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Área fractal pentagramas I

Cuando vi esta imagen me picó la curiosidad. Cómo puedo encontrar el área de este fractal?

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4voto

Brian Deacon Puntos 4185

Para no confundir accidentalmente el copo de nieve de Koch y (lo que podríamos llamar) el penta-copo de Koch, vamos a trabajar en general.

Consideremos un segmento de longitud $1$ dentro del cual identificamos un segmento central de longitud $\alpha$ . (En el copo de nieve Koch, $\alpha = 1/3$ . En el Pentaflake, $\alpha = 1/\phi^3$ con proporción áurea $\phi := 1.618...$ .) Las "alas" del segmento tienen longitud $\omega :=(1-\alpha)/2$ . Construimos un triángulo isósceles sobre el segmento central, con catetos de longitud $\omega$ ; la altura de este triángulo es $\sqrt{\omega^2 - \left(\frac{1}{2}\alpha\right)^2} = \frac{1}{2}\sqrt{1-2\alpha}$ para que su área sea $A_0 := \frac{1}{4}\alpha\sqrt{1-2\alpha}$ . (Obsérvese que, tanto geométrica como algebraicamente, requerimos $\alpha \le 1/2$ .)

Ahora tenemos $4$ segmentos de longitud $\omega$ . Sobre cada segmento central de longitud $\omega\alpha$ construimos un triángulo isósceles ---con catetos de longitud $\omega^2$ --- con área $A_1 := \frac{1}{4}\omega^2\alpha\sqrt{1-2\alpha}$ .

En este punto, tenemos $16=4^2$ segmentos de longitud $\omega^2$ cada uno de los cuales da lugar a un triángulo isósceles ---con catetos de longitud $\omega^4=(\omega^2)^2$ --- de área $A_2:=\frac{1}{4}(\omega^2)^2\alpha\sqrt{1-2\alpha}$ .

En la siguiente (tercera) iteración, tenemos $64=4^3$ segmentos, y así $4^3$ triángulos de área $A_3 := \frac{1}{4}(\omega^2)^3\;\alpha\sqrt{1-2\alpha}$ .

Para la iteración $4$ tenemos $4^4$ triángulos de área $A_4 :=\frac{1}{4}(\omega^2)^4\;\alpha\sqrt{1-2\alpha}$ .

Y así sucesivamente.

El área total de estos triángulos es

$$\begin{align} A := A_0 + 4 A_1 + 4^2 A_2 + 4^3 A_3 + 4^4 A_4 + \cdots &= \sum_{k=0}^{\infty}4^k A_k \\ &= \frac{1}{4} \alpha\sqrt{1-2\alpha}\cdot \sum_{k=0}^{\infty}\left(4\omega^2\right)^{k} \\ &= \frac{1}{4} \alpha\sqrt{1-2\alpha}\cdot \frac{1}{1-4\omega^2} \\ &=\frac{1}{4} \alpha\sqrt{1-2\alpha} \cdot \frac{1}{1-(1-\alpha)^2} \\ &=\frac{\sqrt{1-2\alpha}}{4(2-\alpha)} \\ \end{align}$$

Para el copo de nieve Koch, $\alpha = 1/3$ de modo que $A = \sqrt{3}/20$ pero tenga en cuenta que se trata simplemente de la zona situada bajo la "Curva de Koch" que forma uno de los lados del Copo de Nieve. El área del Copo de Nieve comprende tres copias de $A$ más el área del triángulo equilátero central de lado $1$ Eso es, $3 A + \sqrt{3}/4 = 2\sqrt{3}/5$ . Esto concuerda con el artículo de Wikipedia sobre el copo de nieve Koch (tomando la longitud del lado $s=1$ ).

Para el Pentaflake, $\alpha = 1/\phi^3$ . El área total de la figura es igual a cinco copias de $A$ Además el área del pentágono de lado $\alpha$ (no $1$ ¡! El pentágono se asienta bajo los segmentos centrales de cada lado).

Edita. No. No lo es. Cinco copias de $A$ cuenta en exceso el área puntiaguda: la disposición de cinco "Curvas PentaKoch" de base unitaria en un pentagrama provoca cierto solapamiento en los triángulos construidos. (Los triángulos construidos sobre las "alas" de un segmento inicial de longitud unitaria se solapan con los construidos sobre un cateto del triángulo del segmento vecino). En lugar de describir cómo restar el solapamiento, me limitaré a revisar la suma tal y como se aplica a la propia figura estrellada.

