Cómo probar la forma de la "Flor de Venus"

Question

Este es el gif que inspiró esta pregunta. Así pues, teniendo en cuenta que las órbitas de Venus y la Tierra son círculos concéntricos coplanares y que sus órbitas siguen una relación de 13:8 (diferencia de cinco), ¿cómo puedo demostrar esta quíntuple simetría?

He estado jugando en GeoGebra y he creado simetrías con otros números Por ejemplo, una "diferencia de proporción" de 9 crea una simetría de nueve, como se ve arriba.

Lo que quiero es, utilizando herramientas matemáticas relativamente sencillas (soy estudiante de secundaria), demostrar analíticamente cómo y por qué esta simetría se corresponde con la diferencia de la proporción.

Una de mis ideas era llegar a la ecuación de la recta entre los dos planetas y demostrar que pasa cinco (o la diferencia que sea) veces por el centro de las órbitas, dado que cada vez que el trazo pasa por el centro, crea uno de los "bucles" de la "cardioide". Otra idea sería utilizar números complejos, pero no estoy seguro de cómo hacerlo.

Lo principal que no tengo ni idea de cómo hacerlo analíticamente es cómo considerar la "velocidad" de las órbitas y su diferencia. ¿Debería haber alguna forma de cálculo en marcha?

Edición: Originalmente publiqué una pregunta sobre el mismo tema en Astronomy Stack Exchange, pero estaba buscando una respuesta más técnica.

¿Alguna idea?

Answer 1

Supongamos que la Tierra y Venus están a su distancia mínima en $t=0$ . Volverán a la misma posición en $t=8$ años, habiendo hecho la Tierra $8$ revoluciones alrededor del Sol y de Venus $13$ .

Pero llegarán antes a una nueva posición de distancia mínima. Si $T_E=1$ y $T_V=8/13$ son sus períodos de revolución (en años), entonces en el momento $t$ han viajado una fracción $t/T_E$ y $t/T_V$ de una revolución completa, por lo que vuelven a estar a su distancia mínima si Venus ha dado una revolución completa más que la Tierra, es decir, si $$ {t\over T_V}={t\over T_E}+1, \quad\text{whence:}\quad t={T_ET_V\over T_E-T_V}={8\over5}. $$ De ello se deduce que, durante el ciclo de 8 años Venus-Tierra, los dos planetas alcanzan su distancia mínima 5 veces: eso explica la simetría quíntuple de su gráfico.

EDITAR.

Esta es una animación que muestra cómo después $8/5\cdot 360°=576°$ La Tierra vuelve a estar a una distancia mínima de Venus. Durante el mismo tiempo Venus ha recorrido un ángulo $13/8\cdot576=936°=576°+360°$ , dando así una vuelta completa más que la Tierra.

Answer 2

Este es el enfoque loco ... Vamos a encontrar el ecuación ¡de la curva de la Flor!

La curva es la sobre de segmentos de línea determinados por los dos puntos del planeta, que podemos parametrizar como $$P = p \,( \cos 8 t, \sin 8 t ) \qquad Q = q\, ( \cos 13 t, \sin 13 t )$$ donde $p$ y $q$ son los radios de las órbitas. La línea $PQ$ es entonces $$f(t) := x \left( p \sin 8 t - q \sin 13 t \right) + y ( - p \cos 8 t + q \cos 13 t ) + p q \sin 5 t \tag{1}$$ para que $$f^\prime(t) := x \left( 8 p \cos 8 t - 13 q \cos 13 t \right) + y \left( 8 p \sin 8 t - 13 q \sin 13 t \right) + 5 p q \cos 5 t \tag{2}$$ Para derivar la ecuación de la envolvente, "todo lo que tenemos que hacer" es eliminar $t$ de $f(t)$ y $f^\prime(t)$ . Con muchas envolventes clásicas (cardioides, astroides, parábolas, etc.), el paso de eliminación es bastante sencillo. Aquí, con $t$ atrapados dentro de los distintos senos y cosenos, las cosas se complican un poco. Ayuda un poco reescribir las ecuaciones en términos de la exponencial compleja, $\omega := \exp(it)$ ; ayudará a definir aún más $z := x + i y$ y $\bar{z} := x - i y$ . Entonces, hacemos las sustituciones $$\cos kt = \frac12(\omega^k+\omega^{-k}) \qquad \sin kt = \frac1{2i}(\omega^k-\omega^{-k}) \qquad x = \frac12(z+\bar{z}) \qquad y = \frac1{2i}(z-\bar{z})$$

Entonces $(1)$ y $(2)$ se convierten, después de despejar los denominadores, $$\omega^{26} q \bar{z} - \omega^{21} p \bar{z} - \omega^{18} p q + \omega^8 p q + \omega^5 p z - q z \tag{3}$$ $$13 \omega^{26} q \bar{z} - 8 \omega^{21} p \bar{z} - 5 \omega^{18} p q - 5 \omega^8 p q - 8 \omega^5 p z + 13 q z \tag{4}$$ y ahora "todo lo que tenemos que hacer" es eliminar $\omega$ . De nuevo, esto es conceptualmente es sencillo: nos limitamos a invocar el método de resultantes que Mathematica implementa gentilmente como su Resultant[] función. Sin embargo, la complejidad computacional de la búsqueda de la resultante está relacionada con la suma de los grados de los polinomios ---aquí 52--- lo que provoca Resultant[] se atasque en mi ordenador. Felizmente, pude conseguir una implementación más rápida al tener Mathematica construir el Matriz Sylvester para los polinomios, y tomar su determinante (que equivale a la resultante). El resultado(ant) es :

$$\begin{align} &2814749767106560000000000 p^{36} q^{42} \\ + &\cdots \;\text{($760$ terms)}\; \cdots \\ + &18258084432456195379316013815625 p^{26} q^{16} z^{13} \bar{z}^{23} \end{align}\tag{5}$$

