Nieoczekiwane zastosowania szeregu harmonicznego

Problem 1. Do dyspozycji mamy nieograniczoną liczbę prostopadłościennych cegieł o jednakowym rozmiarze i masie. Cegły ustawiamy jedna na drugiej - bez użycia żadnych materiałów klejących. Jak bardzo najwyżej położona cegła może być wysunięta w stosunku do cegły położonej najniżej? Rozkład masy w każdej cegle jest jednorodny.

Problem 2. Na jednym z końców kilometrowej rozciągliwej nici siedzi mrówka. Zaczyna poruszać się ze stałą prędkością 1 cm/s w kierunku drugiego końca. Po upływie każdej sekundy nić wydłuża się o jeden kilometr - natychmiastowo i jednorodnie na całej długości. Czy mrówka jest w stanie dotrzeć na drugi koniec nici?

Zanim przedstawimy rozwiązania, przypomnijmy, że szereg harmoniczny, suma odwrotności kolejnych liczb naturalnych

1 1 1 1 +∞ 1 - - - - - ... Q -, 1 2 3 4 k 1 k

jest rozbieżny, czyli jego suma jest nieskończona. Wynika to z następujących oszacowań

1 1 1 ... --1-- - 1 1 1 1- 1 1- 1 ... -1-- ... --1- A 1−1−1 2 3 2N 1 1 2 3 4 5 6 7 2N 2N 1 1 1 1 1 1 1 1 1 N A 2 4- 4 - 8 8 8 8 ... 2N- ... 2N - 2-. 1 1 1 2 2 2

Rozbieżność tego szeregu odgrywa kluczową rolę w rozwiązaniach obu problemów.

Rozwiązanie problemu 1

Chcemy ustawić wieżę, której najwyższa cegła będzie wystawała możliwie daleko. Eksperymentując, na przykład z kostkami domino, możemy zauważyć, że niższe kostki warto wysunąć mniej niż te wyższe; wyższe mają "swobodę", gdyż muszą utrzymać na sobie mniej kostek (Rys. 1).

Przyjmijmy, że każda cegła ma długość $2.$ Masa cegieł jest rozłożona jednorodnie, tak że środek ciężkości znajduje się dokładnie w połowie długości cegły. Jakie wysunięcie można osiągnąć w ten sposób z czterech cegieł? Odwróćmy kolejność budowania i zacznijmy od cegły najwyższej - niech każda nowa cegła będzie dokładana na spód wieży z jej prawej strony.

W środku pierwszej cegły zaczepmy poziomą oś liczbową - współrzędne środków wież będziemy obliczać względem tej osi.

Pierwsza dołożona pod spód cegła musi być ustawiona tak, by górna cegła nie wystawała o więcej niż $1$ - w przeciwnym przypadku środek ciężkości górnej cegły znajdowałby się poza punktem podparcia i wieża przewróciłaby się. Jak teraz dostawić trzecią cegłę? Środek ciężkości dwóch górnych cegieł ma współrzędną $|1(0 + 1) = 1, 2 2$ jest to współrzędna lewego końca trzeciej cegły, której środek ciężkości ma współrzędną $1 3 |1+ 2 = 2 .$

Jeszcze czwarta cegła. Środek ciężkości trzech dotychczas ustawionych cegieł ma współrzędną $1 3 5 |3 (0+ 1+ 2) = 6 .$ Czyli środek ciężkości czwartej cegły ma współrzędną $1+ 56 = 32 + 13 .$ Kolejne cegły są wysunięte w prawo o $|1, 1, 1 2 3$ w stosunku do cegły powyżej.

