28 de mayo de 2007

La altura del tablon


Tenemos la siguiente situación : en una esquina hay una caja en forma de cubo de un metro de lado. Al lado hay un tablon de cuatro metros apoyado de modo que toca la esquina de la caja. La pregunta es la siguiente: ¿A qué altura H llega la punta del tablon?

Consideramos todo en el mismo plano , es decir , no jugamos con la anchura del tablon ni con posiciones inclinadas ( asimismo , la caja podriamos considerarla un cuadrado).

Es un problema que a mi me parecio muy dificil; pensé que podria hacerlo con simples triangulaciones y no hubo manera , por lo que al final , encontre una solucion por una via distinta , que no me gustó mucho , pero solucion , finalmente , que creo correcta.

Sin embargo , creo que puede haber una forma de resolverlo de manera geometrica y mas sencilla , a ver si alguien arroja algo de luz.


Actualizacion: Parece que nos tenemos que conformar con la ecuacion de 4º grado...

24 comentarios:

Anónimo dijo...

A ver, ¿te quieres quedar con el personal?
¿Sólo encontraste uuuuuna solución...?

Sable dijo...

Yo también a primeras lo veo complicado :)
Bueno no sé, pero aplicando semejanza de triángulos y teorema de pitágoras resulta una ecuación inferal de cuarto grado completa que no me apetece ponerme a resolver. Y tendrían que ser 4 soluciones.
No tengo mucho tiempo así que solo pondré que llamemos y al trozo que sobre en el eje horizontal. Se forman tres triángulos semejantes. Aplicando semejanza:

(1+y)/h=y/1(el uno lo pongo para que se vea). Despejamos h=(1+y)/y

Por el teorema de pitágoras
16=h^2+(1+y)^2
Sistema de ecuaciones. Sustiuimos y:
16=[(1+y)/y]^2+(1+y)^2
16=[(1+y^2+2y)/y^2]+1+2y+y^2
16y^2=1+y^2+2y+y^2+2y^3+y^4
y^4+2y^3-14y^2+2y+1=0

Espero no haberme equivocado demasiado ¿A alguien le apetece seguir? Yo por hoy tengo suficiente. A estudiar!

A ver si encontramos una solución más ingeniosa y simple, como dice jose.

Sable dijo...

Bueno anónimo la pregunta es ¿A qué altura H llega la punta del tablón?. Y creo se refiere a la altura MÁXIMA a la que puede llegar H :)

Anónimo dijo...

Es que hay dos soluciones simétricas (si no se considera la pregunta como altura "Máxima"):-)

Llamando B a la base horizontal del triángulo, se cumple

Por semejanza:

B= 4 /H

Y por "Pitágoras":

B^2 + H ^2 = 16

Sustituyendo aquí B sale una ecuación bicuadrada, fácil.

Las soluciones son

H1 = raiz ( 8 + 4 raiz (3))

H2 = raiz ( 8 - 4 raiz (3))


(Esas raíces son cuadradas).

Geométricamente sólo (sin ecuaciones) parece difícil de resolver.

Anónimo dijo...

Sí, es más complicado. Esa supuesta semejanza era errónea.
Hay que emplear esta:

B/1= H/H-1

Jose dijo...

No es que me quiera quedar con el personal , anonimo , efectivamente hay 2 soluciones simetricas , y encontré las 2 soluciones; por el dibujo podremos considerar la valida la de H mayor , pero bueno tambien se pueden dar las dos y no pasa nada.

Lo que no veo en tu planteamiento es la relacion de semejanza B=4/H.

Estoy mas con el planteamiento de Sable. Yo , por otro metodo ( al final viene a ser el mismo pero enfocandolo desde otro punto de vista) tambien obtuve una ecuacion de grado 4 , en la que una solucion es negativa , otra menor que 1 y las otras 2 que son las validas.
La ecuacion que encontré no me coincide con la de Sable , pero creo que es por un problema al desarrollar un parentesis ( no sé si de sable o mio).

Yo obtuve :
y^4-2y^3-14y^2+32y-16=0

El caso sigue abierto.

Sable dijo...