Ahora, en lugar de restaurar $z$ y $\bar{z}$ volver a $x$ y $y$ a la forma polar compleja más adecuada: $$z = r \exp(i\theta) \qquad \bar{z} = r\exp(-i\theta)$$ para conseguir $$\begin{align} &15879378388503914086400000 \;\left(e^{15i\theta}+e^{-15i\theta} \right)\; p^{39} q^{24} r^{15} \\ +&\phantom{1}3 \left(e^{10i\theta}+e^{-10i\theta} \right)\;p^{26} q^{16} r^{10} (3289829448089600000000000 p^{12} q^{14} + \cdots) \\ -&12 \left(e^{5i\theta}+e^{-5i\theta} \right)\; p^{13} q^8 r^5 (1179648000000000000000 p^{26} q^{26} + \cdots) \\ -&\phantom{1}2\;(1407374883553280000000000 p^{36} q^{42} + \cdots) \\ \end{align} \tag{6}$$ Convenientemente, las exponenciales complejas se emparejan para formar cosenos (con un factor de $2$ ), por lo que la ecuación polar de la Flor de Venus tiene la forma

$$\begin{align} 0 \;=\;\; &31758756777007828172800000 \;\cos 15\theta\; p^{39} q^{24} r^{15} \\ +&\phantom{1}6 \cos 10\theta \;p^{26} q^{16} r^{10} (3289829448089600000000000 p^{12} q^{14} + \cdots) \\ -&24 \cos 5\theta \; p^{13} q^8 r^5 (1179648000000000000000 p^{26} q^{26} + \cdots) \\ -&\phantom{1}2\;(1407374883553280000000000 p^{36} q^{42} + \cdots) \\ \end{align}\tag{$\star$}$$

Como los argumentos de los cosenos son todos múltiplos de $5\theta$ la curva debe tener $5$ -simetría rotacional doble. Fácil, fácil. $\square$

Por supuesto, esto ad hoc enfoque no proporciona ninguna idea de por qué el $5$ -aparece la doble simetría, lo que ocurre con otras "diferencias de proporción", etc. En realidad sólo quería comprobar por mí mismo lo disparatada que es la ecuación de la curva de Flor. Sospecho que debe haber una forma de anticiparse a la simetría de $(1)$ y $(2)$ (o $(3)$ y $(4)$ ) sin tener que calcular realmente la resultante; si es así, entonces (presumiblemente) esa estrategia debería aplicarse a las diferencias de proporción arbitrarias.

Answer 3

Aquí hay una prueba estructural en términos de geometría compleja. Se verá cómo $13-8=5$ juega un papel aquí.

Utilizamos el círculo unitario $U:=\bigl\{z\in{\mathbb C}\bigm| |z|=1\bigr\}$ como conjunto de índices para la familia de líneas del GIF. (Escriba $z=\cos t+i\sin t$ la variable $t$ tomado mod. $2\pi$ si lo prefiere).

Dejemos que $1$ y $\rho>1$ sean los radios de los dos círculos del GIF. (Según la tercera ley de Kepler se tiene $\rho=(13/8)^{2/3}$ pero esto no es importante aquí). Hasta un reflejo el GIF muestra entonces la familia ${\cal F}:=\bigl(\ell_z\bigr)_{z\in U}$ constituido por las líneas $$\ell_z:=(\rho z^8)\vee z^{13}=z^8\bigl(\rho\vee z^5\bigr)\qquad(z\in U)\ ,$$ por lo que $a\vee b$ denota la línea que pasa por los puntos $a$ , $b\in{\mathbb C}$ (o el segmento con puntos finales $a$ y $b$ si lo prefiere).

Dejemos que $\omega:=e^{2\pi i/5}$ . Entonces $z\mapsto\psi(z):=\omega^2 z$ mapas $U$ biyectiva sobre sí misma. Por lo tanto, la familia ${\cal F}':=\bigl(\ell_{\psi(z)}\bigr)_{z\in U}$ consiste en las mismas líneas que ${\cal F}$ . Pero $$\ell_{\psi(z)}=(\omega^2 z)^8\bigl(\rho\vee(\omega^2 z)^5\bigr)=\omega\>z^8\bigl(\rho\vee z^5\bigr)=\omega\>\ell_z\ ,$$ desde $\omega^5=1$ . De ello se desprende que ${\cal F}$ como objeto geométrico es invariante bajo una rotación por ${2\pi\over 5}$ . La misma simetría está entonces presente en todos los rasgos geométricos de la familia ${\cal F}$ en particular sus sobres.