Calcular el momento de inercia del copo de nieve de Koch

Question

Esa es solo una pregunta divertida. Por favor, se creativo.

Supón tener un copo de nieve de Koch. El área dentro de esta curva tiene una masa total $M$ y la longitud de la primera iteración es $L$ (un simple triángulo equilátero de lado $L$). Suponga que la densidad es uniforme.

Si la curva está en el plano $xy$, la rotación se realiza en el eje $z$, alrededor del centro de la curva.

Calcula su momento de inercia.

Answer 1

Por concreción, supongamos que estamos calculando el momento de inercia del copo de nieve de Koch $K$ de densidad uniforme y masa 1 mostrado a la izquierda a continuación. Este copo de nieve está centrado en el origen y tiene un diámetro de 3, es decir, la distancia máxima entre dos puntos es tres. A partir de aquí, sería fácil calcular el momento de inercia de otro copo de nieve de Koch de diferente tamaño y densidad uniforme, siempre y cuando esté centrado en el origen.

El momento de inercia de este copo de nieve $K$, según entiendo, es simplemente $$\iint\limits_{K} (x^2+y^2) \, dA$$ dividido por el área del copo de nieve. Hay muchas herramientas que pueden calcular esto numéricamente. Usando Mathematica, llegué a 0.813719. (Puedo proporcionar el código, si se desea).

Este valor también se puede calcular exactamente utilizando la teoría de la integración auto-similar como se describe en el artículo de Bob Strichartz Evaluating Integrals Using Self-similarity. Aplicando esto, calculé un valor exacto de $9/11$ o $0.\overline{81}$. El resto de esta respuesta describirá ese proceso, aunque requiere un conocimiento bastante sofisticado de auto-similaridad y teoría de la medida.

Usaremos el hecho de que el copo de nieve de Koch es auto-similar, compuesto por 7 copias de sí mismo como se muestra en la figura de arriba a la derecha. El factor de escala para la pieza central es $1/\sqrt{3}$ y es $1/3$ para las otras. Supongamos que las funciones en el mapeo IFS $K$ en las piezas individuales son $T_0,T_1,\ldots,T_6$, con $T_0$ mapeando en la pieza central. Las funciones exactas en el IFS son

\begin{align} T_0(x,y) &= \frac{1}{\sqrt{3}}R\left(\frac{\pi}{2}\right)\left(\begin{array}{c}{x\\y}\end{array}\right) \\ T_{i}(x,y) &= \frac{1}{3}\left(\begin{array}{c}{x\\y}\end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}{\cos\left(\frac{\pi}{6} + i\frac{\pi}{3}\right)\\ \sin\left(\frac{\pi}{6} + i\frac{\pi}{3}\right)}\end{array}\right), \end{align}, donde $\varphi$ varía de $\pi/6$ a $11\pi/6$ en pasos de $\pi/3$ y $R(\pi/2)$ representa una rotación a través del ángulo $\pi/2$.

Como explica Strichartz, la integral de una función $f$ definida en un conjunto auto-similar se puede calcular con respecto a cualquier medida auto-similar $\mu$. Especializando un poco nuestra notación para tratar con este problema específico, una medida $\mu$ en $\mathbb R^2$ se llama auto-similar con respecto a una lista de pesos $p_0,p_1,\ldots,p_6$, si satisface $$\mu(A) = \sum_{i=0}^6 p_i \mu(T_i^{-1}(A)$$ para todo $A\subset\mathbb R^2$. Como resultado, cualquier integral con respecto a $\mu$ satisfará $$\int f d\mu = \sum_{i=0}^6 p_i \int f \circ T_i \, d\mu.$$ Según lo explicado en el artículo de Strichartz, hay una medida única $\mu$ que satisface la condición de auto-similaridad para cualquier lista dada de probabilidades $p_0,p_1,\ldots,p_6$. Necesitamos elegir las probabilidades de modo que la medida $\mu$ sea uniforme. Dado un IFS con factores de escala $r_0, r_1, \ldots, r_6$, una medida uniforme se puede construir eligiendo $p_i = r_i^s$, donde $s$ satisface la ecuación de Moran $$\sum_{i=0}^6 r_i^s = 1.$$ Esto da como resultado la lista de probabilidades $p_0=1/3$ y $p_i = 1/9$ para $i=1,\ldots,6$.

