Getbetesproblem

Ej att förväxla med Monty Hall-problemet .

Getbetesproblemet är ett av två relaterade problem i rekreationsmatematiken som involverar en bunden get som betar ett cirkulärt område: det inre betesproblemet och det yttre betesproblemet. Den förra innebär att beta det inre av ett cirkulärt område och det senare bete ett yttre av ett cirkulärt område. För det yttre problemet, begränsningen att repet inte kan komma in i det cirkulära området dikterar att betesområdet bildar en evolvent . Om geten istället var bunden till en stolpe på kanten av en cirkulär trottoarbana som inte hindrade geten (snarare än ett staket eller en silo), skulle det inre och yttre problemet vara komplement till ett enkelt cirkulärt område.

Det ursprungliga problemet var det yttre betesproblemet och dök upp i 1748 års upplaga av den engelska årliga tidskriften The Ladies' Diary : or, the Woman's Almanack , betecknad som fråga CCCIII tillskriven Upnorensis (en okänd historisk figur), angav så här:

Att observera en häst bunden till foder i en herrpark, med ena änden av ett rep till framfoten och den andra änden till en av de runda järnskenorna, som omsluter en damm, vars omkrets är 160 yards, lika med längden på repet, vilken mängd mark som mest kunde hästen mata?

Det relaterade problemet som involverar område i det inre av en cirkel utan hänvisning till ladugårdsdjur dök upp först 1894 i den första upplagan av den berömda tidskriften American Mathematical Monthly . Tillskriven Charles E. Myers, stod det som:

En cirkel som innehåller en tunnland skärs av en annan vars centrum är på omkretsen av den givna cirkeln, och det gemensamma området för båda är en halv tunnland. Hitta radien för skärcirkeln.

Lösningarna i båda fallen är icke-triviala men ger efter för enkel tillämpning av trigonometri, analytisk geometri eller integralkalkyl. Båda problemen är i sig transcendentala – de har inga analytiska lösningar i sluten form på det euklidiska planet. De numeriska svaren måste erhållas genom en iterativ approximationsprocedur. Getproblemen ger inga nya matematiska insikter; snarare är de i första hand övningar i hur man konstfullt kan dekonstruera problem för att underlätta lösningen.

Tredimensionella analoger och plana gräns-/areaproblem på andra former, inklusive den uppenbara rektangulära ladugården och/eller fältet, har föreslagits och lösts. En generaliserad lösning för alla mjuka konvexa kurvor som en ellips, och även oslutna kurvor, har formulerats.

Exteriört betesproblem

Get bunden till silo vid v , betar ett område under en involut

Frågan om den betesmark utanför en cirkel övervägs. Det handlar om en situation där djuret är tjudrat till en silo. Komplikationen här är att betesområdet överlappar varandra runt silon (dvs i allmänhet är tjudet längre än hälften av silons omkrets): geten kan bara äta gräset en gång, hon kan inte äta det två gånger. Svaret på det föreslagna problemet gavs i 1749 års nummer av tidningen av en Mr. Heath och angavs som 76 257,86 kvm. vilket kom fram till delvis genom "försök och en logaritmtabell". Svaret är inte så exakt som antalet exakta siffror skulle antyda. Ingen analytisk lösning tillhandahölls.

En användbar uppskattning

Låt tjudra längden R = 160 yds. och siloradie r = R /(2 π ) yds. Evolventen i fjärde kvadranten är en nästan cirkulär båge. Man kan föreställa sig att ett cirkulärt segment med samma omkrets (båglängd) skulle omsluta nästan samma område; radien och därför området för det segmentet kunde lätt beräknas. Båglängden för en involut ges av ${\tfrac {1}{2}}r\theta ^{2}$ så båglängden |FG| av involuten i fjärde kvadranten är ${\tfrac {1}{2}}r{\Big [}\theta ^{2}{\Big ]}_{{\tfrac {3\pi }{2}}-\varphi }^{2\pi }$ . Låt c vara längden av ett bågsegment av evolventet mellan y -axeln och en vertikal linje som tangerar silon vid θ = 3 π /2; det är bågen som täcks av Φ . $c\approx r$ (medan bågen är minutiöst längre än r , är skillnaden försumbar). Så $|FG|={\tfrac {1}{2}}\cdot 25,46\cdot (6,28^{2}-{2} })+25,46=245,38$ . Båglängden för en cirkelbåge är $r\theta$ och θ här är π /2 radianer i den fjärde kvadranten, så $r{\tfrac {\pi }{2} }=245.38$ , r cirkelbågens radie är $156.21$ och arean av det cirkulära segmentet som begränsas av det är ${\tfrac {\pi r^{2} }{4}}=19165$ . Arean av evolventet exkluderar halva arean av silon (1018.61) i fjärde kvadranten, så dess ungefärliga area är 18146, och det betesbara området inklusive halvcirkeln med radien R, ( 1 2 π R $\ tfrac {1}{2}}\pi R^{2}}$ ) totalt $2\cdot 18146+40212=76505$ . Det är 249 kvm. större än det korrekta området 76256, ett fel på bara 0,33 %. Denna metod för approximering kanske inte är så bra för vinklar < 3 π /2 av evolventet.

