交差梯子問題

交差ラダー問題は、さまざまな出版物に登場し、Web ページやUsenet のディスカッションでも定期的に再登場する、起源不明のパズルです。

図に示すように、長さaとbの 2 つのはしごが路地を挟んで向かい合っています。はしごは路地の床からhの高さで交差しています。路地の幅はどれくらいですか。

マーティン・ガードナーは、 1979年に出版された数学パズルの本の中でこの問題^[1]を提示し、議論しており、1895年という早い時期にこの問題への言及を引用しています。交差梯子問題は、さまざまな形で現れ、名前が異なり、さまざまな長さや高さを使用し、すべての値が整数である場合など、珍しい解決法を要求することがあります。その魅力は、一見単純そうに見えてもすぐに「代数的な混乱」に陥る可能性があることです（ガードナーがDFチャーチに帰した特徴付け）。

問題の説明は、w > 0、 a > w 、 b > w 、 h > 0、A > h、 B > hであることを意味します。ここで、AとB は、それぞれ長さbとaの辺が傾いている壁の高さです(上記のグラフのように)。

以下の両方の解法は、A、B、hが光学方程式を満たすという性質、つまり、次のように表される性質に依存しています。 ${\displaystyle {\tfrac {1}{A}}+{\tfrac {1}{B}}={\tfrac {1}{h}},}$

底線を と交わる点で 2 つに分け、左側と右側をそれぞれ と とします。が交わる角度は、それぞれ底辺がとである2 つの相似三角形に共通です。が交わる角度は、それぞれ底辺がとである 2 つの相似三角形に共通です。このことから、${\displaystyle h}$${\displaystyle w_{1}}$${\displaystyle w_{2}}$${\displaystyle a}$${\displaystyle w}$${\displaystyle w}$${\displaystyle w_{1}}$${\displaystyle b}$${\displaystyle w}$${\displaystyle w}$${\displaystyle w_{2}}$

${\displaystyle {\frac {B}{w}}={\frac {h}{w_{1}}}\quad {\text{and}}\quad {\frac {A}{w}}={\frac {h}{w_{2}}},\quad {\text{where}}\quad w_{1}>0,w_{2}>0,}$

これを（ を使って）並べ替えると、${\displaystyle w_{1}+w_{2}=w}$

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

ピタゴラスの定理の2つの記述（上の図を参照）

${\displaystyle A^{2}+w^{2}=b^{2}}$

そして

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

を減算してwを消去し、その結果をAまたはBと交互に解いて4次方程式^{[2]を生成することができる。}${\displaystyle {\tfrac {1}{A}}+{\tfrac {1}{B}}={\tfrac {1}{h}}}$

${\displaystyle A^{4}-2hA^{3}+(h-A)^{2}(a^{2}-b^{2})=0,}$

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

これらは壁の高さAとBについて代数的または数値的に解くことができ、三角形の 1 つに対するピタゴラスの定理を使用して幅wについて解くことができます。

この問題は、ガードナーが示唆した近似法で解くことができる4 次方程式 x ³ ( x − c ) − 1 = 0に簡約されるか、フェラーリ法で閉じた形式で 4 次方程式を解くことができます。xが得られれば、路地の幅は簡単に計算できます。 4 次方程式の導出と、4 次方程式の解で求められる幅を以下に示します。 要求された未知数w は、導出の大部分で直接現れないことに注意してください。

そこ から${\displaystyle {\tfrac {1}{A}}+{\tfrac {1}{B}}={\tfrac {1}{h}},}$

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

ピタゴラスの定理を用いると、

${\displaystyle w^{2}+B^{2}=a^{2}}$そして${\displaystyle w^{2}+A^{2}=b^{2}.}$

両方の方程式を 分離すると、${\displaystyle w^{2}}$

${\displaystyle a^{2}-B^{2}=b^{2}-A^{2},}$

これを並べ替えて、

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

(式2)を二乗し、(式1)と組み合わせます。

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

${\displaystyle (a^{2}-b^{2})^{2}=(B+A)^{2}(B^{2}-2AB+A^{2}).}$

並べ替えて

${\displaystyle (a^{2}-b^{2})^{2}=(A+B)^{2}(A^{2}+B^{2}-2AB).}$

それから

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

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

${\displaystyle (a^{2}-b^{2})^{2}=(A+B)^{2}{\big (}(A+B)^{2}-4AB{\big )}.}$

ここで、(式1)と組み合わせます。

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

${\displaystyle (a^{2}-b^{2})^{2}=(A+B)^{2}(A+B){\big (}(A+B)-4h{\big )}.}$

ついに、

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

させて

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

${\displaystyle c={\frac {4h}{\sqrt {a^{2}-b^{2}}}}.}$

それから

${\displaystyle x^{3}(x-c)-1=0.}$（式3の左右を入れ替えたものと同じ）

上記の4乗方程式は、利用可能な任意の方法を使用してxについて解くことができます。路地の幅は、xの値を使用して求められます。

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

を使ってAを見つけることができ、wは最終的に次のようにして見つけられる。

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

4 次方程式には 4 つの解がありますが、この方程式の 1 つの解だけが提示された問題に一致します。もう 1 つの解は、1 つのはしご (および壁) が地面より下にあって、もう 1 つが地面より上にある場合です。この場合、はしごは実際には交差しませんが、指定された高さで延長部分が交差します。他の 2 つの解は、共役複素数のペアです。方程式では、はしごの長さは明示的に定義されておらず、その 2 乗の差のみが定義されているため、長さは交差する任意の値とすることができ、壁の間隔は、はしごが壁と交差する場所の間の距離として定義されます。

