Das Leiterproblem

Bei einer Höhe von 2,52 m kann die Leiter, wenn sie zum Beispiel 4 m lang ist, an die Wand gelehnt werden, so dass sie den Boden berührt und der Kasten nicht im Weg ist. Das ist also eine der möglichen Lösungen. Zieht man den Punkt nach oben, wird die Leiter irgendwann den Kasten gerade berühren. Zieht man noch höher, verlässt die Leiter den Boden, was keine Lösung mehr wäre. Die Leiter verlässt auch dann den Boden, wenn man den Punkt soweit nach unten zieht, dass die Leiter auch wieder den Kasten berührt. Die folgenden Darstellung zeigt u.a. diese beiden Grenzlagen.

In den rechten beiden Skizzen ist zu erkennen, dass es noch zwei weitere Positionen gibt, bei denen die Leiter gleichzeitig Wand und Boden berühren würde. Deren Verlängerung verläuft dann auch durch die obere Kante des Kastens. Für h<1 sind das natürlich keine echten Lösungen, weil sich dann die Leiter im Nachbarraum oder unterhalb des Bodens befinden müsste.



Für die algebraische Lösung des Problems wird die Situation in ein Koordinatensystem gelegt, bei dem die obere rechte Ecke (besser: die ganze Kante) des Kastens den Ursprung bildet. Die Strecke, welche die Leiter beschreibt, ist Teilmenge einer Geraden mit der Gleichung . Diese Gerade verläuft zudem durch die Punkte und . Die gesuchte Größe wird die Steigung der Geraden sein. Ist diese gefunden, kann die Höhe mittels berechnet werden. Die Wand steht senkrecht auf dem Boden, also ist , wobei die Länge der Leiter ist.

Die Gerade verläuft durch die Berührpunkte mit Wand und Boden, also gelten für die Steigung die Beziehungen und oder . In die Gleichung zum Satz des Pythagoras eingesetzt, ergibt sich für die Steigung die Lösungsgleichung

.

Das Auflösen der Klammern und ein geschicktes Vertauschen der Summanden führt dann zu

.

Die erste neue Klammer habe ich bewusst gesetzt. So wird leichter deutlich, dass auf der linken Seite die Zahl und deren Quadrat stehen. Sei nun also , dann vereinfacht sich die Gleichung zu . Die Lösungen dieser quadratischen Gleichung sind . Die Rücksubstitution ist ebenfalls quadratisch mit den beiden Lösungen . Das Ergebnis sind die vier Lösungen . Zu beachten ist, dass hier jeweils die richtigen Vorzeichen verwendet werden. Damit es nicht zu Missverständnissen kommt, seien . Die gesuchten Höhen lassen sich dann mit der Formel

Die algebraische Lösung ist zwar exakt, aber nicht anschaulich. Die gefundene Formel (es sind eigentlich sogar vier) ist unhandlich und es erfordert eine gewisse Anstrengung, die sinnvollen Lösungen gegenüber den beiden irrelevanten zu finden. Daher folgt hier ein anderer Ansatz:



Der Trick, eine Gerade durch den Ursprung zu legen, führte zu einer einfachen Substitution, die dann die Lösung zwei verschiedener quadratischen Gleichungen führte. Das ist hier nicht nötig. Somit können wir hier einen intuitiven Ansatz wählen, wie er nebenstehend dargestellt ist. In der Pythagoras-Gleichung braucht nur ersetzt zu werden. Hierbei helfen die beiden Bedingungen. und . also ist . Die Bestimmungsgleichung für die Höhe lautet somit . 

Um die Lösungen dieser Gleichung grafisch zu finden, die Funktion mit . Die Lücke im Definitionsbereich stört nicht, da bei einer Höhe von 1 m die Leiter flach auf der Kiste aufliegen würde. Es geht also keine Lösung verloren. Die Nullstellen dieser Funktion lassen sich mit Geogebra einfach grafisch bestimmen. Für das Applet habe ich jedoch die Funktionswerte mit multipliziert und damit die quartische Funktion mit erhalten. Die Nullstellen von sind die gleichen, wie die von . Hier sieht man sofort, dass es formal vier Lösungen geben wird. Und da die Höhen nicht an der x-, sondern an der y-Achse abzulesen sind, habe ich für das Applet die Kurve mit gebildet. Der Graph dieser Kurve schneidet die Gerade, die die Wand beschreibt, in den Punkten, deren y-Werte die gesuchten Höhen sind.