Lo que es un problema interesante! Voy a tratar de explicar sólo la intuición, tanto como sea posible, y dejar la discusión de las matemáticas para Galperin original traducido del papel que, aparte de un par de errores de ortografía, es bastante accesible. También, voy a no seguir el método exacto en el video, pero en lugar de seguir Galperin del método original, como yo creo que es más fácil de entender de esa manera. La principal diferencia es que en Galperin del método original, todos los rebotes en el sistema se cuentan, no sólo entre las dos bolas. Esto también se traduce en una relación diferente entre la masa de la pelota grande y la masa de la pequeña, pero es la misma idea básica. En particular, $\pi$ se muestra por la misma razón.
En primer lugar, vamos a establecer el problema, como se muestra a continuación:
![Billiard Ball Step 1]()
Lugar de la gran bola de masa $M$ en la línea $\ell$, y el lugar de la pequeña bola de masa $m$ entre los grandes de la pelota y la pared. Vamos a la distancia de la bola pequeña de la pared al tiempo $t$ es dada por la función $x(t)$, y dejar que la distancia de la pelota grande de la pared tiene que ser dado por la función $y(t)$. Ahora esto nos da una manera de representar la posición de las dos bolas como un punto $P(t)=(x(t),y(t))$ en el plano Cartesiano, $\mathbb R ^2$.
Jugar un poco para reconocer lo que las diversas partes del avión que corresponden a. En primer lugar, desde la pequeña pelota siempre está entre los grandes de la pelota y la pared, $x(t)\le y(t)$ y por lo tanto el punto $P(t)$ será entre el $y$el eje y la recta $y=x$. Por ejemplo, cuando la pequeña pelota golpea la pared, entonces $x(t)$ será cero, y por lo tanto el punto $P(t)$ será en el $$y-eje. Cuando la gran bola golpea a la bolita, a continuación, $y(t)=x(t)$ de modo que el punto estará en la línea de $ $ y=x$. Esto nos da una buena manera de visualizar la actividad en todo el sistema como el movimiento de un punto en el plano bidimensional.
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Ahora vamos a configurar una relación de criterios para las masas $M$ y $m$ (y aquí es donde yo se apartan de la de vídeo). Vamos $M=100^Nm$, rodar la pelota grande hacia la pequeña bola con algunos de velocidad $V$, y vamos a contar el número total de rebotes en el sistema. Si las masas son iguales, cuando $N=0$, tendríamos tres el total de rebotes en el sistema:
- Los "grandes" de la pelota le golpeó la "pequeña" de la pelota y, al igual que el péndulo de Newton, toda la velocidad de la pelota en movimiento se transfiere a la segunda con el primer rebote.
- El "pequeño" de la pelota que rebote contra la pared y, la conservación de la energía cinética, se mueven en la dirección opuesta con la misma velocidad.
- El "pequeño" de la pelota que rebote contra los "grandes" de la bola, la transferencia de todos es el impulso en los "grandes" de la pelota.
Esto es 3 rebotes, que pasa a ser el primer dígito de $\pi$. El punto $P(t)$ seguirá el camino trazado punteado en la Figura A. Ya que las masas son iguales, tenga en cuenta que tenemos una muy buena propiedad reflexiva de la ruta de acceso de $P(t)$, es decir, el ángulo de incidencia es igual al ángulo de reflexión cuando se "rebota" en contra de $ $ y=x$ y $y$el eje. Si las masas son iguales, sin embargo, esta reflexivo de la propiedad no se cumple debido a la "gran" bola seguirá moviéndose con cierta velocidad hacia la pared (vea la Figura B.).
Para explicar por qué este reflectante propiedad es deseable, vamos a "fold-out" el ángulo entre el $y$el eje y la recta $y=x$ para el caso cuando las masas son iguales, como se muestra en la Figura C. (Creo que de un tirón el ángulo sobre sí misma en el sentido de la forma.)
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La línea punteada representa todavía el movimiento de $P(t)$, pero cada vez que habría rebotado de un objeto, esta vez se pasa a la siguiente de plegado de sección del ángulo en su lugar. Debido a que el ángulo de incidencia es igual al ángulo de refracción, tenemos que la ruta de acceso de $P(t)$ es simplemente una línea recta, y es muy fácil ver que rebota tres veces. Si tan sólo pudiéramos conseguir el poder de reflexión de la propiedad para celebrar cuando las masas eran de tamaños diferentes...