Om det spelar någon roll finns det ett konstruktivt sätt att få en snabb och mycket exakt uppskattning av $\varphi$ : rita en diagonal från punkt ${\tfrac {3}{2}}\pi$ på dammens omkrets till dess skärningspunkt på y-axeln. Längden på diagonalen är 120yds. eftersom det är ${\tfrac {3}{4}}$ av tjudern. Så det andra benet i triangeln, hypotenusan som ritad, är ${\sqrt {120^{2}-r^{2}}}=117,27$ yds. Så $\varphi \approx \sin ^{-1}({\tfrac {r}{117.27}})=.219$ radianer, avrundade till tre platser .

Lösning genom att integrera med polära koordinater

Hitta arean mellan en cirkel och dess involut över en vinkel på 2 π till −2 π exklusive eventuell överlappning. I kartesiska koordinater är ekvationen för involuten transcendental; att göra en linjeintegral där är knappast möjligt. Ett mer lyckligt tillvägagångssätt är att använda polära koordinater ( z , θ ). Eftersom "svepet" av området under evolventet begränsas av en tangentlinje (se diagram och härledning nedan) som inte är gränsen ( ${\displaystyle {\overline {qF}}} )$ mellan överlappande områden, sönderdelning av problemet resulterar i fyra beräkningsbara områden: en halvcirkel vars radie är tjuderlängden ( A ₁ ); området "svept" av tjudet över en vinkel av 2 π ( A2 ₎ ; delen av arean A ₂ från θ = 0 till tangentlinjesegmentet ${\overline {tF}}$ ( A ₃ ); och kilarean qFtq ( A4 ₎ . Så, den önskade arean A är A ₁ + ( A ₂ − A ₃ + A ₄ ) · 2. Arean(erna) som krävs för att beräknas är mellan två kvadratiska kurvor, och kommer nödvändigtvis att vara en integral eller skillnad av integraler.

De primära parametrarna för problemet är $R$ , tjuderlängden definierad till 160yds, och $r$ , radien för silon. Det finns inget nödvändigt samband mellan $R$ och $r$ , men här är $r={\tfrac {160}{2\pi }}$ radien för cirkel vars omkrets är $R$ . Om man definierar tjudrapunkten $v$ (se diagram ovan) som origo med cirkeln som representerar dammens omkrets under x -axeln och $F$ på y -axeln nedanför cirkeln som representerar skärningspunkten för tjudet när den lindas medurs och moturs, låt $t$ vara en punkt på cirkeln så att tangenten vid $t$ skär $F$ , och $|{\overset {\frown }{vt}}|$ + $|{\overline {tF}}|$ Är tjudets längd. Låt $q$ vara skärningspunkten för dammens omkrets på y-axeln (motsatt ${\displaystyle v} )$ under origo. Låt sedan akut $\angle tFq$ vara $\varphi$ .

Arean under evolventet är en funktion av $R^{3}$ eftersom det är en integral över en kvadratisk kurva. Området har en fast gräns som definieras av parametern $r$ (dvs. silons omkrets). I det här fallet är arean omvänt proportionell mot $r$ , dvs ju större $r$ , desto mindre är arean av integralen, och omkretsen är en linjär funktion av $r$ ( $2\pi r$ ). Så vi söker ett uttryck för arean under involuten $E=f(R^{3}/r)$ .