Ahora, dado que la masa total de $K$ con respecto a $\mu$ es 1, ciertamente tenemos que la integral de una constante es simplemente esa constante, es decir, $$\int c \, d\mu = c.$$ Podemos usar la auto-similaridad de la integral para calcular las integrales de $f_1(x,y)=x$ y $f_2(x,y)=y$ de la siguiente manera. Escrito como una lista de funciones que devuelven pares ordenados, el IFS es

\begin{align} T_0(x,y) &= \left(-\frac{y}{\sqrt{3}},\frac{x}{\sqrt{3}}\right) \\ T_1(x,y) &= \left(\frac{x}{3}+\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{y}{3}+\frac{1}{2}\right) \\ T_2(x,y) &= \left(\frac{x}{3},\frac{y}{3}+1\right) \\ T_3(x,y) &= \left(\frac{x}{3}-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{y}{3}+\frac{1}{2}\right) \\ T_4(x,y) &= \left(\frac{x}{3}-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{y}{3}-\frac{1}{2}\right) \\ T_5(x,y) &= \left(\frac{x}{3},\frac{y}{3}-1\right) \\ T_6(x,y) &= \left(\frac{x}{3}+\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{y}{3}-\frac{1}{2}\right) \end{align}

Observar que $f_1$ devuelve simplemente el primer componente y $f_2$ devuelve el segundo. Extrayendo esos primeros componentes, multiplicándolos por los términos de la lista de probabilidades y sumándolos, para aplicar la identidad de integración auto-similar, obtenemos $$\int x \, d\mu = \frac{2}{9}\int x \, d\mu - \frac{1}{3\sqrt{3}} \int y \, d\mu.$$ De manera similar, $$\int y \, d\mu = \frac{1}{3\sqrt{3}} \int x \, d\mu + \frac{2}{9}\int y \, d\mu.$$ Esto lleva a un par de ecuaciones en las incógnitas $$\int x \, d\mu \: \text{ y } \int y \, d\mu,$$ con una solución única en la cual ambas son cero. Dada la simetría de esas funciones y el dominio, esto es absolutamente correcto. Un procedimiento similar se puede llevar a cabo en los términos de segundo orden. Encontramos que \begin{align} \int x^2 \, d\mu &= \int (1/3 + 2x^2/27 +y^2/9) \, d\mu \\ \int xy \, d\mu &= -\int xy/27 \, d\mu \\ \int y^2 \, d\mu &= \int (1/3 + x^2/9 + 2y^2/27) \, d\mu. \end{align} Resolviendo estos para las integrales de $x^2$ e $y^2$ y sumándolos, obtenemos el resultado deseado.

Answer 2

Una respuesta basada en la de Mark McClure pero que involucra menos teoría e invoca el teorema del eje paralelo.

Si asumimos que el momento de inercia es siempre proporcional a la masa, y proporcional al cuadrado de una escala de longitud característica (en este caso la longitud del diámetro como en la respuesta de Mark), entonces $$ I = \gamma Ml^2, $$ donde $\gamma$ es una constante. Usando el principio de superposición, $$ I = I_{\text{centro}} + 6I_{\text{borde}}, $$ donde el copo de nieve central está en azul y los copos de nieve del borde están en rojo/marrón. Ahora $$\displaystyle I_{\text{centro}} = \gamma \frac{M}{3}\left(\frac{l}{\sqrt{3}}\right)^2 = \frac{\gamma}{9}Ml^2 = \frac{I}{9}.$$ Usando el teorema del eje paralelo, $\displaystyle I_{\text{borde}} = I_{\text{CM}} + Md^2$, donde $I_{\text{CM}}$ es el momento de inercia a través del centro de masa, y $$\displaystyle I_{\text{CM}} = \gamma \frac{M}{9}\left(\frac{l}{3}\right)^2 = \frac{\gamma}{81}Ml^2 = \frac{I}{81},$$ y $d = l/3$, entonces $$\displaystyle I_{\text{borde}} = \frac{I}{81}+ \frac{Ml^2}{9},$$

Entonces \begin{align*} I &= \frac{I}{9} + 6\left(\frac{I}{81}+ \frac{Ml^2}{9}\right), \\ I & = \frac{15I}{81} + \frac{2Ml^2}{3}, \\ \frac{22I}{27} & = \frac{2Ml^2}{3}, \\ I & = \frac{Ml^2}{11} \end{align*}

Si dejamos que $l=3$ recuperamos la respuesta de Mark.

Answer 3

Aquí está el enfoque que tomaría.

(1) Los momentos de inercia son aditivos, por lo que la idea sería hacer una suma sobre todas las iteraciones de agregar triángulos.

(2) El momento de inercia del triángulo central es fácil de calcular.

(3) En la $i-ésima$ iteración, hay $a_i$ triángulos.

(4) Los centros de estos triángulos están a una distancia computable $d_i$ del eje. Puede utilizar el teorema del eje paralelo para dar el momento de inercia sobre el centro del triángulo central en términos de $d_i$ y el momento de inercia de los triángulos en esa iteración.

(5) Sumar sobre todos los $i$.