A inércia de Sierpiński

Problemas de difícil resolução por métodos convencionais, mas que admitem uma solução simples e elegante.

Re: A inércia de Sierpiński

Mensagempor Zé Teixeira em Sábado Jan 17, 2009 1:18 am

O triângulo é o output de um caso particular de autómato celular elementar (regra 126, para ser concreto). O meu trabalho final da primeira cadeira de programação foi implementar um autómato destes (em C).
Avatar do utilizador
Zé Teixeira
down-Quark!
down-Quark!
 
Mensagens: 290
Registado: Sábado Nov 18, 2006 9:33 pm
Localização: Lisboa (IST)

Re: A inércia de Sierpiński

Mensagempor rigillescherrer em Sexta Fev 25, 2011 5:47 pm

O problema parece ser giro :D
ressucitando o tópico, alguém quer resolve-lô?(para mim por enquanto não dá, só depois de ler sobre momento de inércia )
Imagem \huge = \int
Avatar do utilizador
rigillescherrer
bottom-Quark!
bottom-Quark!
 
Mensagens: 77
Registado: Domingo Set 05, 2010 8:56 am
Localização: Vitória, Brasil

Re: A inércia de Sierpiński

Mensagempor rigillescherrer em Sexta Fev 25, 2011 6:00 pm

acho que já sei como resolver o problema, depois posto minha resolução :wink:
Imagem \huge = \int
Avatar do utilizador
rigillescherrer
bottom-Quark!
bottom-Quark!
 
Mensagens: 77
Registado: Domingo Set 05, 2010 8:56 am
Localização: Vitória, Brasil

Re: A inércia de Sierpiński

Mensagempor rigillescherrer em Segunda Maio 16, 2011 4:37 pm

O triângulo de Sierpinski é formado por 3 cópias dele mesmo com lado igual a metade do lado inicial, sendo que duas delas estão a uma distância \frac{L}{4} do própio ponto médio da base para o ponto médio da base do triângulo, e o ponto médio da base da outra tem uma distância horizontal igual a 0 para o ponto médio da base do triângulo
Imagem
As partes coloridas representam cada cópia.
Se pegarmos um triângulo normal de lado L,
Imagem
fizermos 3 cópias dele com lado L/2 e organizarmos eles da forma que eu falei que as cópias do triângulo de Sierpínski estão organizadas vamos ter essa figura:
Imagem
Se repetimos o que fizemos com o triângulo com a figura resultante vamos ter isso:
Imagem
Se continuarmos repetindo infinitamente chegaremos a um triângulo de Sierpinski :)
Agora suponhamos que um triângulo tem um momento de inércia igual a \displaystyle\frac {a_0}{b_0}mL^2, vamos fazer três cópias do triângulo com massa m/3 (distribuida igualmente entre as três) e lado L/2, duas delas vão estar a uma distância L/4 do eixo, a outra vai ter distância 0. O momento de inércia das três juntas vai ser (lembrando do teorema dos eixos paralelos):
\displaystyle 2\times\left(\frac{mL^2a_0}{12b_0} + \frac{mL^2}{16}\right) + \frac{mL^2a_0}{12b_0}
\displaystyle\frac{2a_0 + b_0}{8b_0}mL^2
agora se considerarmos a_1 = 2a_0 + b_0 e b_1 = 8b_0 e repetirmos o processo com \displaystyle \frac {a_1}{b_1}mL^2 chegaremos a a_2 = 2a_1 + b_1 e a b_2 = 8b_1 logo a_n = 2a_{n-1} + b_{n-1} e b_n = 8b_{n-1}, e o momento de inércia do triângulo de Sierpinski vai ser:
\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty} \frac{a_n}{b_n} mL^2
Agora só falta calcular o limite.
Imagem \huge = \int
Avatar do utilizador
rigillescherrer
bottom-Quark!
bottom-Quark!
 
Mensagens: 77
Registado: Domingo Set 05, 2010 8:56 am
Localização: Vitória, Brasil

Re: A inércia de Sierpiński

Mensagempor hexphreak em Segunda Maio 16, 2011 7:32 pm

Rígille,

Devo pedir desculpas, não fui claro no enunciado acerca do eixo em torno do qual se deveria calcular o momento de inércia :? A ideia é ser o eixo que passa pelo centro do triângulo e lhe é perpendicular, não uma das bissectrizes. Tenta fazer agora assim :wink:
Avatar do utilizador
hexphreak
top-Quark!
top-Quark!
 
Mensagens: 1959
Registado: Segunda Nov 05, 2007 8:52 pm
Localização: Maia/Porto

Re: A inércia de Sierpiński

Mensagempor Tharis em Quinta Jun 02, 2011 4:58 pm

Lembrei-me ontem que este problema ainda não tinha sido resolvido e em vez de estudar Gestão, I had fun.