Ustawiajmy kolejne cegły w ten sposób i zaprzęgnijmy do pracy szereg harmoniczny. Oznaczmy przez $Hn$ Pokażemy ogólny wzór na współrzędną lewego końca $n$ -tej cegły - a mianowicie jest ona równa $|Hn$ dla $|n > 1.$ Rozumowanie poprowadzimy indukcyjnie. Przypadek, gdy $|n = 2,$ przeanalizowaliśmy powyżej, załóżmy zatem słuszność wzoru dla pewnego $n > 1.$

Zauważmy na początek, że środek ciężkości $k$ -tej cegły, dla $|1 < k⩽ n,$ ma współrzędną równą $|Hk$ (każda cegła ma długość $|2$ ) oraz środek ciężkości pierwszej cegły ma współrzędną równą $|0.$ Tym samym środek ciężkości wszystkich $n$ cegieł ma współrzędną równą

$pict$

gdzie równość $(∗)$ uzasadniona jest na marginesie. Pamiętając, że środek ciężkości $|n$ cegieł wyznacza położenie lewego końca cegły $|(n+ 1)$ -wszej, otrzymujemy tezę.

Podsumujmy: prawy brzeg najwyższej cegły ma współrzędną 1, lewy koniec każdej kolejnej cegły ma współrzędną równą $|Hk$ W szczególności możliwe jest ustawienie takiej wieży, żeby wysunięcie było równe jednej, dwóm lub dziesięciu długościom cegły. W teorii wysunięcie może być dowolnie duże. Wysunięcie większe niż 1 uzyskamy już dla 5 cegieł (Rys. 2), długości 2 dla 32 cegieł, długości 3 dla 228 cegieł. Ile cegieł jest potrzebnych do wysunięcia długości 4?

Rozwiązanie problemu 2

Rozważmy ogólniejszy problem: $|s$ to początkowa długość nici; $d$ - każdorazowe wydłużenie nici; $v$ - dystans pokonywany przez mrówkę w ciągu każdej sekundy (między wydłużeniem nici). Zobaczmy, co stanie się w pierwszej sekundzie: mrówka pokonała $|v s$ części całej nici, która rozciąga się następnie jednorodnie. Po tym rozciągnięciu mrówka nadal ma za sobą taką samą część całej nici. W drugiej sekundzie sytuacja jest podobna - mrówka pokona $|vs+d-$ części nici (o długości $s +d$ ), a więc łącznie pokona $|v + v-- s s+d$ całej drogi. Zauważmy, że proces rozciągania nie wpływa na to, w jakiej części nici znajduje się mrówka. Po trzeciej sekundzie mrówka pokona $v v v |s + s+d-+ s+2d$ nici. Niech funkcja $| f(n)$ określa część nici przebytą w czasie $n$ sekund (przed rozciągnięciem). Możemy stwierdzić, że

n v f(n) = Q ------. k 0 s+ kd

Zauważamy jednak, że dla $k > 0$ zachodzi $|--v-⩾ -v-⋅ 1, s+kd s+d k$ stąd

v- --v-- f (n)⩾ s + s+ d ⋅Hn

Ponieważ $Hn$ jest rozbieżny, to istnieje takie $n, |$ dla którego $|Hn$ ; dla takiego $|n$ otrzymujemy $f(n) > 1.$ A to oznacza, że mrówka dotarła na drugi koniec nici!

Zauważmy rzecz niezwykłą - niezależnie od wyboru wartości $v,s$ oraz $|d,$ mrówka ostatecznie zawsze pokona cały dystans. Potrzebne jest jednak robocze założenie, że mrówka jest nieśmiertelna. Aby się przekonać dlaczego, odpowiedzmy na pytanie: jak długo mrówka będzie musiała kroczyć, aby osiągnąć swój cel? Otóż ma miejsce następujące przybliżenie

v n v v v (n − 1)d f(n) =--+ Q ------≈ --+ --ln (1+ --------) . s k 1 s+ kd s d s+ d

Po przekształceniach otrzymujemy jawny wzór na $n$ - przybliżony czas marszu mrówki wynosi

n = s+-d-edv−ds − s-. d d

W szczególności, dla danych opisanych w naszym problemie otrzymujemy $|n≈ 2,065 ⋅1043429$ sekund. To duża (!) liczba - szacowany wiek Wszechświata to około $|4⋅1017$ sekund.