För det första är arean A ₁ en halvcirkel med radien $R$ så $A_{1}={\tfrac {1}{2}}\pi \cdot R^{2}.$

Hitta sedan vinkeln $\varphi$ som kommer att användas i gränserna för integralerna nedan. Låt $x=|{\overline {tF}}|$ . $\varphi$ är komplementär till den motsatta vinkeln på triangeln vars räta vinkel är i punkten t; och även komplement till den vinkeln i cirkelns tredje kvadrant. $|{\overline {tF}}|$ är den utrullade bågen ${\overset {\frown }{vqt}}$ , så dess båglängd är $r\theta _{x}$ . Så $\theta _{x}={\tfrac {x}{r}}$ och $\theta _{x}={\tfrac { 3\pi }{2}}-\varphi$ , alltså $\varphi ={\tfrac {3\pi }{2}}-{\tfrac {x}{r} }$ . Slutligen, $\tan(\varphi )={\tfrac {r}{x}}$ och följande ekvation erhålls: $r=x\cdot \tan {({\tfrac {3}{2}}\pi -{\tfrac {x}{r}})}$ . Det är en transcendental ekvation som bara kan lösas genom att trial-and-error, polynomexpansion eller en iterativ procedur som Newton-Raphson. $\varphi \approx 0,21900[+0,-0,00003]$ .

Beräkna sedan arean mellan dammens omkrets och evolventet. Beräkna arean i den avsmalnande "svansen" av evolventet, dvs det överlappade området (observera, på grund av tangenten tF , att detta område inkluderar kilsektionen, area A ₄ , som måste läggas till igen under finalen summering). Kom ihåg att arean av en cirkulär sektor är ${\tfrac {1}{2}}r^{2}\theta$ om vinkeln är i radianer. Föreställ dig en oändligt tunn cirkulär sektor från $o$ till $p$ omsluten av en oändligt liten vinkel $\Delta \theta$ . Tangent till $o$ , det finns en motsvarande oändligt tunn sektor av evolventet från $m$ till $n$ med samma oändligt lilla vinkel $\Delta \theta$ . Arean av denna sektor är ${\tfrac {1}{2}}z^{2}\Delta \theta$ där $z$ är radien i någon vinkel $\theta _{i}$ , vilket är $r\theta _{i}$ , cirkelns båglängd hittills "upplöst" vid vinkel $\theta _{ i}$ . Arean under involuten är summan av alla oändligt många oändligt tunna sektorer $i$ genom någon vinkel $\theta _{n}$ . Denna summa är

$\lim _{n\to \infty }\sum _{i=1}^{n}{\tfrac {1}{2}}(r\theta _{i})^{2}\Delta \theta =\int _{{\frac {3\pi }{2}}-\varphi }^{2\pi }{\frac {1}{2}}(r\theta )^{2}\ d \theta ={\frac {1}{2}}r^{2}\left[{\frac {\theta ^{3}}{3}}\right]_{{\frac {3\pi }{ 2}}-\varphi }^{2\pi }={\frac {4}{3}}r^{2}\pi ^{3}-{\frac {1}{2}}r^{2 }{\frac {({\frac {3\pi }{2}}-\varphi )^{3}}{3}}.$

Gränserna för integralen representerar arean under involuten i den fjärde kvadranten mellan ${\overline {tF}}$ och ${\overline {vG}}$ . Vinkeln mäts på cirkeln, inte på evolventet, så den är mindre än ${\tfrac {3\pi }{2}}$ med någon vinkel betecknad $\varphi$ . $\varphi$ Är inte given och måste bestämmas indirekt. Tyvärr finns det inget sätt att förenkla den senare termen som representerar den nedre gränsen för eval-uttrycket eftersom $\varphi$ inte är en rationell bråkdel av $\pi$ , så den kan lika gärna ersättas och utvärderas på en gång (factoring ut $\pi$ förebyggande): ${\tfrac {1}{6}}r^{2} \pi ^{3}\cdot ({\tfrac {27}{8}}-K({\tfrac {\varphi }{\pi }}))$ som av expositiva skäl kan skrivas om $A_{2}-A_{3}={\tfrac {R^{3}}{6r}}-{\ tfrac {R^{3}}{48r}}\cdot ({\tfrac {27}{8}}-K({\tfrac {\varphi }{\pi }}))$ . Det verkar lämpligt att slå samman en faktor på ${\tfrac {1}{8}}$ till den konstanta termen för att få en gemensam nämnare för termerna, så $A_{2}-A_{3}={\tfrac {R^{3}}{6r}}-{\tfrac {R^{ 3}}{6r}}\cdot ({\tfrac {27}{64}}-K({\tfrac {\varphi }{8\pi }}))$ . $K$ domineras av en linjär term från integrationen, så kan skrivas, $K={\tfrac {27}{32\pi }}\varphi -Z$ där $Z$ är en positiv men försumbar storhet som inte är noll.