Usem esta imagem como referência.

Seja I(m, l) uma função que nos dá o momento de inércia de um triângulo de Sierpinski em relação ao eixo perpendicular ao plano do triângulo que passa seu centro de massa. Seja I_k o momento de inércia do sub-triângulo k em relação ao eixo anterior, isto é, em relação ao eixo que passa por A. Então, pelo Teorema de Steiner I_k = I(m_k, l_k) + m_k \overline{AC_k}^2, onde C_k é o centro do sub-triângulo k.

I_k = I(m_k, l_k) + m_k \overline{AC_k}^2 = I(\frac{m}{3}, \frac{l}{2}) + \frac{m}{3} (\frac{l}{2\sqrt{3}})^2 \Leftrightarrow
\Leftrightarrow I_k = I(\frac{m}{3}, \frac{l}{2})+ \frac{m l^2 }{3 \times 12}


I(m, l) = \sum_{k=1}^{3} I_k = 3 (I(\frac{m}{3}, \frac{l}{2})+ \frac{m l^2 }{3 \times 12}) \Leftrightarrow
\Leftrightarrow I(m, l) = 3I(\frac{m}{3}, \frac{l}{2}) + \frac{m l^2 }{12}

Ou seja, temos uma função recursiva, tal como o triângulo em questão. Se designarmos o resultado de I(m,l) após n recursões por I^n(m,l), o que nós queremos é I^{\infty}(m, l). Obviamente não podemos fazer infinitas recursões. No entanto, se fizerem duas recursões percebem facilmente que I^{\infty}(m, l) é nada mais que uma série geométrica! ;)

Então,

I^{\infty}(m, l) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{ml^2}{12 \times 4^n} = \frac{ml^2}{12} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{4^n} =   \frac{ml^2}{12} \frac{1 - 0}{1 - \frac{1}{4}} = \frac{ml^2}{12} \frac{4}{3} = \frac{ml^2}{9}

O momento de inércia do triângulo de Sierpinski de massa m e lado l é \frac{ml^2}{9}. :D
Avatar do utilizador
Tharis
up-Quark!
up-Quark!
 
Mensagens: 387
Registado: Quinta Out 23, 2008 4:26 pm

Re: A inércia de Sierpiński

Mensagempor hexphreak em Quinta Jun 02, 2011 6:29 pm

O resultado está correcto :D Mas a minha resolução não utiliza nem séries nem limites... Será que alguém chega lá? :wink:
Avatar do utilizador
hexphreak
top-Quark!
top-Quark!
 
Mensagens: 1959
Registado: Segunda Nov 05, 2007 8:52 pm
Localização: Maia/Porto

Re: A inércia de Sierpiński

Mensagempor Pedro B. em Terça Jul 26, 2011 12:40 am

Uma resolução alternativa deste problema passa por um pensamento semelhante ao da resistência infinita.
Cada um dos sub triângulos (denotados por \frac{l}{2}) é também um triângulo de Sierpinski pelo que, existe uma relação de proporcionalidade entre os momentos de inércia dos sub triângulos e do triângulo grande.

Duplicando o lado do triângulo triplica-se a massa deste. Por outro lado, uma vez que o momento de inércia tem uma dependência quadrática num comprimento a relação entre os momentos será I_l=3*2^2I_{l/2}=12 I_{l/2}.
Para quem tenha lá estado, este argumento foi utilizado na resolução do lápis hexagonal no plano inclinado em 2009.
Pelo teorema de Steiner, o momento de inércia do triângulo grande será I_l=3*\left( I_{l/2}+m_{l/2}*r^2\right), sendo r a distância entre o centro do triângulo grande e de um sub triângulo. Da geometria do triângulo equilátero verifica-se que r=\frac{l}{\sqrt{3}}-\frac{l}{2\sqrt{3}}. Por outro lado m_{l/2}=\frac{m_l}{3}, uma vez que um triângulo grande tem 3 sub triângulos.
Substituindo

I_l=3*\left(\frac{ I_{l}}{12}+\frac{m_{l}}{3}(\frac{l}{2\sqrt{3}})^2\right) \Leftrightarrow I_l (1-\frac{3}{12})=\frac{m_l l^2}{3*4} \Leftrightarrow I_l = \frac{m_l l^2}{9}

A falta de um esquema dificulta a visualização mas creio que se percebe :roll:.
"Now is the winter of our discontent Made glorious summer by this sun of York" - Richard III
Avatar do utilizador
Pedro B.
 
Mensagens: 4
Registado: Segunda Dez 22, 2008 7:55 pm

Anterior

Voltar para Problemas tricky

Quem está ligado

Utilizadores a navegar neste fórum: Nenhum utilizador registado e 3 visitantes

cron