Kasteleinprobleem

Kasteleinprobleem

Het volgende probleem werd mij door een vriend voorgelegd, die het weer van de kastelein van zijn stamcafé had gehoord. Vandaar de naam. Het is overigens een bekend probleem.

Kan een lange dunne balk een hoek om geschoven worden?

Kasteleinprobleem

Bekijk voor het probleem de tekening. Over een vlakke vloer met een rechte hoek bij $O$ proberen we een lange dunne balk met een lengte $L$ om een verticaal paaltje in $M$ te schuiven. De coördinaten van $M$ in het coördinatenstelsel met $O$ als oorsprong zijn $a$ en $b$. Je kunt ook zeggen dat de balk van een lange gang met breedte $a$ naar een lange gang met breedte $b$ geschoven moet worden. De dikte van de balk verwaarlozen we. We beschouwen de balk dus als een lijnstuk.

Als de balk niet te lang is, gaat het natuurlijk zonder $M$ te raken. Als de balk te lang is, gaat het niet en loop je vast tegen de hoek $M$. In de beste oplossing, dus de maximale lengte $L$ waarmee het wel lukt, raakt de balk $M$ dus net en kan dan wel de hoek om. Hoe kom je nu tot een formule die de maximale lengte $L$ uitdrukt in $a$ en $b$?

Oplossing met een minimale draaiing

Laat nu de balk $L = AP$ een hoek $\alpha$ maken met de verticaal uit $O$, als die $M$ net raakt, zodat hij nog wel precies de hoek om kan. Dan moet het zo zijn dat bij een minimale verdraaiing van $L$ over een hoekje ${\rm d}\alpha$ om $M$ ($A$ verschuift dan naar $A^*$ en $P$ verschuift dan naar $P^*$). Maar dan geldt natuurlijk dat $A^*P^* = L$. En ook geldt dan dan $M$ op $A^*P^*$ ligt.

Beschrijf nu twee cirkelboogjes met $M$ als middelpunt en stralen $MA^*$ en $MP$. Dan ontstaat boven in de tekening een rechthoekig driehoekje  $AA^*A'$, met $\angle A' = 90^{\rm o}$ en $\angle A = \alpha$. De ene rechthoekszijde is natuurlijk eigenlijk een stukje van een cirkelboog, maar doordat hoekje ${\rm d}\alpha$ zo klein is, kunnen we die correctie verwaarlozen. Zo ontstaat er onder in de tekening ook een rechthoekig driehoekje $PP'P^*$, met $\angle P' = 90^{\rm o}$ en $\angle P = \alpha$.

Nu is het stuk $MP$ na de draaiing een stukje ds langer geworden en $MA$ een stukje ${rm d}t$ korter. Maar omdat de totale lengte $L$ is gebleven, geldt natuurlijk: ${\rm d}t = {\rm d}s$.

Er gelden nu in de driehoeken $BMA$ en $QMP$:

  $$\frac{a}{t}=\sin\alpha,$$ dus $$t=\frac{a}{\sin\alpha}$$
  $$\frac{b}{s}=\cos\alpha,$$ dus $$s=\frac{b}{\cos\alpha}$$

Nu maken we gebruik van de formule voor de lengte van een cirkelboog in een cirkel met straal $r$, waarin de bijbehorende hoek in radialen gegeven is ($360^{\rm o} = 2\pi$ radialen). De booglengte bij $1$ radiaal is gelijk aan $r$, dus de booglengte bij $\beta$ radialen is: ${\rm boog}(\beta)= \beta r$.

Als hulpdriehoekje gebruiken we $ACA^*$, met $CA$ is een cirkelboogje met straal $t  = MA$ en dus $CA^* = {\rm d}t$.

Dan gelden: $AC = t \cdot {\rm d}\alpha$ en $PP' = s \cdot {\rm d}\alpha$.

Verder geldt dan in de driehoekjes $ACA^*$ en $PP'P^*$, met bovenstaande formules:

  $$\frac{t\cdot {\rm d}\alpha}{{\rm d}t}=\tan\alpha$$ dus $${\rm d}t=\frac{t\cdot {\rm d}\alpha}{\tan\alpha}=\frac{a\cdot {\rm d}\alpha}{\sin\alpha\cdot\tan\alpha}$$
  $$\frac{{\rm d}s}{s\cdot {\rm d}\alpha}=\tan\alpha$$ dus $${\rm d}s=s\cdot {\rm d}\alpha\cdot \tan\alpha=\frac{b\cdot{\rm d}\alpha\cdot\tan\alpha}{\cos\alpha}$$

Opgave 1

Leid uit de eis ${\rm d}s = {\rm d}t$ de volgende formule voor $\alpha$ af:

$$\tan^3\alpha =\frac{a}{b}$$ 

Met $a$ en $b$ gegeven kunnen we $\alpha$ uitrekenen.

Met $L = s + t$ hebben we dan voor de maximale waarde van $L$:

$$L=\frac{b}{\cos\alpha}+\frac{a}{\sin\alpha}$$

Opgave 2

Neem $a = b$. Reken uit hoe groot de maximale lengte $L$ dan is.

Opgave 3

Neem nu eens een heel smalle gang die overgaat in een heel brede gang: $a \ll b$.

Toon aan dat dan voor de maximale lengte geldt: $L \approx b$.

Bekijk oplossing