Paradoja del copo de nieve de Koch: área finita, pero perímetro infinito

Question

El Copo de nieve Koch tiene un área finita, pero un perímetro infinito, ¿verdad?

Así que si hacemos que este copo de nieve tenga algo de grosor (como un pastel o algo así), entonces parece que se puede rellenar con pintura así ( $\text{finite area} \times \text{thickness} =\text{finite volume}$ ), pero por otro lado, no puedes pintar sus lados ( $\text{infinite perimeter}\times\text{thickness}=\text{infinite surface area}$ )... ¿Hay algo que esté haciendo mal? ¿Hay algún truco inteligente para ello, o es que he entendido algo mal?

Mi profesor (estoy en secundaria) me ha dicho que se trata de unas matemáticas de alto nivel que ahora no voy a entender.

Answer 1

Lo que has encontrado es una propiedad fundamental (o quizás sería mejor decir falta de propiedad) de la longitud de arco en dos dimensiones -o subiendo una dimensión, la superficie en tres dimensiones-: no es "continua" con respecto a pequeños cambios de forma.

Ni siquiera hace falta un copo de nieve de Koch o una curva fractal similar para ver esto; dame cualquier Si me das una forma -por ejemplo, un círculo- y me das una caja arbitrariamente pequeña por la que pase su límite, puedo darte una forma que se vea exactamente igual fuera de la caja pero que tenga una longitud de arco arbitrariamente grande. Para ver un ejemplo de esto, imagina que empiezas con la curva $y=\sin^2(\pi x)$ entre $x=0$ y $x=1$ . Entonces la longitud de arco exacta de esta curva es difícil de calcular, pero podemos poner un límite inferior: la curva va de $y=0$ a $y=1$ , entonces de $y=1$ a $y=0$ de nuevo, por lo que debe tener una longitud total de al menos $2$ . $(^*)$

Pero ahora considera la curva $y=\sin^2(2\pi x)$ entre $x=0$ y $x=1$ . Se trata de dos copias de la curva sinusoidal colocadas una al lado de la otra, y su $y$ toman el "camino" mencionado anteriormente dos veces, por lo que debe tener una longitud total de al menos $4$ . Y más en general, $y=\sin^2(n\pi x)$ tiene una longitud de arco de al menos $2n$ entre $x=0$ y $x=1$ . Pero la curva siempre está dentro del rectángulo $0\leq x\leq 1\pi$ , $0\leq y\leq 1$ . Así que imagina que me dices que quieres obtener una curva continua con una longitud de arco mínima $\ell$ que cabe en una caja de tamaño (longitud lateral) $d$ . Entonces sé que si creo una curva con longitud de arco $\ell/d$ dentro de un $1\times 1$ caja, puedo escalarlo por un factor de $d$ y obtener una curva de longitud de arco $\ell$ dentro del $d\times d$ caja. Pero también sé que puedo crear una curva con una longitud de arco de al menos $\ell/d$ en el $1\times 1$ utilizando la curva $y=\sin^2(2\pi\ell x/d)$ (para $0\leq x\leq1$ ). Así que puedo "pegar" esta curva donde me digas; sólo he modificado cosas dentro del $d\times d$ caja, pero he hecho la arclitud arbitrariamente grande.

En cuanto a lo que esto tiene que ver con "pintar" el copo de nieve, considera el grosor de la pintura que estás usando para tratar de pintar los lados del mismo. Si quieres que tu capa de pintura tenga un grosor finito $\tau$ entonces no estamos hablando necesariamente del propio copo de nieve Koch, sino sólo de una curva que se encuentra dentro de una distancia $\tau$ de ella en todas partes; ya que la pintura "oculta" cualquier cosa más pequeña que $\tau$ De todos modos, no podemos distinguir entre los dos. Pero para cualquier $\tau$ hay curvas que se mantienen a distancia $\tau$ del copo de nieve, pero tienen una longitud finita. Por lo tanto, aquí sólo necesitamos una cantidad finita de pintura para pintar. Y a medida que la pintura se vuelve más y más fina, la longitud que necesitas cubrir aumentará - pero eso está bien, porque tu pintura se extenderá cada vez más lejos. En el límite, estás hablando de "pintar" la longitud infinita del propio copo de nieve, pero ahora tu capa de pintura es infinitamente fina, así que no debería sorprenderte demasiado que puedas hacer que se extienda tanto como necesites. (Esto es muy parecido a tomar un "cubo" de una unidad cuadrada de pintura 2d y observar que puedes pintar un $1$ unidad $\times 1$ cuadrado de la unidad con él, o un $2$ unidad $\times 1/2$ rectángulo de la unidad, o un $1000$ unidad $\times 0.001$ rectángulo de la unidad, o...)

Mientras tanto, yo no puede hacer lo mismo con el área (o en el caso 3d, el volumen); está claro que cualquier modificación que se haga dentro de un $d\times d$ sólo puede cambiar el área de la figura (en un sentido u otro) como máximo $d^2$ . $(^*)$ Así que si me dices que quieres aumentar el área delimitada por tu forma en mil unidades cuadradas pero sólo me das un $1/10\times 1/10$ caja de la unidad para hacerlo, puedo decir con justicia que eso es imposible.

