Leituras do Blog

Empilhando placas "paca"

Professor Carlos Magno Torres

Temos n placas de vidro, idênticas à da figura 1 nas dimensões e na massa, que devem ser empilhadas de um modo incomum e ousado!... Isso também pode ser feito com as cartas de um baralho comum. Vejamos.
 

Vamos supor que você coloque apenas uma placa sobre uma mesa horizontal, de modo que ela fique na iminência de cair. Isso ocorrerá se o centro de gravidade da placa estiver exatamente sobre a borda da mesa, como na figura 2. Se ℒ é o comprimento total da placa, teremos um excesso e1 = 1/2 ℒ  para fora da borda da mesa.

Agora vamos colocar uma segunda placa sobre a primeira, de modo que o conjunto também fique equilibrado na iminência de cair. A condição que deve ser satisfeita é a mesma de antes: o centro de gravidade do conjunto formado pelas duas placas deve ficar sobre a borda da mesa. Para isso devemos empurrar a primeira placa um pouco para dentro da mesa. Mas... quanto é “um pouco”?. Como as placas são idênticas, o centro de gravidade do conjunto, que está no ponto médio dos centros de gravidade das duas placas, também deverá estar exatamente sobre a borda da mesa, como na figura 3.
Assim, devemos ter  e1 = 1/2 ℒ  e  e2 = 1/4 ℒ.

Ao colocarmos uma terceira placa teremos a situação mostrada na figura 4, com e1 = 1/2 ℒ, e2 = 1/4 ℒ e e3 = 1/6 ℒ. Sempre obedecendo à mesma condição.

Bom..., só mais uma para “pegarmos” a sequência. A figura 5 mostra a posição de equilíbrio de quatro placas, com e4 = 1/8 ℒ.

Percebeu a lei de formação da sequência? Para um número n qualquer de placas, o n-ésimo excesso será en = (1/2n) ℒ.
Esses excessos formam a sequência: 1/2 ℒ , 1/4 ℒ, 1/6 ℒ, 1/8 ℒ, ..., 1/2n ℒ.
É interessante notar que a soma Sn dos excessos (dos ℒ’s), cresce ilimitadamente, à medida que acrescentamos mais placas. Veja:

– para uma placa S1 = e1 = 1/2 ℒ = 0,5 ℒ;
– para duas placas S2 = e1 + e2 = 1/2 ℒ + 1/4 ℒ = 3/4 ℒ = 0,75 ℒ;
– para três placas S3 = e1 + e2 + e3 = 1/2 ℒ + 1/4 ℒ + 1/6 ℒ = 11/12 ℒ = 0,917  ℒ;
– para quatro placas S4 = e1 + e2 + e3 + e4 = 1/2 ℒ + 1/4 ℒ + 1/6 ℒ + 1/8 ℒ = 25/24 ℒ = 1,042 ℒ.

Como se vê, com três placas, a placa superior, a “primeira”, está com 91,7% do seu comprimento para fora da borda da mesa. Com apenas quatro placas, teremos a placa superior totalmente fora da mesa! Sua extremidade esquerda está 4,2% do seu comprimento distante da borda da mesa.

Continuando o processo, somente na 25ª placa a soma dos excessos será maior que 2 ℒ (S25 = 2,029 ℒ), isto é, a extremidade direita da primeira placa estará mais de dois comprimentos ℒ para fora da borda da mesa. Representando graficamente as somas Sn temos a impressão de que a “curva” tenderá a estabilizar em algum valor, veja o gráfico abaixo. Bem, ... não é isso o que a matemática nos mostra.

A soma Sn dos n excessos pode ser obtida pelas expressões abaixo:

Sn = 1/2 ℒ + 1/4 ℒ + 1/6 ℒ + 1/8 ℒ + ... + (1/2n) ℒ ou Sn = 1/2 ℒ (1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + ...+ 1/n).

Na expressão entre parênteses, embora cada termo adicionado seja menor que o anterior, à medida que adicionamos mais termos a soma nunca pára de crescer, isto é, a soma tende ao infinito, em símbolos escreve-se Sn ⇾ ∞.

A soma cresce muito lentamente, é verdade, mas sempre cresce! Ela não tem um limite! Isso foi provado pela primeira vez, de modo simples e genial, por um estudante francês, Nicole d’Oresme (1323 – 1382). O, também genial, matemático suíço Leonhard Euler apresentou uma prova diferente em 1748, no seu livro Introdução à Análise dos Infinitos (Introductio in Analysin Infinitorum), usando logaritmos.
A figura 6 dá uma idéia de como fica a “pilha” com n placas.
Com muita paciência e uma boa calculadora à mão, supondo que a cada segundo um termo da sequência fosse acrescido à soma, em 3 minutos e 45 segundos chegaríamos a S225 ≃ 3,00. Em um ano teríamos S31.557.600 ≃ 8,5. Em 100 anos teríamos obtido, provavelmente post mortem, S100 anos ≃ 11.
Em 1968 o matemático John Wrench Jr calculou o número exato de termos necessários para obtermos Sn = 100. Esse número é:


15.092.688. 622.113.788.323.693.563.264.538.101.449.859.497


Uau...! Como se fala isso em português?
Se um moderno computador fosse somar todos esses termos, gastando 1 nano segundo em cada soma, ele levaria cerca de 800 mols de anos! Isso dá, aproximadamente, 35.000 trilhões de vezes a idade estimada do universo!!!
Como Wrench chegou a esse resultado?!
Bem, para terminar, vamos falar de coisas possíveis. Na figura 7 mostra-se uma simulação em computador com as 52 cartas de um baralho comum

O excesso total equivale a pouco mais de duas cartas e um quarto!

E aí, ... quer tentar fazer?!

Para saber mais, visite:
http://www.pb.utfpr.edu.br/vanderlei/picme/serieharmonica.pdf
http://mathworld.wolfram.com/HarmonicSeries.html
http://en.wikipedia.org/wiki/Harmonic_series_(mathematics)