π shock

A noticia chegoume do profesor de física do meu centro. Preguntoume se sabía da obtención do número π mediante o reconto de choques de dous bloques que tivesen entre si unha relación de masas 1:10²ⁿ. Máis precisamente, partimos de dous bloques de masas m₂ e m₁=10²ⁿ・m₂ e unha parede situada do lado do bloque m₂ . O primeiro bloque choca contra o segundo e comenzan a producirse unha serie de choques dun contra o outro ou do segundo contra a parede. Sorprendentemente o reconto do número de choques vai ser,  3, 31, 314, 3141, 31415, 314159, 3141592, e, en xeral un número dado polas primeiras n cifras de π !

Imaxe de aquí

Facendo memoria, non é o único caso no que se nos presenta π inesperadamente. Lembremos o problema da agulla de Buffon:

Supoñamos un chan de táboas de madeira da mesma anchura. Deixamos caer sobre el unha agulla de lonxitude igual ao ancho das táboas. Cal será a probabilidade de que a agulla toque algunha das liñas de separación desas táboas?

 A resposta é 2/π .
Dito doutro xeito, este experimento permitiría teóricamente aproximar o número π polo cociente 2n/a onde n representa o número total de experimentos e a o de agullas que tocan as liñas de separación.

Primeira solución

Considreraremos como sentido positivo do movemento o usual (cara a dereita). O bloque de maior masa ten masa m₁ e o outro m₂
Úsanse dous principios de conservación: o da enerxía e o do momento, polo que teremos as seguintes igualdades:
$$\frac { 1 }{ 2 } { m }_{ 1 }{ v }_{ 1 }^{ 2 }+\frac { 1 }{ 2 } { m }_{ 2 }{ v }_{ 2 }^{ 2 }={ c } \quad \quad \quad \quad [1]$$
$${ m }_{ 1 }{ v }_{ 1 }+{ m }_{ 2 }{ v }_{ 2 }={ f }(k)\quad \quad \quad \quad \quad [2]$$
No primeiro caso o valor permanece igual a unha constante c durante todo o experimento.
No segundo caso, f(k) toma unha cantidade discreta de valores pois o momento non cambia cando chocan os bloques pero si cando choca m₂ contra a parede.Se k reconta o número de choques f(k) só cambirá de valor cando k sexa par.
A estratexia para resolver o problema é realmente fermosa. Pasa por considerar un espazo xeométrico bidimensional asociado a este experimento no que cada punto represente as velocidades de cada un dos bloques; ben, non exactamente as velocidades:
$$\begin{matrix} x=\sqrt { { m }_{ 1 } } { v }_{ 1 } \\ y=\sqrt { { m }_{ 2 } } { v }_{ 2 } \end{matrix}$$
Con esta relación as igualdade [1] transfórmase na ecuación dunha circunferencia centrada na orixe:
$$\frac { 1 }{ 2 } { x }^{ 2 }+\frac { 1 }{ 2 } { y }^{ 2 }=c\quad \quad \quad \quad [1']$$
Isto significa que os puntos da circunferencia son os únicos que poden representar un estado do experimento. Mais, hai outra restricción, a dada por [2], que agora pasa a representar unha serie de rectas paralelas (unha para cada valor de f(k)):
$$\sqrt { { m }_{ 1 } } x+\sqrt { { m }_{ 2 } } y=f(k)\quad \quad \quad de\quad pendente\quad m=-\sqrt { \frac { { m }_{ 1 } }{ { m }_{ 2 } }  } \quad \quad \quad \quad [2']$$
O choque dos bloques representarase mediante un punto da parte inferior do plano: y < 0 (e recordemos, sempre un punto da circunferencia [1']). De seguido o bloque m₂ chocará coa parede polo que cambiará a dirección da súa traxectoria. Isto significa que a representación do estado saltará a un punto coa mesma ordenada pero positiva. Agora debemos considerar a recta de [2'] que pasa por este novo punto que cortará á circunferencia nun terceiro punto que representará un novo choque de bloques. Despois de repetido o proceso varias veces sairémonos da circunferencia; non haberá máis choques. Pero, como os contamos?
Teñamos en conta que se unimos os puntos que representan os distintos estados do experimento mediante rectas, éstas sempre formarán un ángulo θ. Como son ángulos inscritos na circunferencia, os ángulos centrais correspondentes medirán 2θ. Xa que logo, o problema redúcese a determinar o número de veces, N, que 2θ colle na circunferencia: 2Nθ ＜2 π, polo que, simplificando: Nθ＜ π. Velaí que aparece o famoso número.
Para rematar, pescudemos cal é o valor de θ
$$tan\theta =-\frac { 1 }{ m } =\sqrt { \frac { { m }_{ 2 } }{ { m }_{ 1 } }  } =\sqrt { \frac { 1 }{ { 10 }^{ 2n } }  } =\frac { 1 }{ { 10 }^{ n } } $$
$$\theta =arctan\frac { 1 }{ { 10 }^{ n } } \approx \frac { 1 }{ { 10 }^{ n } } $$
$$N\theta \approx N\frac { 1 }{ { 10 }^{ n } } <\pi \quad \Rightarrow \quad N<{ 10 }^{ n }\pi \quad \Rightarrow \quad N=\left\lfloor { 10 }^{ n }\pi  \right\rfloor $$