A ₄ är arean av den säregna kilen $\lambda ^{tFqt}$ . Det området är arean av en rätvinklig triangel med vertex t, minus arean av en sektor som begränsas av ${\overset {\frown }{tq}}$ . $\lambda ={\tfrac {rx}{2}}-{\tfrac {1}{2}}r^{2}\theta$ där x är | tF| och θ är vinkeln motsatt Φ i den rätvinkliga triangeln. Så, $\lambda ={\tfrac { 1}{2}}r(Rr({\tfrac {\pi }{2}}+\varphi ))-{\tfrac {1}{2}}r^{2}({\tfrac {\pi } {2}}-\varphi )={\tfrac {1}{2}}(rR-r^{2}\pi )$ . Om $R=2\pi r$ så är arean $\lambda$ av kilen ${\tfrac {1}{2}}\ pi r^{2}$ genom reduktion.

Den slutliga summeringen A ₁ + ( A ₂ − A ₃ + A ₄ ) · 2 är ${\tfrac {1}{2}}\pi \cdot R^{2}+({\tfrac {R^{3}}{6r }}-{\tfrac {R^{3}}{6r}}\cdot ({\tfrac {27}{64}}-({\tfrac {27}{32\pi }}\varphi -Z)) +{\tfrac {1}{2}}(rR-r^{2}\pi ))\cdot 2$ . All oprecision i beräkningen är nu osäkerhet i $\varphi$ och den återstående $Z$ . $\varphi \doteq ({\tfrac {R}{r}}-{\tfrac {\pi }{2}}-\varphi )^{- 1}$ . Det är användbart för att klargöra sambanden mellan parametrarna. $\varphi$ är transcendental, så definitionen är en återkommande relation. Den initiala gissningen $\varphi$ är en liten del av $\pi$ . Det numeriska svaret är $A=76256$ avrundat uppåt till närmaste kvadratyard. Det är värt att notera att ${\displaystyle \lim _{\varphi \rightarrow {\frac {\pi }{2}}}A={\ tfrac {1}{2}}\pi \cdot R^{2}+{\tfrac {R^{3}}{6r}}} ,$ vilket är svaret som ges för det fall där tjuderlängden är halva omkretsen (eller vilken längd som helst så att ${\tfrac {R}{r}}\leq \pi$ ) av silon, eller ingen överlappning att ta hänsyn till. Geten kan äta allt utom 5 % av den stora cirkelns yta som definieras av dess tjuderlängd, och hälften av den yta som den inte kan äta är inom dammens/silons omkrets. Den enda oprecisionen i beräkningen är att ingen representation i sluten form för $\varphi$ kan härledas från den presenterade geometrin. Men små felaktigheter i $\varphi$ när $\varphi \ll 1$ påverkar inte det slutliga resultatet nämnvärt.

Lösning genom förhållandet mellan båglängden

Precis som arean under en linje är proportionell mot längden på linjen mellan gränser, och arean av en cirkulär sektor är förhållandet mellan båglängden ( ${\displaystyle L=r\theta } )$ för sektorn ( $A={\tfrac {r}{2}}\cdot L$ ), området mellan en evolvent och dess gränsande cirkel är också proportionell mot evolventens båglängd $L={\tfrac {1}{2}}r\theta ^{2}$ : $A={\tfrac {r\ theta }{3}}\cdot L={\tfrac {r^{2}\theta ^{3}}{6}}$ för $0<\theta <\theta _{i }$ . Så den totala betesytan är $A=A_{1}+(A_{2}-A_{3}+A_{4})\ cdot 2$ . $A_{1}={\tfrac {1}{2}}\pi R^{2}$ . $A_{2}-A_{3}=\left[{\tfrac {r^{2}\theta ^{3 }}{6}}\right]_{{\tfrac {3\pi }{2}}-\varphi }^{2\pi }$ . $A_{4}={\tfrac {1}{2}}\pi r^{2}$ .

