Physik
Von: eip, 14.1.2005 17:16 Uhr
Zufällig bin ich im Archiv auf folgendes gestoßen:

Frage:

die Karten eines Stapels von 32 Spielkarten sollen parallel ihrer Längsseite so gegeneinander verschoben werden, daß dabei keine vom Stapel herunter fallen.

Um wieviele Kartenlängen lässt sich auf
diese Weise die oberste Karte über eine Tischkante hinaus schieben, wenn man
idealerweise annimmt, daß die Karten nicht
biegbar sind?

Wie weit kommt man mit einem Rommee-Spiel
(104 Karten), wie weit mit beliebig vielen
Karten?

Antwort:

Etwas physikalisch-abstrakter lautet Eure Aufgabe so:

N + 1 homogene Quader der Länge l werden übereinander gestapelt,
wobei alle Quader gegeneinander in die gleiche Richtung verschoben
werden.
Frage1: Um wieviel darf man die Quader *maximal* verschieben,
ohne daß der Stapel umkippt?
Frage 2: Wie groß ist dann der "Gesamtüberhang" des Stapels, also
die Summe aller Verschiebungen, als Funktion der Quaderanzahl?


Lösung
------

Zuerst numeriere man die Quader mal durch: Der oberste werde mit
Q_0, der zweitoberste mit Q_1 usw. bezeichnet, bis zum untersten,
der mit Q_N bezeichnet werde.

Um das Problem zu lösen, muß man zu folgender Erkenntnis kommen:

Der aus den Quadern Q_0 bis Q_i (i beliebig, 0 <= i <= N-1) beste-
hende *Teilstapel* bleibt gerade dann noch ohne zu kippen auf dem
unmittelbar darunter liegenden Quader Q_i+1 stehen, wenn sich der
Teilstapel-Schwerpunkt genau über der "inneren" Seitenfläche von
Q_i+1 befindet. Die gesuchten Verschiebungen ergeben sich aus der
Forderung, daß diese Bedingung *für alle i = 1,...,N* gelten soll.

Setzt man das "in Mathe" um, erhält man eine Rekursionsformel für
die Schwerpunktspositionen der Quader, für deren Ergebnisse sich
schnell eine Vermutung aufdrängt, welche sich mittels vollstän-
diger Induktion beweisen läßt.

Mit den Schwerpunktspositionen hat man dann auch sofort die in
Frage 1 gesuchten Maximalverschiebungen. Das Endresultat lautet:
Der oberste Quader ist gegenüber dem untersten genau dann maximal
verschoben, wenn der i-te Quader gegenüber dem (i-1)-ten um das
Stück l/(2i) verschoben wird.

Das heißt: Q_0 muß gegenüber Q_1 um l/2 verschoben werden,
Q_1 gegenüber Q_2 um l/4,
Q_2 gegenüber Q_3 um l/6,
Q_3 gegenüber Q_4 um l/8,
......
und Q_N-1 gegenüber Q_N um l/(2*N).


Die Antwort auf Frage 2 ist höchst erstaunlich. Der "Gesamtüber-
hang" u(N), also die Summe aller Verschiebungen, die in dem Stapel
auftreten, beträgt

N
l --- 1 l
u(N) = --- > --- = --- (1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + ... + 1/N)
2 --- i 2
i=1


Da diese Summe aber für N -> Unendlich divergiert (wenn auch sehr
langsam), folgt, daß u(N) nicht nach oben beschränkt ist, d. h.
man kann *jeden beliebig großen* Gesamtüberhang erreichen, wenn
nur die Anzahl der Quader hinreichend groß ist!

Hier noch einige konkrete Werte:

N u(N)
------------------------
1 0.5 l
2 0.75 l
3 0.9166666 l
4 1.0416666 l
5 1.1416666 l
6 1.225 l
10 ca. 1.4645 l
31 ca. 2 l
227 ca. 3 l
1674 ca. 4 l


Die Überhangswerte für N = 32 und N = 104 könnt Ihr jetzt leicht
selbst ausrechnen bzw. mit einem kleinen Progamm z. B. in Pascal
ausrechnen lassen.

Zitat Ende.


Ich behaupte nun, der maximale Überhang beträgt die halbe Kartenlänge
(evt. Adhäsionskräfte nicht berücksichtigt). Hier besteht ein labiles Gleichgewicht - der Schwerpunkt der oberen Karte liegt genau auf der Kante der unteren.
Sobald auf die obere Karte eine weitere Karte gelegt wird und diese auch nur minimal weiter verschoben wird, verlagert sich der Gesamtschwerpunkt der oberen beiden Karten außerhalb der unterstützten Fläche - der Stapel kippt.

Frage: Wo liegt der Fehler in dem Beweis, dass der Gesamtüberhang jeden beliebigen Betrag erreichen kann, wenn man nur genug Karten aufschichtet?



  1. Antwort von Ralf Langenheder (abgemeldet) 0
    Re: Stapeln Einspruch
    Hallo eip Frage: Wo liegt der Fehler in dem Beweis, dass der
    Gesamtüberhang jeden beliebigen Betrag erreichen kann, wenn
    man nur genug Karten aufschichtet?
    Gegenfrage: Wo liegt der Fehler in Deinem Gedankengang?

    Im Beweis ist beschrieben, wie der Stapel von oben nach unten beschaffen ist. Aufbauen mußt Du ihn aber in der umgekehrten Reihenfolge. D.h. Du legst die zweite Karte mit nur ganz wenig Überhang auf die erste, die dritte schon mit etwas mehr, und erst die letzte Karte legst Du mit Überhang 1/2 auf die vorletzte Karte. Du mußt Dir die Überhänge vorher nach dem Schema aus dem Beweis ausrechnen und dann nach Plan bauen.

    Gruß, Ralf
    1 Kommentare
    • von eip 0
      Re^2: Stapeln Einspruch
      Hallo Ralf,

      vielen Dank, jetzt hab ichs auch geschnallt.

      Gruß Eip