Segunda solución

A canle 3Blue1Brown non quedou parada ao darnos a primeira solución senón que partillou esta outra, igual de marabillosa e, para máis, completamente distinta.
Ben, aínda que distinta, tamén aborda o problema mediante a construción dun espazo xeométrico bidimensional asociado ao experimento. Só que agora os eixos non virán dados polas velocidades dos bloques senón polas súas distancias á parede: d₁ e d₂.
$$\begin{matrix} x=\sqrt { { m }_{ 1 } } { d }_{ 1 } \\ y=\sqrt { { m }_{ 2 } } { d }_{ 2 } \end{matrix}$$
Os choques entre bloques daranse cando d₁ = d₂ e os do primeiro bloque contra a parede cando d₁= 0.
$${ d }_{ 1 }={ d }_{ 2 }\quad \Rightarrow \quad \frac { x }{ \sqrt { { m }_{ 1 } }  } =\frac { y }{ \sqrt { { m }_{ 2 } }  } \quad \Rightarrow \quad y=\sqrt { \frac { { m }_{ 2 } }{ { m }_{ 1 } }  } x=m'x\quad \quad \quad [3]$$
Entón os puntos que representarán os choques estarán nas rectas [3] e y=0. Ademais, polas características do experimento, o punto, chamémoslle P, que representa o estado do mesmo en cada momento, debe moverse sempre entre estas dúas rectas.
Pasemos a estudar a velocidade do punto P. O seu módulo será:
$$\left| \overrightarrow { v }  \right| =\sqrt { { \left( \frac { dx }{ dt }  \right)  }^{ 2 }+{ \left( \frac { dy }{ dt }  \right)  }^{ 2 } } =\sqrt { { m }_{ 1 }{ v }_{ 1 }^{ 2 }+{ m }_{ 2}{ v }_{ 2 }^{ 2 } } =\sqrt { 2c }\quad \quad \quad [4] $$
Había algo neste vídeo de Grant Sanderson que non me cadraba. Explícase que o momento é constante e isto utilízase para explicar a igualdade entre os ángulos de incidencia e reflexión do punto P. Pero lembremos que isto non é exactamente así, pois o momento diminúe cada vez que o bloque pequeno choca coa parede. Por iso, para quedar tranquilo conmigo mesmo, tiven que refinar un pouco a explicación.
Cando se produce un choque co muro hai un cambio de sentido na velocidade do segundo bloque:
$$pasa\quad de\quad \overrightarrow { v } =\left( \sqrt { { m }_{ 1 } } { v }_{ 1 }\quad ,\quad \sqrt { { m }_{ 1 } } { v }_{ 1 } \right) \quad \quad a\quad \quad \overrightarrow { v' } =\left( \sqrt { { m }_{ 1 } } { v }_{ 1 },\quad -\sqrt { { m }_{ 1 } } { v }_{ 1 } \right) $$
De aí que o ángulo de incidencia e reflexión de P sexan o mesmo cando se produce a colisión co muro.
Por outra banda, cando hai un choque entre os bloques non hai cambio no momento, f(k) non varía. Entón, neste paso, podemos aplicar o razoamento que se observa no  vídeo de Grant Sanderson interpretando esta constancia no momento mediante o produto escalar de vectores, o que nos volverá a dar a igualdade entre os ángulos de incidencia e reflexión. Vexámolo:
$${ m }_{ 1 }{ v }_{ 1 }+{ m }_{ 2 }{ v }_{ 2 }=\left( \sqrt { { m }_{ 1 } } ,\sqrt { { m }_{ 2 } }  \right) \cdot \left( \sqrt { { m }_{ 1 } } { v }_{ 1 }\quad ,\sqrt { { m }_{ 2 } } { v }_{ 2 } \right) =f(k)$$
$$\overrightarrow { m } =\left( \sqrt { { m }_{ 1 } } ,\sqrt { { m }_{ 2 } }  \right) \quad vector\quad director\quad da\quad recta\quad { d }_{ 1 }={ d }_{ 2 }$$
$$\overrightarrow { m } \cdot \overrightarrow { v }  =f(k)=\left| \vec { m }  \right| \left| \vec { v }  \right| cos\theta $$
Onde θ é o ángulo que forman eses dous vectores.
Da última igualdade deduciremos a igualdade entre os ángulos de incidencia e de reflexión na traxectoria do P cando coliden as masas.   Como o vector director da recta d₁ = d₂   non varía e f(k) tampouco o fai no intervalo entre choques coa parede, temos que o cosθ tampouco varía co choque entre bloques, o cal implica que os ángulos da traxectoria do punto P cando incide e se reflicte na recta d₁ = d₂  serán iguais (a θ).
Xa vimos en [4] que a constancia do módulo do vector velocidade proviña da conservación da enerxía ([1]). Agora acabamos de comprobar que o punto P sempre forma o mesmo ángulo θ coas rectas y=0 e d₁ = d₂
Para rematar esta demostración non cómpre levar moito nas alforxas. O problema orixinal transformouse noutro de óptica. Con todo podería parecer pouco menos que imposible facer o reconto de veces que o punto P colide con ese par de rectas... agás que teñamos abordado algunha vez un problema no que tivéramos que reflexionar. Efectivamente, basta reflectir as rectas unha e outra vez para podermos simplificar a traxectoria de P a unha recta. Neste punto o problema volve a ser o de determinar N para Nθ＜ π, o cal xa se explicou máis arriba.
Esta solución que acabamos de dar, xunto co problema orixinal, son obra de Galperin. Podemos consultar a publicación nesta ligazón.

