A inércia de Sierpiński

por **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).

por **rigillescherrer** em Sexta Fev 25, 2011 5:47 pm

O problema parece ser giro

ressucitando o tópico, alguém quer resolve-lô?(para mim por enquanto não dá, só depois de ler sobre momento de inércia )

por **rigillescherrer** em Sexta Fev 25, 2011 6:00 pm

acho que já sei como resolver o problema, depois posto minha resolução :wink:

por **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

para o ponto médio da base do triângulo
Imagem

As partes coloridas representam cada cópia.
Se pegarmos um triângulo normal de lado

,

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

e repetirmos o processo com $\displaystyle \frac {a_1}{b_1}mL^2$ chegaremos a a_2 = 2a_1 + b_1

e a

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.

por **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:

por **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

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

.

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

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

Ou seja, temos uma função recursiva, tal como o triângulo em questão. Se designarmos o resultado de I(m,l)

após

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

e lado

é $\frac{ml^2}{9}$ .

por **hexphreak** em Quinta Jun 02, 2011 6:29 pm

O resultado está correcto

Mas a minha resolução não utiliza nem séries nem limites... Será que alguém chega lá? :wink:

por **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:

.

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