Invändigt betesproblem

Invändigt betesproblem med get bunden vid Q

Låt $P$ vara mitten av en enhetscirkel. En get/tjur/häst är bunden vid punkt $Q$ på omkretsen. Hur långt måste repet $r$ vara för att djuret ska kunna beta på exakt hälften av cirkelns yta (vitt område i diagrammet, i plangeometri, kallat en lins )?

En användbar uppskattning

De analytiska lösningarna är svåra och ger en transcendental formel, som måste itereras för att producera en numerisk approximation. En grov och snabb uppskattning kan vara lämplig för de flesta praktiska tillämpningar och kan erhållas genom några enkla observationer.

Först delar ett ackord som dras genom mitten $P$ av den omgivande cirkeln vinkelrätt mot radien vid $Q$ området på mitten. En radie av skärcirkeln lika med radien för den omslutande cirkeln (dvs. enhetslängd) kommer att svepa mycket men inte hela området under ackordet. En radie av skärcirkeln som når vardera änden av ackordet (dvs längd √ 2 ≈ 1,414) kommer att svepa ut hela området under ackordet plus ett tunt cirkulärt segment ovanför ackordet. Så en rimlig radielängd är medelvärdet av de två. Men det svepande området expanderar kvadratiskt, inte linjärt, med radien, så det harmoniska medelvärdet snarare än det aritmetiska medelvärdet är att föredra, dvs. 1,189... Detta är exakt inom ~2,5 % och ganska användbart i en praktisk situation, och proceduren är lätt att replikera.

En mycket bättre approximation kan fås genom observationen att förhållandet mellan tjuderlängden och betesområdet är väsentligen linjärt i det relevanta området [1, √ 2 ]:

$A=2.2r-0.98.$

Vid ${\displaystyle A=\pi /2} är$ den ungefärliga tjudralängden $r$ 1,15945, ett fel på bara 0,06%.

Lösning genom att beräkna linsarean

Området som djuret kan nå är i form av en asymmetrisk lins , avgränsad av de två cirkulära bågarna .

Arean $A$ för en lins med två cirklar med radier $R,r$ och avståndet mellan mittpunkter $d$ är

${\begin{aligned}A={}&r^{2}\arccos \left({\frac {d^{ 2}+r^{2}-R^{2}}{2dr}}\höger)+R^{2}\arccos \left({\frac {d^{2}-r^{2}+R ^{2}}{2dR}}\right)\\&{}-{\frac {1}{2}}{\sqrt {(d+rR)(d-r+R)(-d+r+ R)(d+r+R)}},\end{aligned}}$

vilket förenklar i fallet med $R=d=1$ och halva cirkelytan till

${\frac {1}{2}}\pi =r^{2}\arccos \left({\frac {1}{2}}r\right)+\arccos \left(1-{\ frac {1}{2}}r^{2}\right)-{\frac {1}{2}}r{\sqrt {4-r^{2}}}.$

Ekvationen kan endast lösas iterativt och resulterar i $r=1,1587\ldots$ (sekvens A133731 i OEIS ).

Lösning med integration

Genom att använda $r<{\sqrt {2}}$ och integrera över den högra halvan av linsområdet med

${\frac {1}{4}}\pi =\int _{0}^ {\sqrt {r^{2}-{\frac {r^{4}}{4}}}}\left({\sqrt {r^{2}-t^{2}}}+{\sqrt {1-t^{2}}}-1\höger)\,dt$

den transcendentala ekvationen

$r={\frac {\pi }{\pi r-{\sqrt {4-r^ {2}}}+\left({\frac {4}{r}}-2r\right)\arcsin \left({\frac {1}{2}}r\right)}}$

följer, med samma lösning.

Faktum är att genom att använda identiteterna $\arccos \left(1-{\frac {r^{2}}{2} }\right)+2\arccos \left({\frac {|r|}{2}}\right)=\pi$ och $\arcsin \left({\frac {r}{2}}\right)={\frac {\pi }{2}}-\arccos \left({\frac {r}{2}}\right)$ , kan den transcendentala ekvationen härledd från linsarean erhållas.

Lösning per sektorområde plus segmentområde

Arean kan skrivas som summan av sektorarea plus segmentarea.