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El área total del PentaFlake --con envergadura $1$ -- viene dada por el área, $P$ del pentágono de longitud lateral $\alpha=1/\phi^3$ Además: $5$ copias de $A_0$ y $10$ copias de $A_1$ y $40$ copias de $A_2$ y $160$ copias de $A_3$ ...y, y, y, ...

$$\begin{align} P + 5 A_0 + 10 A_1 + 10 \cdot 4 A_2 + 10 \cdot 4^2 A_3 + \cdots &= P + 5 A_0 + \frac{10}{4} \sum_{k=1}^{\infty} 4^k A_k \\ &=P + \frac{5}{4}\alpha\sqrt{1-2\alpha} + \frac{10}{16}\alpha\sqrt{1-2\alpha} \frac{4\omega^2}{1-4\omega^2} \\ &=P + \frac{5(1-2\omega^2)}{4(1-4\omega^2)}\alpha\sqrt{1-2\alpha} \end{align}$$ que da $$\frac{\alpha^2}{4}\sqrt{25+10\sqrt{5}} + \frac{5}{8}\frac{1+2\alpha-\alpha^2}{2-\alpha}\sqrt{1-2\alpha}$$

Como antes de la edición, dejaré que el lector exprese este valor en términos de $\phi$ --observando la fórmula de reducción $\phi^2 = \phi+1$ -- o en términos de $\sqrt{5}$ (que es igual a $2\phi-1$ y por lo tanto también $\alpha+2$ ).

3voto

Harish Kayarohanam Puntos 1617

Primero, $ Area\ of\ Star\ with\ 5\ petals\ = Area\ of\ pentagram\ ->\ step\ 1 $

consulte http://mathworld.wolfram.com/Pentagram.html para la fórmula del área del pentagrama. porque lo complicado es identificar el GP.

La idea es que de cada uno de los 5 triángulos (suponiendo que el nuevo triángulo tenga un lado de un tercio de la longitud del triángulo base sobre el que se forma, ya que los fractales son figuras regulares) salen 2 triángulos.

después de la iteración 1 área añadida =área de 10 triángulos equiláteros de lado $ \frac{a}3 $

después de la iteración 2 área añadida =área de 20 triángulos equiláteros de lado $ \frac{a}{3^2} $

después de la iteración 3 área añadida =área de 40 triángulos equiláteros de lado $ \frac{a}{3^3} $

así que como esto es infinito según su problema esto sigue y sigue

Área = Área de STAR (como se encontró en el paso 1) + área añadida después de la iteración infinita (que sea k)

$k\ = 10\times(\sqrt(3)/4)(\frac{a}{3})^2\ +\ 20\times(\sqrt(3)/4)(\frac{a}{3^2})^2\ +\ 40\times(\sqrt(3)/4)(\frac{a}{3^3})^2\ ...$

$k\ = 10\times(\sqrt(3)/4)a^2 [ \frac{1}{3^2} + \frac{2}{3^4} + \frac{2^2}{3^6} +\ ..... ]$

esto entre corchetes es una GP infinita con relación común de $\frac{2}{3^2}\ $ y el primer término es $\frac{1}{3^2} $ como suma de GP con series infinitas es $\frac{firstterm}{1-commonratio} $

$k\ = 10\times(\sqrt(3)/4)a^2 \times [\frac{\frac{1}{3^2}}{1-\frac{2}{3^2}}]$

$k\ = 10\times(\sqrt(3)/4)a^2 \times [\frac{1}{7}]$

así que

$Area = Area\ of\ PENTAGRAM\ + 10\times(\sqrt(3)/4)a^2 \times [\frac{1}{7}]$

3voto

vps Puntos 297

Cada segmento del pentagrama es el iniciador del fractal. Su longitud es 1. Ahora el generador consiste en 2 segmentos de línea cada uno de longitud $\frac{1}{3}$ .

Por lo tanto, en cada iteración $n$ el área puede expresarse de la siguiente manera:

$$A_n=10\sum_{k=0}^{n}2^kS_k +S_{p}$$

Dónde $S_p$ es el área del pentágono regular y:

$$S_k=\frac{1}{2}\frac{1}{3^{2k}}\sin\frac{\pi}{5}$$

es el área del pétalo de la "k-ésima generación".

$$10\sum_{k=0}^{n}2^kS_k=5\pi\sin\frac{\pi}{5}\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{2}{9}\right)^k=\frac{45\pi}{7}\sin\frac{\pi}{5}$$

En El área del pentágono es :

$$S_p=\frac{t^2\sqrt{25+10\sqrt{5}}}{4}$$ donde $t=2\sin\frac{\pi}{10}$

Por fin,

$$A=\frac{45\pi}{7}\sin\frac{\pi}{5}+\sqrt{25+10\sqrt{5}}\left(\sin\frac{\pi}{10}\right)^2$$

O lo que es lo mismo

$$A=\frac{45\pi\sqrt{2(5-\sqrt{5})}}{28}+\frac{\sqrt{25+10\sqrt{5}}}{4\phi^2}$$

o de cualquier otra forma que desee considerarlo.

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