quote:
Op zondag 29 september 2013 23:27 schreef Amoeba het volgende:[..]
Uiteindelijk heb ik twee vergelijkingen in a en b staan (met een direct verband tussen x+y=z uiteraard), maar dat ging WolframAlpha wat te ver. Ik had met de sinus van dat stuk v/d schuine zijde en de stelling van Pythagoras x en y uitgedrukt in c en d om zo twee vergelijkingen in c en d te krijgen. Maar zelfs Mathematica gaf daar geen output over.
Ik weet natuurlijk niet wat je allemaal in Mathematica hebt gestopt, maar een goniometrische oplossing is ook heel goed mogelijk, WolframAlpha heeft daar geen moeite mee, en Mathematica naar ik aanneem dus ook niet.
Laat ik even uitgaan van de aanduidingen van Thabit hierboven. De kortste van de twee ladders steunt op een hoogte a boven de grond tegen de linker muur en de langste van de twee ladders steunt op een hoogte b boven de grond tegen de rechter muur. Verder noem ik de hoek die de kortste van de twee ladders met de straat maakt α en de hoek die de langste van de twee ladders met de straat maakt β. We hadden we al gezien dat geldt
(1) 1/a + 1/b = 1
Verder hebben we nu
(2) cos α = z/2, cos β = z/3, cot α = z/a, cot β = z/b
zodat
(3) z = cot α + cot β, z = 2·cos α, z = 3·cos β
Zo krijgen we dus voor α en β de voorwaarde
(4) cot α + cot β = 2·cos α = 3·cos β
waarbij moet gelden
(6) 0 < α < π/2, 0 < β < π/2
Dit stelsel kun je numeriek
oplossen en dan krijgen we
(7) α ≈ 0,907658, β ≈ 1,14791
En dus hebben we
(8) z = 2·cos α ≈ 1,231186
Algebraïsch gaat het ook prima als je a en b oplost uit het stelsel
(9) b
2 − a
2 = 5, 1/a + 1/b = 1
Dit levert een vergelijking op die wat makkelijker te hanteren is dan de vergelijking die je voor z af kunt leiden. Aangezien a en b positief zijn volgt uit 1/a + 1/b = 1 dat 1/a < 1 en dus a > 1 en verder is a < 2 aangezien a
2 = 4 − z
2, zodat we dus voor a een waarde zoeken op het interval (1,2). Numeriek
oplossen geeft dan
(10) a ≈ 1,57613, b ≈ 2,73572
De exacte uitdrukkingen zien er inderdaad tamelijk hopeloos uit, maar dat komt omdat de kubische resolventes van de vierdemachtsvergelijkingen die dit stelsel oplevert niet prettig zijn (lees: geen rationale oplossingen hebben). Ik neem aan dat je er begrip voor hebt dat ik die exacte oplossing hier dan ook niet uit ga werken.
Uit 1/a + 1/b = 1 volgt b = a/(a − 1) en substitutie daarvan in b
2 − a
2 = 5 geeft dan
(11) (a/(a − 1))
2 − a
2 = 5
en dit kunnen we verder herleiden tot
(12) a
4 − 2a
3 + 5a
2 − 10a + 5 = 0
Numeriek zou je (ook met pen en papier) de gezochte oplossing op het interval (1,2) kunnen benaderen met een Newton-Raphson iteratie, waarbij het voor de hand ligt om als startwaarde a
0 = 1,5 te nemen. Dan krijg je
dit en dan zie je dat we na enkele iteraties inderdaad op a ≈ 1,57613 uitkomen.
Tot slot zal ik toch nog even aangeven hoe (12) althans in principe exact is op te lossen met de methode van Ferrari. We brengen eerst de termen met de tweede en lagere machten van de onbekende over naar het rechterlid, dit geeft
(13) a
4 − 2a
3 = −5a
2 + 10a − 5
Nu kwadraat afsplitsen in het linkerlid
(14) (a
2 − a)
2 − a
2 = −5a
2 + 10a − 5
en de kwadratische term weer overbrengen naar het rechterlid
(15) (a
2 − a)
2 = −4a
2 + 10a − 5
Nu zou het mooi zijn als we het rechterlid ook als een kwadraat konden schrijven, maar dat is hier niet zo, de discriminant van de kwadratische veelterm in het rechterlid is namelijk niet nul. Daarom gaan we een parameter t invoeren waarmee we een beetje kunnen schuiven, zodat we alsnog het rechterlid ook als een kwadraat kunnen schrijven. Maar dan moeten we wel zorgen dat we het linkerlid tevens als een kwadraat kunnen blijven schrijven. Daarom tellen we nu bij beide leden
(16) t(a
2 − a) + ¼t
2 = ta
2 − ta + ¼t
2op, zodat we krijgen
(17) (a
2 − a)
2 + t(a
2 − a) + ¼t
2 = −4a
2 + 10a − 5 + ta
2 − ta + ¼t
2en dit geeft
(18) (a
2 − a + ½t)
2 = (t − 4)a
2 + (10 − t)a + (¼t
2 − 5)
Nu willen we t zó kiezen dat de discriminant van de kwadratische veelterm in a in het rechterlid gelijk wordt aan nul, en dus moet gelden
(19) (10 − t)
2 − 4(t − 4)(¼t
2 − 5) = 0
Uitwerken hiervan geeft
(20) t
3 − 5t
2 − 20 = 0
En zie, we hebben nu een
kubische vergelijking in t, en als we een oplossing hiervan substitueren in (18) dan kunnen we het rechterlid van (18) ook als een kwadraat schrijven, en dan is (18) te herleiden tot twee vierkantsvergelijkingen in a, die we op de bekende manier(en) kunnen oplossen.
Nu heeft (20) echter geen rationale wortels, en dus krijg je hier vrij ongelukkige uitdrukkingen voor t en dus ook voor de waarden van a die je dan krijgt door vervolgens (18) op te lossen. Maar je kunt wel zien dat WolframAlpha het op een soortgelijke manier doet, want als je (20) laat
oplossen en je kijkt dan naar de exacte uitdrukkingen voor de oplossingen van (20) dan herken je hier inderdaad precies dezelfde derdemachtswortels als in de exacte uitdrukkingen voor de
oplossingen van (12).
[ Bericht 5% gewijzigd door Riparius op 01-10-2013 10:54:41 ]