Máis solucións e máis problemas
Neste outro vídeo o profesor Ed Copeland propón un problema semellante: cantas veces coliden as masas entre sí antes de que a masa maior comence a cambiar de dirección? A resposta é a mesma que á da cuestión anterior cando a relación entre as masas é de 16・10²ⁿ :1 (se non as puxera ao principio desta entrada aquí tamén comprirían un par de signos de admiración).
A este novo problema danlle unha solución no blogue Conversation of Momentum (acaído nome para o que nos ocupa!) que me encantou. Non ten a vistosidade visual dos vídeos anteriores pero parte con outra ventaxa. Ata o momento fixemos unha simplicación que non permite comprender toda a complexidade do problema. Resulta que con cada colisión cambian as velocidades e isto non se reflicte na notación utilizada no xa explicado. No entanto, na entrada de Conversation of Momentum escóllese unha mellor notación chamándolle uⁿ_i á velocidade antes do n-ésimo choque da masa i e vⁿ_i á velocidade despois do n-ésimo choque. Despois de obter unha fórmula recursiva chégase á seguinte expresión:
$$\left( \begin{matrix} { v }_{ 1 }^{ n } \\ { v }_{ 2 }^{ n } \end{matrix} \right) =\frac { 1 }{ { \left( x+1 \right)  }^{ n } } { \begin{pmatrix} x-1 & 2 \\ -2x & x-1 \end{pmatrix} }^{ n }\left( \begin{matrix} { u }_{ 1 }^{ 0 } \\ 0 \end{matrix} \right) \quad con\quad x=\frac { { m }_{ 1 } }{ { m }_{ 2 } }  $$
Aquí aparece a potencia dunha matriz. O método para calculala é diagonalizándoa mediante a obtención dos seus autovalores (proceso que xa temos feito algunha vez neste blogue). A marabilla é que eses autovalores... dan números complexos. Algo que, por certo, non lle había de gustar ao compañeiro de física que me informou do problema. Como curiosidade, deixo aquí a matriz diagonal
$$D=\begin{pmatrix} \left( x-1 \right) +2i\sqrt { x }  & 0 \\ 0 & \left( x-1 \right) -2i\sqrt { x }  \end{pmatrix}$$
Non estaría mal pescudar a contabilización do número de choques cunha proporción de masas a・10²ⁿ :1, sendo a un número natural, ou incluso un número racional calquera maior que 1. A ver se vai resultar que calquera natural vai  ter unha relación natural (física) co número π.