Por cierto, esta misma falta de continuidad en la longitud del arco está en juego en otra "paradoja" muy similar: La paradoja de la escalera, o por qué $\pi\ne4$ . La explicación fundamental es la misma: el hecho de que dos curvas estén arbitrariamente cerca la una de la otra a lo largo de toda su extensión no dice nada sobre la proximidad de sus longitudes de arco.

$(^*)$ Tenga en cuenta que no le he dado pruebas de estas afirmaciones. Deberías ser escéptico en este sentido, porque ya has visto que el comportamiento no coincide necesariamente con lo que cabría esperar en lo que respecta a estas cosas. Afortunadamente, estas afirmaciones son Es cierto, pero para demostrarlo habría que ir muy lejos.

Answer 2

Esta paradoja ya se puede ver con la "corneta del ángel" que se obtiene al girar la curva $$y(x)={1\over x^{3/4}}\qquad(x\geq1)$$ alrededor del $x$ -eje. El volumen $$\pi \int_1^\infty y^2(x)\>dx$$ de esta corneta es finita, mientras que su superficie $$2\pi\int_1^\infty y(x)\sqrt{1+y'^2(x)}\>dx$$ es infinito. Esto último indicaría que se necesita una cantidad infinita de oro para dorarlo por dentro, aunque el volumen sea finito. La resolución de la aparente paradoja es la siguiente: Con el término "dorado" estamos transmitiendo la impresión de que cada elemento de la superficie está chapado con el mismo grosor, por pequeño que sea. Pero para el interior de una "corneta de ángel" esto no es posible, ya que el diámetro de la sección transversal de la corneta converge a $0$ cuando $x\to\infty$ .

Answer 3

Esto parece ser una derivación del conocido paradoja de la costa

Cuando se "pinta" el copo de nieve de Koch con una línea de anchura distinta de cero, se está muestreando efectivamente el fractal con una resolución de la anchura de la línea. Al hacerlo, no se obtiene la longitud del fractal infinito, sino un fractal con iteraciones finitas, obteniendo así una longitud finita.

Esto es análogo a la paradoja de la línea de costa, que afirma que el muestreo de una línea de costa con una resolución más alta producirá una línea de costa más larga que cuando la línea de costa se muestrea con una resolución más baja. En el ejemplo que da Wikipedia, el muestreo de la costa de Gran Bretaña con una resolución de 50 km da una longitud de costa 600 km mayor que si se muestrea con una resolución de 100 km.

Answer 4

El volumen tridimensional extruido del copo de nieve de Koch se puede rellenar con una cantidad finita de pintura tridimensional. Pero el copo de nieve de Koch, aunque topológicamente es una línea 1-D, tiene dimensión Hausdorff $\log_3 4 \approx 1.2618\ldots$ porque cada arista está formada por 4 copias de sí misma, cada una 3 veces más pequeña. La superficie extruida del copo de nieve Koch, aunque topológicamente es bidimensional, tiene una dimensión $1 + \log_3 4 \approx 2.2618\ldots$ porque es el producto cartesiano de una línea 1-D y un $\log_3 4$ -D curva del copo de nieve. Para pintar esta superficie necesitarías $1 + \log_3 4$ -Pintura D, no pintura 2D o pintura 3D, y la cantidad que se necesita estaría determinada por $1 + \log_3 4$ -D medida de Hausdorff de la superficie. Cuál es el valor exacto de esta medida es todavía una cuestión abierta, según Wikipedia .

En resumen, para medir un objeto n-D se necesita una regla n-D, y los objetos fractales suelen tener n fraccionario.

La dimensión de Hausdorff se define en términos de la medida de Hausdorff: la dimensión $s$ es el valor en el que el $t$ -La medida de la dimensión pasa de $\infty$ (para $t < s$ ) a $0$ (para $t > s$ ).

Answer 5

pero por otro lado, no puedes pintar sus lados (perímetro infinito×espesor=superficie infinita)... ¿Qué estoy entendiendo mal?

La hipótesis que subyace a esta fórmula es que pintar los bordes de una forma significa sustituir cada borde por un rectángulo.

(Una de las longitudes de los bordes de cada rectángulo es el "grosor" del bolígrafo y la otra es la longitud del borde que se sustituye por el rectángulo).

Sin embargo, esta suposición no es correcta porque en las esquinas de la forma original los rectángulos solapamiento cuando se pinta así.

Para calcular el área real del "borde pintado" primero hay que definir cómo se pintan las esquinas de la forma. Esta imagen del manual de un programa gráfico muestra diferentes ejemplos de cómo hacerlo. Y es obvio que la zona "pintada" será diferente en los tres casos mostrados en el manual.

EDITAR

El grosor parece ser la anchura de la curva en la dimensión Z, para llevar el problema al espacio 3D.

Perdón por no haber entendido bien el problema.

Sin embargo, también podría extender mi respuesta al espacio 3D:

¿Por qué no se puede pintar una superficie con un área infinita?

Creo que se parte de la base de que el barniz (o el tipo de color que se utilice) tiene en sí mismo un cierto "grosor" y, por tanto, para "pintar" una superficie infinita se necesitaría un volumen infinito de barniz.

Esto significa que los rectángulos se sustituyen por cuboides.

Sin embargo, esta suposición es equivalente a la suposición de que pintar los bordes de alguna forma en el espacio 2D significa sustituir las líneas por rectángulos.