6 votos

Sabemos que la dimensión de la forma de copo de nieve de Koch del perímetro, pero ¿tiene medida?

Voy a empezar con un triángulo equilátero con lado perimetral de tres metros. Podemos definir un copo de nieve de Koch por la siguiente secuencia de figuras. Comenzando con que el triángulo, la producción de la próxima figura sustituyendo el tercio medio de cada segmento de línea con los otros dos lados de un triángulo equilátero cuyo tercer vértice está en el exterior de la figura anterior. Sabemos que la dimensión de Hausdorff de que el límite es (log 4)/(log 3).

Podemos decir que la medida del copo de nieve del perímetro es tres de una unidad que podemos expresar como un metro a la potencia de la ((log 4)/(log 3))? Algo como eso? Por qué, o por qué no?

Pensé en esto mientras que la pesca de un programa semanal de rompecabezas de rompecabezas de plantear a mis compañeros de oficina. Creo que es demasiado duro!

9voto

dc.sashwat Puntos 41

El papel de 2007 se enlaza en un comentario, los Límites de la medida de Hausdorff de la curva de Koch, contiene información que es la más reciente que pude encontrar. En ella, y los relacionados con los Límites de Hausdorff medida de la Sierpinski gasket, tanto por Baoguo Jia, un enfoque para la estimación de Hausdorff medidas de auto-similar conjuntos de satisfacer el conjunto abierto condición (citando algunos libros por Falconer a la geometría fractal para algunos hechos acerca de la medida de Hausdorff para la prueba de que este método funciona) se describe. Sin embargo, el método no es muy eficaz (no es fácil calcular buenas aproximaciones con certeza).

En "los Límites de la medida de Hausdorff de la curva de Koch", el autor demuestra que el $s$-dimensiones (donde $s=\log4/\log3$) Hausdorff medida de la curva de Koch (longitud de la base 1) está delimitado por debajo de $$\left(2 \left(\frac{2 \sqrt{3}}{9}\right)^s\right) \exp\left(-\frac{12 s\sqrt{3}}{9}\right)=2\text{^}\left(-2-\frac{8}{\sqrt{3} \log (3)}+s\right)\approx0.0325239$$and bounded above by $$2 \left(\frac{2 \sqrt{3}}{9}\right)^s=2^{s-2}\approx0.599512\text.$$

Al final del documento, se conjetura más estrictos límites. Asumiendo su $6/81$ estaba destinado a ser ${\sqrt{876}}/{81}$ (el contexto hace de este un error de tipografía razonable), se conjetura un límite inferior de $$\left(\frac{1}{122} 4^4 \left(\frac{\sqrt{876}}{81}\right)^s\right) \exp\left(-\frac{12 s\sqrt{3} }{3^5}\right)=\frac{1}{61}73^{s/2}*2\text{^}\left (\frac{8}{27 \sqrt{3} \log (3)}\right)\approx0.528786$$ and an upper bound of $$\frac{1}{122} 4^4 \left(\frac{\sqrt{876}}{81}\right)^s=\frac{1}{61}73^{s/2}*2^s\approx0.589052\texto.$$

En resumen, si la base horizontal de la curva es $1\mathrm{m}$, y este papel es correcta, entonces el $s$-dimensional medida de Hausdorff (que es la forma más adecuada para medir el tamaño de algo un auto-similar fractal como este) es sin duda menos de $0.6\mathrm{m}^{s}$, y probablemente más de $0.5\mathrm{m}^{s}$.

i-Ciencias.com

I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.

Powered by:

X