thinking through origami". Academic.Writing: Interdisciplinary Perspectives on Communication Across the Curriculum. 1 (9). doi:10.37514/awr-j.2000.1.9.41.; 특정 섹션 "3분할"을 참조하십시오.
^ Stengel, H. (2002–2003). "Letter to the Editor: The extended crossed ladders theorem" (PDF). Mathematical Spectrum. 35 (1): 18–20.{{cite journal}}: CS1 maint: 날짜 형식(링크)

외부 링크

Wolfram 데모 프로젝트인 Jay Wrendorff의 교차 래더 정리.
교차 래더 퍼즐 해결(Python, GNU GSL, 옥타브, 맥시마, 세이지 포함)

[1] Gardner, Martin (1979). Mathematical Circus: More Puzzles, Games, Paradoxes and Other Mathematical Entertainments from Scientific American. New York: Knopf. pp. 62–64.

[Weisstein-2] Weisstein, Eric W. "Crossed Ladders Problem". MathWorld - A Wolfram Web Resource.

[3] Bremner, A.; Høibakk, R.; Lukkassen, D. (2009). "Crossed ladders and Euler's quartic" (PDF). Annales Mathematicae et Informaticae. 36: 29–41. MR 2580898.

[4] Meyer, Daniel; Meyer, Jeanine; Meyer, Aviva (March 2000). "Teaching mathematical thinking through origami". Academic.Writing: Interdisciplinary Perspectives on Communication Across the Curriculum. 1 (9). doi:10.37514/awr-j.2000.1.9.41.; 특정 섹션 "3분할"을 참조하십시오.

[5] Stengel, H. (2002–2003). "Letter to the Editor: The extended crossed ladders theorem" (PDF). Mathematical Spectrum. 35 (1): 18–20.{{cite journal}}: CS1 maint: 날짜 형식(링크)

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