Hola Jose. Interesante el problema. A primera vista no encuentro error en mi ecuación y tampoco en la tuya si haces un cambio de variable h=y. Me refiero en que tu ecuación es válida en coeficientes solo que con la mía calculas "y"(no me refiero a la altura sino al trozo sobrante en la base) y con la tuya vas directo a por el valor de h(mejor tu caso).

Aplicando semejanza entre los dos catetos de los dos triángulos pequeños llego a tú ecuación.
Las ecuaciones serían ambas correctas:

y^4+2y^3-14y^2+2y+1=0(y es el trozo sobrante en la base):(

h^4-2h^3-14h^2+32h-16=0(vas directo a por la H y te dejas de rodeos):)

Me agradaría mucho que encontrásemos una solución geométrica al problema.

Baterpruf dijo...

Buenas, este problema me ha picado la curiosidad.

He buscado la solución geométricamente (la ecuación de 4º grado es horrible) y obtengo que la H es 1,4142... es decir raiz(2) pero me da en la nariz que ese debe ser el valor de la base. Por tanto al altura es raiz(14), es decir 3,741...

Más tarde si nadie dice la solución la pondré yo.

Saludos!

Baterpruf dijo...

Rectifico. He hecho una suposición errónea, así que no creo que mi resultado sea correcto.

Rutrus dijo...

La altura total será 1+a y la base 1+b.
Me queda la ecuación 3b^2+a^2=2. Los dos triángulos huecos son semejantes por lo que 1/a=b/1 (b = 1/a). Por lo que la ecuación anterior es de 4º grado.

Por pitágoras queda: 4=raiz((1+b)^2+(1+a)^2) [Ec.1]

Por otro lado, ambas hipotenusas (x e y) suman 4, x=raiz(1+a^2) ; y=raiz(1+b^2)
Sumadas: 4=raiz(1+a^2)+raiz(1+b^2)

Igualando con [Ec.1] y considerando a^2*b^2=1 dada la ec de semejanza, tenemos: 3b^2+a^2=2
--------
Otra forma:
Por otro lado he pensado Sen^2+Cos^2=1
Y como Cos = 1/x y Sen = 1/(4-x). Al introducirlos en la ecuación nos da: 1/x^2+1/(4-x)^2=1
Al principio he pensado ¡esta no es de 4º grado! pero también lo es (al juntar todo en un denominador).

He tratado de poner nuevas formas de resolverlo, todas sin conseguir simplificar las soluciones dadas, pero al menos he dado otros puntos de vista.

Un saludo

Anónimo dijo...

Pero si es una operacion muy sencilla. A ver...
Si coges medio cuadradito verde te sale un triangulo semejante al grande: de 4 como hipotenusa.

ENtonces es una relación muy simple
4/(raiz de 2)=x/1

x=2(RAIZ DE 2)
ya esta!!

Baterpruf dijo...

De la ecuación de cuarto grado:

h^4-2h^3-14h^2+32h-16=0

usando el programa wiris

http://calculadora.edu365.cat/wiris/ca/index.html

Obtenemos las soluciones:

-3,9198
0,7967
1,3622
3,7609

La solución de anónimo 2*raiz(2)=2,8284 no cuadra.

Y es curioso que una suposición errónea me llevase antes a la solución raiz(14)=3,7416 muy cerquita de la verdad...

A ver si aparece una manera elegante de calcularlo!!

Sable dijo...

Jeje. Ojalá fuese tan fácil anónimo. Aparte de que no entiendo tu relación muy simple, aunque eso no importa.

Veamos para que dos triángulos sean semejantes tienen que tener los mismos ángulos. Y los tres triángulos iniciales son rectángulos. Cuando haces la división te surgen dos triángulos nuevos pero ninguno con un ángulo recto, por lo que no son semejantes y no puedes aplicar una relación de semejanza. Lo digo por que caí en el mismo error al principio. No me enrollo más.

Saludos!

Anónimo dijo...

Pues, yo, personalmente, estoy con anónimo:

1ºDividimos el triángulo verde en dos. Formando dos triángulos rectángulos.
2ºTomamos el que tiene el angulo de 90º común con el triangulo grande
3ºSabemos que son semejates porque la hipotenusa del triangulo pequeño verde es paralela a la del triangulo grande(4)
4ºComo es característico de todos los triangulos semejantes. Los lados son proporcionales unos con otros
5ºHacemos una relación
hipotenusa triangulo grande/hipotenusa triangulo pequeño= altura triangulo grande/ altura triangulo pequeño
6º 4/(raiz de 2)=X/1
7º X= 2*(raiz de 2)

Jose dijo...

