thumb|300px|Os primeiros nove blocos na solução do problema de empilhamento de blocos de largura única, com os balanços indicados
Na estática, o problema de empilhamento de blocos (às vezes conhecido como A Torre Inclinada de Lire , também como o problema de empilhamento de livros, escadaria harmônica, ou uma série de outros termos semelhantes) é um quebra-cabeça relativo ao empilhamento de blocos na borda de uma mesa.
Declaração
O problema de empilhamento de blocos é o seguinte quebra-cabeça:
Coloque blocos retangulares rígidos e idênticos em uma pilha estável na borda de uma mesa de tal forma a maximizar o balanço (avanço sobre a borda).
fornecem uma longa lista de referências sobre este problema, remontando a textos de mecânica de meados do século XIX.
Variantes Largura única O problema de largura única envolve ter apenas um bloco em qualquer nível dado. No caso ideal de blocos perfeitamente retangulares e aceleração gravitacional uniforme (o valor de g diminui com o aumento da altura), a solução para o problema de largura única é que o balanço máximo é dado por vezes a largura de um bloco. Esta soma é metade da soma parcial correspondente da série harmônica. Como a série harmônica diverge, o balanço máximo tende ao infinito à medida que aumenta, o que significa que é possível alcançar um balanço arbitrariamente grande, desde que haja blocos suficientes.
N Balanço máximoexpresso como fração decimal 1 1 /2 0,52 3 /4 0,753 11 /12 ~0,916674 25 /24 ~1,041675 137 /120 ~1,141676 49 /40 1,2257 363 /280 ~1,296438 761 /560 ~1,358939 7.129 /5.040 ~1,4144810 7.381 /5.040 ~1,46448
N Balanço máximoexpresso como fração decimal 11 83.711 /55.440 ~1,5099412 86.021 /55.440 ~1,5516113 1.145.993 /720.720 ~1,5900714 1.171.733 /720.720 ~1,6257815 1.195.757 /720.720 ~1,6591116 2.436.559 /1.441.440 ~1,6903617 42.142.223 /24.504.480 ~1,7197818 14.274.301 /8.168.160 ~1,7475519 275.295.799 /155.195.040 ~1,7738720 55.835.135 /31.039.008 ~1,79887
N Balanço máximoexpresso como fração decimal21 18.858.053 /10.346.336 ~1,8226822 19.093.197 /10.346.336 ~1,8454123 444.316.699 /237.965.728 ~1,8671524 1.347.822.955 /713.897.184 ~1,8879825 34.052.522.467 /17.847.429.600 ~1,9079826 34.395.742.267 /17.847.429.600 ~1,9272127 312.536.252.003 /160.626.866.400 ~1,9457328 315.404.588.903 /160.626.866.400 ~1,9635929 9.227.046.511.387 /4.658.179.125.600 ~1,9808330 9.304.682.830.147 /4.658.179.125.600 ~1,99749
O número de blocos necessários para alcançar pelo menos comprimentos de bloco além da borda da mesa é 4, 31, 227, 1674, 12367, 91380, ... .
Largura múltipla thumb|250px|Comparação das soluções para o problema de empilhamento de blocos de largura única (acima) e largura múltipla (abaixo) com três blocos Pilhas de largura múltipla usando contrabalanço podem fornecer balanços maiores do que uma pilha de largura única. Mesmo para três blocos, empilhar dois blocos contrabalançados sobre outro bloco pode dar um balanço de 1, enquanto o balanço no caso ideal simples é no máximo . Como demonstraram, assintoticamente, o balanço máximo que pode ser alcançado por pilhas de múltiplas larguras é proporcional à raiz cúbica do número de blocos, em contraste com o caso de largura única no qual o balanço é proporcional ao logaritmo do número de blocos. No entanto, foi demonstrado que na realidade isso é impossível e o número de blocos que podemos mover para a direita, devido à tensão mecânica do bloco, não é superior a um número especificado. Por exemplo, para um tijolo especial com altura h = 0,20 m, Módulo de Young E = 3000 MPa, densidade ρ = 1,8 × 103 kg/m3 e limitando a tensão de compressão a 3 MPa, o valor aproximado de N será 853 e a altura máxima da torre passa a ser de 170 m.
Prova da solução da variante de largura única A fórmula acima para o balanço máximo de blocos, cada um com comprimento e massa , empilhados um por nível, pode ser provada por indução considerando os torques nos blocos em relação à borda da mesa onde eles estão suspensos. Os blocos podem ser modelados como massas pontuais localizadas no centro de cada bloco, assumindo densidade de massa uniforme. No caso base (), o centro de massa do bloco fica exatamente acima da borda da mesa, o que significa um balanço de . Para blocos, o centro de massa do sistema de blocos deve ficar acima da borda da mesa, e o centro de massa dos blocos superiores deve ficar acima da borda do primeiro para haver equilíbrio estático. Se o -ésimo bloco se projeta além do -ésimo em e o balanço do primeiro é ,
onde denota o campo gravitacional. Se os blocos superiores se projetam em relação ao seu centro de massa por , então, assumindo a hipótese indutiva, o balanço máximo fora da mesa é:
Para blocos, denota o quanto os blocos superiores se projetam em relação ao seu centro de massa , e . Então, o balanço máximo seria:
thumb|250px|Método de Mike Paterson para aumentar o balanço de 16 blocos de largura unitária e profundidade b para deslocando os blocos perpendicularmente aos seus comprimentos em uma formação de diamanteM Paterson et al., Maximum Overhang , The Mathematical Association of America, novembro de 2009
Robustez discute este problema, mostra que ele é robusto a não idealizações como cantos de blocos arredondados e precisão finita no posicionamento dos blocos, e introduz várias variantes, incluindo forças de atrito não nulas entre blocos adjacentes.
Referências
Bibliografia
Ligações externas
Categoria:Estática Categoria:Problemas matemáticos