壁の間隔がゼロに近づくにつれて、交差点の高さは に近づきます。これは、（冒頭で証明したように）が意味し、上の図によれば 、 w がゼロに近づくにつれて、bはAに、a はBに近づくためです。${\displaystyle h={\frac {ab}{a+b}}.}$${\displaystyle {\tfrac {1}{A}}+{\tfrac {1}{B}}={\tfrac {1}{h}}}$${\displaystyle h={\tfrac {AB}{A+B}},}$

方程式の解には平方根が含まれるため、負の根も同様に有効です。これらは、はしごと壁の両方が地面より下にあると解釈でき、反対の意味であれば、相互に交換できます。

複素解は、壁A が左または右に傾いていて、壁B が地面の下にあると解釈できるため、交差は、ケースa、b、h = 3、2、1に示すように、はしごの延長線上にあります。はしごaとbは、指定されたとおりではありません。底wはA、B、hの関数であり、AとBの複素値は、代替の 4 次方程式から求めることができます。 ${\displaystyle a^{2}-b^{2}}$

${\displaystyle x^{4}-2hx^{3}+Dx^{2}-2hDx+h^{2}D=0}$

ここで、D は1 つの壁と他の壁のそれぞれに対するものです(例では ±5)。虚数解は水平で、実数解は垂直であることに注意してください。値Dは、2 つの壁の複素座標の 2 乗の差の実数部として解の中にあります。虚数部 = 2 X _a Y _a = 2 X _b Y _b (壁aとb )。3、2、1 の場合の複素解の短いラダーは 45 度傾いているように見えますが、実際はわずかに小さく、タンジェントは 0.993 です。ラダーの長さとクロスオーバーの高さの他の組み合わせにも、同等の複素解があります。組み合わせ 105、87、35 では、短いラダーのタンジェントは約 0.75 です。 ${\displaystyle a^{2}-b^{2}}$${\displaystyle b^{2}-a^{2}}$

すべてのパラメータが整数となる解が存在する。^[3]例えば、^[2] ( a, b, A, B, w ₁ , w ₂ , w , h ) = (119, 70, 42, 105, 16, 40, 56, 30)。このような解には、辺が( A , w , b )および( B , w , a )の2つの直角三角形のピタゴラス数列と、光学方程式の整数解が含まれる。 ${\displaystyle {\tfrac {1}{A}}+{\tfrac {1}{B}}={\tfrac {1}{h}}.}$

交差ラダー問題の光学方程式は、長方形の紙を 3 つの等しい部分に折る作業に適用できます。

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

片側（図の左側）を半分に折り、つまんで印をつけます。この印から反対側の角（赤）までの線と対角線（青）の交点は、下端からちょうど3分の1のところにあります。次に、上端を折り下げて交点に合わせます。^[4]

また、左端から水平方向にちょうど 3 分の 1 の位置にあり、交差点に合わせて右端を折ると、紙を縦方向に 3 つに折ることができます。

同様に、左側を 2 回折って 4 分の 1 にすると、シートを 5 つの等しい部分に折ることができます。

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

それを 3 回折って 8 つにすると、シートを 9 つの等しい部分に折ることができます。

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

交差梯子定理は三角形内の交差梯子に拡張された。2002年、アメリカの中等学校の数学教師であったハロルド・ジョセフ・ステンゲル（1947-2007）が拡張された定理を証明した。^[5]

AC を三角形 ABC の底辺とします。はしご (線) AD の足が A にあり、BC と D で交差します。同様に、はしご CE の足が C にあり、AB と E で交差します。AD が CE と F で交差します。点 E、B、F、D から平行線を延長し、AC とそれぞれ点 I、G、J、H で交差します。すると、

⁠1/えい⁠ + ⁠1/DH⁠ = ⁠1/FJ⁠ + ⁠1/BG⁠

そこから

⁠1/エリア（△AEC）⁠ + ⁠1/エリア（△ADC）⁠ = ⁠1/エリア（△AFC）⁠ + ⁠1/エリア（△ABC）⁠ .

• 直角台形、2つの梯子の頂点と底辺を頂点とする四角形

• Jay Warendorff による交差はしご定理、Wolfram デモンストレーション プロジェクト。
• 交差ラダーパズルを解く (Python、GNU GSL、Octave、Maxima、Sage を使用)。