Respecto a los ultimos comentarios , estoy con sable , no se puede establecer relacion de semejanza pues los angulos no son iguales.

Mi modo de encontrar la solucion , fue plantearlo en un plano y escribir las funciones que representan las rectas. Practicamente lo mismo que con triangulacion geometrica , al final se llega a la misma ecuacion de 4º grado que resolvió Baterproof.

Si os fijais en el dibujo que adjunto , tenemos que:

El tablon es una recta que pasa por los puntos (0,A), (1,1) y (B,0).

y = A - (A/B)x

Además por el punto (1,1): 1 = A - A/B de donde resulta que A = B/(B-1)

La distancia entre los dos puntos que son la interseccion con los ejes es cuatro:

sqrt(A2 + B2) = 4
sqrt((B/(B-1))2 + B2) = 4
...
B4 - 2B3 - 14B2 + 32B - 16 = 0
y de aqui , pues el resultado: 3,76m

Anónimo dijo...

En definitiva parece que se trata siempre de resolver un sistema de dos ecuaciones:
1.- A + B = AB (SEMEJANZA O ECUACION DE RECTA)
2.- A^2 + B^2 = 16 (PITÁGORAS O DISTANCIA ENTRE DOS PUNTOS)

y al combinar ambas aparece la ecuación de cuarto grado en A (o en B, depende de quien se despeje en 1) que ya ha aparecido.

Como curiosidad, al ser A + B = AB, EL AREA DE NUESTRO TRIÁNGULO ES NUMERICAMENTE IGUAL A LA SEMISUMA DE A Y B.

Anónimo dijo...

PANAMEÑO DICE:

A MANERA DE SIMPLE COMENTARIO, PUES ME ENREDE TRATANDO DE RESOLVER.. A LOS OTROS CHICOS ANONIMOS (IGUAL Q YO), ME PARECE Q NO PUEDES DIVIDIR EN CUADRITO VERDE, YA Q SI LOS CORTAS POR LAS DIAGONALES,TUS TRIANGULOS RESULTANTES TENDRIAN UN ANGULO RECSTO Y 2 ANGULOS DE 45º( Y SI TUVIESEMOS ESE ANGULO NO HABRIA PROBLEMA)... BUENO ESO ERA TODO LO QUE QUERIA DECIR, EHMM JOSE ESO ULTIMO Q PUSISTE ES LA SOLUCION???...
BUENO ADEMAS MI ULTIMO RECURSO SERIA HACERLO A ESCALA Y MEDIR CON REGLA.. :d TAMBN VALE VERDAD???

Jose dijo...

Como ya puso baterproof , de las 4 soluciones , 2 no son validas ( negativa , y menor de 1)las otras dos , representan las dos posibilidades de inclinacion del tablon; como pedimos la maxima ( tambien la mas coherente con el dibujo) esta es 3,76.

Marina dijo...

yo, la solucion que veo, ya se ha dicho, por triangulos semejantes y pitagoras, y acaba saliendo esa horrible ecuacion. Tambien probe de hacer sin y cos teniendo en cuenta q un angulo es de 90 y la suma de los otros dos tb es 90, pero se me complicaba todo bastante, así que lo dejé, a lo mejor alguien se anima a probarlo, tb, y no se lia tanto como yo

David dijo...

¿Alguien se ha parado a medir con una regla el dibujo? yo lo he imprimido y no cuadra. Por ejemplo, a mi al imprimirlo la base del cuadrado me mide 1.9 cm, con lo cual la diagonal debería medir 7.6 cm y no es así pues mide 5.9 cm, por lo que el dibujo nos despista y no nos permite ver las razones geométricas que nos permitan resolverlo de manera más sencilla. Deberíamos empezar por dibujarlo a escala.
Yo he cogido este dibujo y me he llevado una alegría y un chasco. Creí haber descubierto la fórmula de la coca-cola al dibujar la diagonal inversa que formaría el rectángulo imaginario que cierra el triángulo, pues si medimos los triánglos superior e inferior resulta que son equiláteros, pero claro, la base no puede ser 2 pues el cuadrado tiene 1 de lado y pasa de la mitad.
Sugiero que alguien lo dibuje a escala y sigamos pensando con los nuevos datos (Lo haría yo pero estoy muy liado.)
P.D.:Muy bueno para ejercitar la mente este problemilla.

