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