Bien, pues resulta que (y esto requiere un poco de matemáticas para verificar), se puede obtener la propiedad reflexiva para celebrar cuando las masas son de diferentes tamaños mediante la escala del gráfico de forma diferente en el $y$ y $x$ direcciones. En primer lugar, compruebe usted mismo que la pelota rebotando contra el $$y-eje siempre tiene el poder de reflexión de la propiedad, y tenga en cuenta que no importa cómo la escala de la gráfica (que se extienden en el $y$ o $x$ de la dirección, y el rebote de $P(t)$ contra $y$el eje todavía será reflectante). Por lo tanto sólo tenemos que modificar la escala, de manera que el rebote de los $ $ y=x$ line es reflexivo. Si usted piensa acerca de ello, la ampliación de la gráfica con diferentes escalas para la $x$ y $y$ eje será similar al cambiar el ángulo de la $ $ y=x$ línea, y lo que quiero hacer es "girar" el $ $ y=x$ línea a un punto donde el reflexivo posee propiedad. Como resulta, y de nuevo, esto requiere algo de matemáticas, para verificar la adecuada elección de la escala es de $Y=\sqrt M$ y $X=\sqrt m x$.
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Esta escala cambia el ángulo entre el $y$el eje y la línea que representa un rebote entre las dos bolas, que es ahora de $Y=\sqrt{\frac M m}X$. Tome el punto $ $ Y=\sqrt M$ y $X=\sqrt m$, que es en esta línea, y observe que el triángulo creado así por los puntos $(0,0)$, $(0,\sqrt M)$ y $(\sqrt m, \sqrt M)$ rendimientos que $\tan(\theta)=\sqrt {\frac m M}$. Ahora, vamos a "fold-out" en el ángulo, que ahora tiene el poder de reflexión de la propiedad:
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No importa que este ángulo no perfectamente dividir $\pi$ (Ahah! Ahí está!), notamos sin embargo que el resultado de la "plegado" de un ángulo hará que $\left \lceil \frac \pi \theta \right \rceil$ copias del ángulo, y por lo tanto la línea de $P(t)$ se cruzan $\left \lfloor \frac \pi \theta \right \rfloor$ líneas. Esta es la razón por la que el número que sale es la relacionada con $\pi$!
Ahora el remate: tenemos que $\tan \theta = \sqrt \frac m M$, entonces $\theta = \arctan \sqrt {\frac m M}$. Cuando establecemos $M = 100^N m$ $n\in \mathbb N$, tenemos que
$$\theta = \arctan \sqrt {\frac m {100^N m}} = \arctan \sqrt {100^{-N}}=\arctan {10^{-N}}$$
Y por lo tanto $P(t)$ se cruzan $\left \lfloor \frac \pi {\arctan 10^{-N}} \right \rfloor$ líneas, que es exactamente lo mismo que decir que el sistema tiene exactamente $\left \lfloor \frac \pi {\arctan 10^{-N}} \right \rfloor$ colisiones. Ahora Galperin sostiene que
$$\left \lfloor \frac \pi {\arctan 10^{-N}} \right \rfloor \approx \left \lfloor \frac \pi {10^{-N}} \right \rfloor= \left \lfloor \pi 10^N \right \rfloor$$
y demuestra que es exactamente igual para los valores de $N<100.000.000 de dólares. Él conjeturas que también tiene más general, pero esto no ha sido comprobado. Claramente, $\left \lfloor \pi 10^N \right \rfloor$ es, precisamente, la primera de $N+1$ dígitos de $\pi$!
Este enfoque parece que $\pi$ naturalmente, pero (a menos que me equivoco, que sin duda es posible) puede hacer que el número de rebotes de la línea con cualquier número que desees. Por ejemplo, supongamos $M=\frac {\pi^2} {e^2} 100^N de m$. A continuación, acabaríamos con el número de rebotes igual a $\left \lfloor e 10^N \right \rfloor$, es decir, los primeros $N+1$ dígitos de $e$. Por supuesto, la cosa interesante acerca de los "naturales" de la elección de $M=100^N m$ es que no dependen ya sabiendo el valor de $\pi$ en el fin de calcular. Por otro lado, si había una necesidad de crear un sistema físico que rebotó un determinado número de veces, ahora puede hacerlo.
De hecho, si usted está dispuesto a aceptar una más fea de masas de relación entre las dos bolas, usted puede conseguir exacta sin tener que recurrir a Galperin la aproximación. Acaba de dejar $M=\cot^2(10^{-N})m$.