Förutsatt att kopplet är bundet till botten av pennan, definiera $\theta$ som vinkeln som det spända kopplet gör med uppåt när geten är i omkretsen. Definiera $\alpha$ som vinkeln från nedåt till samma plats, men från pennans mitt istället för från mitten av den större cirkeln. Vinkelsumman för en triangel är lika med $\pi$ för den resulterande likbenta triangeln , vilket ger $\alpha =\pi -2\theta$ . Inställning av pennans radie till 1 och trigonometri som $\sin(2\theta )=2\sin(\theta )\cos( \theta )$ ge sedan $\theta =\arccos \left({\frac {r}{2}}\right)$ .

Att kräva att halva betesytan är 1/4 av boxens yta ger $A_{sector}+A_{segment}=\pi /4$ . Med hjälp av cirkulär sektor och cirkulär segment area ger

$r^{2}\theta +\alpha -\sin(\alpha )={\frac {\pi }{2}}$ ,

som bara antar $0<r<2$ .

Att kombinera till en enda ekvation ger

${\frac {\pi }{2}}=r{\sqrt {1-\left({ \frac {r}{2}}\right)^{2}}}+(2-r^{2})\arccos \left({\frac {r}{2}}\right)$ .

Observera att lösning för $\arccos \left({\frac {r}{2}}\right)$ och sedan ta cosinus för båda sidor genererar extra lösningar även om det inkluderar den uppenbara begränsningen $1<r<{\sqrt {2}}$ .

Med hjälp av trigonometriska identiteter ser vi att detta är samma transcendentala ekvation som linsarea och integration ger.

Lösning i sluten form

Genom att använda komplexa analysmetoder fick Ingo Ullisch en lösning i sluten form som cosinus av ett förhållande mellan två konturintegraler :

$r=2\cos \left({\frac {\displaystyle \oint _{C}{\frac {z}{2\sin z-2z\cos z-\pi }}\,dz}{\displaystyle \oint _{C}{ \frac {2}{2\sin z-2z\cos z-\pi }}\,dz}}\höger),$

där C är cirkeln $\left|z-{\frac {3\pi }{8}}\right|={\frac {\pi }{4}}$ .

3-dimensionell förlängning

3-dimensionell låda med enhetssfär på toppen och getkula under

Den tredimensionella analogen till det tvådimensionella getproblemet är en fågel bunden till insidan av en sfär, med tjudet tillräckligt långt för att begränsa fågelns flykt till halva sfärens volym. I det tredimensionella fallet ligger punkten $Q$ på ytan av en enhetssfär , och problemet är att hitta radien $r$ för den andra sfären så att volymen av skärningskroppen är exakt lika med halva volymen av enhetssfären.

Volymen av enhetssfären som djuret kan nå har formen av en tredimensionell lins med olika formade sidor och definieras av de två sfäriska locken .

Volymen $V$ för en lins med två sfärer med radier $R,r$ och avståndet mellan mitten d $\displaystyle d}$ är

$V={\frac {\pi ( R+rd)^{2}\left(d^{2}+2dr-3r^{2}+2dR+6rR-3R^{2}\right)}{12d}},$

vilket förenklar i fallet med $R=d=1$ och hälften av sfärvolymen till

${\frac {1}{2}}\cdot {\frac {4}{3}}\pi =-{ \frac {1}{4}}\pi r^{4}+{\frac {2}{3}}\pi r^{3},$

leder till en lösning av $r=1,2285\ldots$

Det kan demonstreras att, med ökande dimensionalitet, närmar sig det nåbara området halva sfären vid den kritiska längden $r={\sqrt {2}}$ . Om $r<{\sqrt {2}}$ närmar sig det täckta området nästan ingen av sfären; om $r>{\sqrt {2}}$ närmar sig området som täcks sfärens hela område.

Se även

• Mrs Minivers problem , ett annat problem med att utjämna områden med cirkulära lunes och linser

• Raymond Clare Archibald (1921). "Involuter i en cirkel och ett betesmarksproblem" . American Mathematical Monthly . 28 (8–9): 328–329. doi : 10.1080/00029890.1921.11986059 .
•   Fraser, Marshall (1982). "En berättelse om två getter". Matematiktidningen . 55 (4): 221–227. doi : 10.1080/0025570X.1985.11976987 . JSTOR 2690163 .
•   Jean Jacquelin (2003). "Le problème de l'hyperchèvre" . Kvadratur (49): 6–12. ISSN 1142-2785 .

externa länkar

• Weisstein, Eric W. "Getproblem" . MathWorld .
• "Matematiker löser sekelgamla betande getproblem exakt" . Quanta Magazine .
• The Goat Problem - Numberphile video om get problemet.