積み木はどこまで張り出せるか

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 「どこまで出せるか」を $1$ 枚ずつ考えると混乱する。上の積み木の位置が下の条件に効いてくるからである。

そこで、上から $k$ 枚をひとまとまりの物体とみなす。そのまとまりが $(k+1)$ 枚目から落ちない条件は、「まとまりの重心が $(k+1)$ 枚目の右端より内側」である。

この条件を上から順に使っていくと、ずらせる量が $\frac{L}{2k}$ という単純な形で出てくる。あとはそれを足すだけである。

① $2$ 枚の場合。 いちばん上の積み木は、$2$ 枚目より $\frac{L}{2}$ だけ張り出せる(自分の重心が $2$ 枚目の右端に来るまで)。

$2$ 枚のまとまりの重心は、$2$ 枚目の左端から $\frac{L}{2}+\frac{L}{4}$ の位置にある。これが机の端に来るまで出せるので、$2$ 枚目は机から $\frac{L}{4}$ 張り出せる。

いちばん上の右端は、机の端から

$$\frac{L}{4}+\frac{L}{2}=\frac{3L}{4}$$

② 一般の $n$ 枚。 上から $k$ 枚目が $(k+1)$ 枚目より $\frac{L}{2k}$ 張り出せるので、合計は

$$D_n=\frac{L}{2}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n}\right)=\frac{L}{2}\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}$$

③ $4$ 枚のとき。

$$D_4=\frac{L}{2}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)=\frac{L}{2}\times \frac{25}{12}\approx 1.04L$$

$1$ 枚の長さ $L$ を超えている。つまり $4$ 枚あれば、いちばん上の積み木は机の真上から完全に外れた位置まで出せる。

④ $1.0\mathrm{m}$ 張り出す。 $L=0.20\mathrm{m}$ だから

$$0.10\times \sum _{k=1}^n\frac{1}{k}\ge 1.0⟹\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}\ge 10$$

近似式を使うと

$${\log }_{e}n+0.577\ge 10⟹{\log }_{e}n\ge 9.42⟹n\ge 1.2\times 10^4$$

約 $1.2$ 万枚である。

まとめ 調和級数は発散するので、枚数さえ増やせばいくらでも張り出せる。ただし伸びが対数なので、増え方は極端に遅い。

発展 — 一歩先へ。 調和級数の発散は $\log$ 的なので、$10$ 倍遠くへ出すには枚数が $e^{10}\approx 2.2\times 10^4$ 倍必要になる。$100$ 万枚積んでも $1.44\mathrm{m}$ にしかならない。

「原理的には無限」と「現実的に可能」がまったく違う、というよい例である。

なお、この問題は「$1$ 枚ずつ真上に積む」という条件でのものである。$2$ 枚を横に並べて支えるなど、積み方を工夫すると $n$ 枚で $n^{1/3}$ 程度まで伸ばせることが知られている。制約を変えると最適解の形が変わる、というのも面白いところである。

別解

下から順に重心を追うルート。 ② の式は、下から積み上げる立場でも確かめられる。

まず机の端を原点とし、いちばん下($n$ 枚目)の左端を $x_n$ とする。上へ行くほど右へずれていく。

$k$ 枚目の右端が机の端からどれだけ出るかを追うより、「上から $k$ 枚のまとまりの重心」を追うほうが速い。まとまりの重心は、$1$ 枚追加するごとに

$$\text{(新しい重心)}=\frac{k\times (\text{それまでの重心})+1\times (\text{新しい 1 枚の重心})}{k+1}$$

で更新される。ぎりぎりまでずらした状態では、まとまりの重心はつねに $1$ つ下の積み木の右端に一致している。

この漸化式を書き下すと、$1$ 枚追加するごとに重心が $\frac{L}{2(k+1)}$ ずつ動くことが出てくる。② の $\frac{L}{2k}$ と同じ式である。

「まとまりの重心を平均で更新する」という見方は、重心の問題全般で使える。$2$ つの物体の重心は質量で重みをつけた平均、という基本がそのまま効いている。