Anónimo dijo...

Tiene infinitas soluciones: si H=3,7 entonces la base mide =1,519868..
si H=3,6 entonces la base mide = 1,74355...
Por lo tanto cualquier número entre ellos es solución y así otros más altos y más bajos. Por eso la respuesta es INFINITAS SOLUCIONES.

Sin embargo la nueva pregunta es: ¿Cuál es el máximo valor de H?

Los dejo con la inquietud que ahora me voy a descansar

Anónimo dijo...

SOY RBN de México..... estoy completamente en desacuerdo que tiene infinitas soluciones, obviamente es exacto ya que si el lado mide 4 y toca un punto del cuadrado en un triangulo recto, no hay mucho que pensarle si es o no puede ser exacto, lo dificil y es tal vez lo que no hiciste es ver que tan "exacto puede llegar a ser"... Mira yo no se mucho de trigonometría, simplemente lo saque con un analisis de la ley de pitagoras, con esto, sabia que la suma de los cuadrados de los lados me tenía que dar 16 para que su raiz sea 4, de aqui solo existen 15 opciones que pueden ser 1 + 15, 2 + 14, 3+13, etc.. sin embargo solo en una de estas ecuaciones puede contener el cuadrado que es la de 2 + 14, de aqui solo vas variano las alturas dependiendo como tu cuadrado lo contiene el triangulo, el resultado mas exacto que me dio con un .00001 de diferencía fueron x=1.3621673905949, y=3.7609174412635, bueno ahi se los dejo... BYEEE¡¡

Jose dijo...

Respecto el dibujo a escala que propone David , creo que es una buena idea , pero es dificil hacerlo en el ordenador (al menos para mí , y no es justificacion).De todas formas pienso que la imagen es bastante coherente con la escala real del problema.

Respecto de los comentarios finales , estoy con RBN , y no creo que haya infinitas soluciones (otra cosa es ajustar mas los decimales), sí que hay 2 soluciones , y de éstas , como ya se comentó al principio , elegiamos el maximo por coherencia con el dibujo.

Anónimo dijo...

Para resolver éste problema hay que tener un poco de vista. Simplemente apoyandonos en la semejanza de triángulos, en el teorema de Pitágoras, y algunas pequeñas transformaciones algebráicas, conseguiremos la tan deseada ecuacion de 2º grado.
!Vamos a por ello!

x=distancia en la pared desde la caja al punto en que apoya el tablón.
1/x=distancia en el suelo desde la caja al punto en que apoya el tablón.

(x+1)^2+(1/x+1)^2=4^2
x^2+2*x+1+((x+1)/x)^2=4^2
sumamos 1 a ambos miembros
x^2+2*x+2+((x+1)/x)^2=4^2+1
x^2+2*(x+1)+((x+1)/x)^2=4^2+1
multiplicamos y dividimos por x el segundo término:
x^2+2*x*(x+1)/x+((x+1)/x)^2=4^2+1
componemos un binomio cuadrado en el primer miembro
(x+(x+1)/x)^2=4^2+1
extraemos la raiz cuadrada a ambos miembros:
x+(x+1)/x=sqr(4^2+1)
(x^2+x+1)/x=sqr(4^2+1)
x^2+x+1=sqr(4^2+1)*x
trasponemos restando el segundo miembro:
x^2-sqr(4^2+1)*x+x+1=0
sacamos factor común x en el segundo y tercer termino para conseguir una ecuación de 2º grado:
x^2-(sqr(4^2+1)-1)*x+1=0
despreciamos la solución negativa:
x=(sqr(4^2+1)-1+sqr(4^2+1+1-2*sqr(4^2+1)-4))/2
x=(sqr(4^2+1)-1+sqr(4^2-2-2*sqr(4^2+1)))/2
como H=x+1:
H=(1+sqr(4^2+1)+sqr(4^2-2*(1+sqr(4^2+1))))/2=3,76090563295442