Problem 2 można uogólnić na przypadek, w którym nie tylko mrówka porusza się ze stałą prędkością, ale również nić rozciąga się stale (tj. w każdej chwili ze stałą prędkością). Innymi słowy - przypadek dyskretny omówiony powyżej zamieniamy na problem z czasem ciągłym. Przy czym ostrzegamy: do rozwiązania użyjemy równania różniczkowego. (Problem 2 oraz jego wariant wydają się sprzeczne z intuicją i z tego powodu często określa się je mianem paradoksu - jest on zbliżony w swojej naturze do paradoksu Achillesa i żółwia.)

Rozwiązanie problemu 2'

Niech $|x(t)$ oznacza pozycję mrówki w chwili $|t.$ Nić zaczepiamy na osi liczbowej tak, że jej nieruchomy koniec jest w punkcie $x = 0,$ drugi zaś koniec przesuwa się wzdłuż dodatniej półosi. Prędkość, z jaką porusza się mrówka, jest równa $v$ powiększonemu o bieżącą prędkość, z jaką rozciąga się dany kawałek nici. Aktualna długość nici to $s+ td$ i tylko drugi koniec porusza się z prędkością $|d$ - punkt odległy o $x(t)$ od punktu początkowego mrówki porusza się z prędkością $x -t- d ⋅s+td$ proporcjonalną do położenia na nici. Równanie różniczkowe (ostrzegaliśmy) opisujące taką sytuację:

′ dx(t)- x (t) = v + s+ td .

Rozwiązaniem tego równania jest funkcja

x(t) = (s+ td) ⋅(A ,

gdzie $A$ jest pewną nieznaną stałą. Wyznaczamy ją przez uwzględnienie warunku $x(0) = 0,$ który znajduje się w opisie problemu. Otrzymujemy $|A ,$ a tym samym

v d x(t) = --⋅(s+ td) ⋅ln (1+ t--). d s

Rozwiązanie problemu polega teraz na znalezieniu takiego $t,$ dla którego $|x(t) = s+ td.$ Korzystając z wyprowadzonego przed chwilą wzoru, możemy wykazać, że

s d t = -(e v− 1). d

Oznacza to w szczególności, że dla dowolnego $|v > 0$ oraz dowolnych $|s,d > 0$ mrówka zawsze dotrze na koniec nici. Jeżeli $s = 1 km, d = 1 km/s$ oraz $|v = 1 cm/s,$ to $|t≈ 2,807⋅1043429$ sekund. Jest to wynik bardzo zbliżony do tego otrzymanego w przypadku dyskretnym. Co więcej, można zauważyć spore podobieństwo w otrzymanych wzorach przybliżających czas wędrówki.

***

Zostawmy chwilowo szereg harmoniczny i przyjrzyjmy się ekspansji Wszechświata. Współczesny model kosmologiczny bazuje na dwóch kluczowych obserwacjach:

obiekty odległe od Ziemi oddalają się od niej,
tempo oddalania jest proporcjonalne do odległości od Ziemi.

Te obserwacje to tak zwane prawo Hubble'a. Taki model Wszechświata jest zbliżony w opisie do Problemu 2 (również 2') - Wszechświatem jest nić, a jego ekspansja to jej rozciąganie. Zauważmy, że w modelu z nicią tempo rozciągania było proporcjonalne do odległości od jednego z końców nici (tego, z którego zaczynała swój marsz mrówka) - odpowiada to dokładnie prawu Hubble'a. Co w szczególności wynika z rozwiązania problemów 2 i 2' dla podboju Wszechświata? Nie musimy przejmować się tym, że dalsze punkty uniwersum oddalają się coraz szybciej. Mając do dyspozycji odpowiedni statek i dużo czasu, możemy dotrzeć do dowolnego punktu w obserwowalnym kosmosie.