1. 개요
block-stacking problem위 그림과 같이 너비가 [math(L)]인 블럭을 일정한 규칙의 간격으로 띄우면서 블럭을 쌓으면 쓰러지지 않고, 무한히 쌓을 수 있다.
각 블럭의 질량은 [math(m)]이며, 밀도는 균일하다. 단, 질량은 모두 계산시 약분되므로 따로 기입하지 않은 점에 유의한다.
이제 관건은 [math(n)]개의 블럭을 쌓을 때 [math((k-1))]번째 블럭와 [math(k)]번째 사이의 블럭을 [math(a_k)]만큼 띄웠다고 생각해보자.
이 문제는 수학적 귀납법으로도 다룰 수 있으나, 여기서는 점화식을 사용하였다.
실제로 계산을 해보면 [math(a_k)]는 어떤 규칙을 가진 수열의 모습을 띄는데, 한 번 알아보자.
2. 선수 지식
질량이 [math(m_{1})]과 [math(m_{2})]인 두 질점이 각각 [math(x=x_1)]과 [math(x=x_2)]에 위치하면, 해당 물체계의 질량 중심은 다음과 같이 주어진다.[math(\displaystyle x_{\sf{CM}}=\frac{m_{1}x_1+m_2 x_2}{x_1+x_2} )]
자세한 사항은 질량중심 문서를 참조하라.
3. 상세
이 문제는 두 가지 관점으로 봄으로써 해결할 수 있다.(가)와 같이 [math(n)]번째 블럭 위의 모든 블럭을 한 물체계로 취급하자. 이때, 모든 블럭이 쓰러지지 않으려면, 돌림힘의 평형으로 인하여, [math(n)]번째 막대 끝에 물체계의 질량 중심이 위치할 수밖에 없다.[1]
(나)를 보자. 이제 각각의 변수를 약속한다.
- [math(x_{k})]
[math(k)]번째 막대의 질량 중심의 위치.
- [math(X_{k})]
[math(k)]번째 막대까지를 한 물체로 봤을 때, 그 물체계의 질량 중심의 위치.
- [math(A_{k})]
[math(k)]번째 막대의 끝과 첫 번째 막대 끝의 거리. 이것은 (가)에 의거하여 [math(X_{k-1})]과 같다.
점화식 형태로 다음과 같이 쓸 수 있다.
[math(\displaystyle X_{n}=\frac{(n-1)X_{n-1}+x_{n}}{n} )]
정리하면,
[math(\displaystyle nX_{n}=(n-1)X_{n-1}+x_{n} \quad \small{\cdots \, (\ast)} )]
그런데,
[math(\displaystyle x_{n}=\frac{L}{2}+A_{n} )]
이고, 위에서 밝혔듯, [math(X_{n-1}=A_{n})]이므로 식 [math((\ast))]는 다음과 같이 쓸 수 있다.
[math(\displaystyle nA_{n+1}=(n-1)A_{n}+A_{n}+\frac{L}{2} )]
이상에서 다음과 같이 정리할 수 있다.
[math(\displaystyle A_{n}-A_{n-1}=\frac{L}{2}\frac{1}{n-1} )]
그런데, 좌변은 바로 [math(a_{n})]이다. 이상에서 구하는 것은
[math(\displaystyle a_{n}=\frac{L}{2}\frac{1}{n-1} \quad (n \geq 2) )]
이것을 몇 항 구해보면 재밌는 것을 얻는다.
| <colbgcolor=#f2f2f2,#555555> [math(\boldsymbol{n})] | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | [math(\cdots)] | [math(n)] |
| [math(\boldsymbol{\dfrac{a_{n}}{{L}/{2}} })] | 1 | [math(\dfrac{1}{2})] | [math(\dfrac{1}{3})] | [math(\dfrac{1}{4})] | [math(\dfrac{1}{5})] | [math(\cdots)] | [math(\dfrac{1}{n-1})] |
그런데, 이 수열은 굉장히 느리게 발산하기 때문에 블록을 1000개 쌓으면 3.7블록 정도 튀어나온다. 무한히 쌓으면 튀어나오는 길이도 무한히 커지지만[2] 그렇게 하기 위해서는 엄청난 양의 블록을 쌓아야 한다.