Cerrado órbitas de un sistema dinámico geométrico definido

Question

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No estoy seguro de la respuesta, pero después de un par de ejemplos, creo que el proceso se repite $\frac{360}{\angle(\text{line,X-axis})}$. Y tal vez es posible para todos los ángulos, como tal vez lo irracional valores de $\theta$. Supongo que todos los Racionales va a conducir a una repetición. Aunque no estoy seguro.

Por ejemplo,en la imagen, hemos comenzado con un punto P sobre el eje X y luego continuó hasta que llegamos de nuevo P. Aquí, el ángulo entre la línea l y el eje x es de 60∘ y vemos 6 pasos necesarios para llegar de nuevo a P.

Answer 1

Suponga $0<\theta<{\pi\over2}$.

La reclamación. El resultado de la órbita está cerrado iff $\theta$ es un racional múltiples de $\pi$.

Prueba. Sacamos nuestra figura en el plano complejo. Deje $\ell_1$ ser el eje real, y elija $\ell_2$ a través del origen. Marcamos los puntos en $\ell_1$ $p_k$ y los puntos de $\ell_2$ $q_k$ y, a continuación, obtener una órbita de forma $$(p_0,q_0,p_1,q_1,p_2, \ldots)\ .$$ Definir $$z_k:=q_k-p_k\ ,\qquad{\rm resp.,}\qquad\vec z_k:=\vec{p_k q_k}\ .$$ Tenga en cuenta que para todas las $k\geq0$ ha $|z_k|=L$ con un determinado $L>0$. Además $p_k$ $q_k$ está definida únicamente por $z_k$: Colocar la cola de $\vec z_k$ cualquier lugar de $\ell_1$ y, a continuación, traducir $\vec z_k$ horizontal hasta que su cabeza esté en $\ell_2$. La posición final de la cola, a continuación, se $p_k$, y la posición final de la cabeza es $q_k$. De ello se desprende que es suficiente para analizar la secuencia de $(z_k)_{k\geq0}$.

La inspección de la órbita de la construcción muestra que $$p_1-q_0=\overline{q_0-p_0}\ .$$ De la misma manera como $p_1-q_0$ resultados de la conjugación de $q_0-p_0$ con respecto al eje real $\ell_1$ la siguiente diferencia $q_1-p_1$ resultados de "conjugación" $p_1-q_0$ con respecto al $\ell_2$. De ello se sigue que $$z_1=q_1-p_1=e^{i\theta}\>\overline{e^{-i\theta}(p_1-q_0)}=e^{2i\theta}(q_0-p_0)=e^{2i\theta} z_0\ .$$ Pero esto implica $$z_{k+1}=e^{2i\theta} z_k\qquad(k\geq0)\ ,$$ y luego, por inducción, $$z_k=e^{2ik\theta}z_0\qquad(k\geq0)\ .\qquad\square$$ Si $\theta={m\over n}\pi$ en términos mínimos, el período de la órbita es $n$, independientemente de la elección de $p_0\in \ell_1$$q_0\in\ell_2$, con lo que la fijación de un $L=|q_0-p_0|>0$.

Answer 2

Asumiendo $P=(x,0)\ne (0,0)$$\theta \not \in \{0,\pi /2\}$, si usted vuelve a $P$ no depende de $x$, pero en el ángulo de $\psi$ entre el $X$-eje y el segmento de unirse a $P$ para el primer punto elegido en $L.$ Porque podemos multiplicar todas las distancias por una constante positiva, sin afectar el resultado.

El uso de coordenadas podemos mostrar mediante el cálculo de los puntos sucesivos de la secuencia que si vuelve a $P$, entonces hay un $2$-variable polinomio $f$ tal que $f( \cos \psi,\sin \psi)=0$ donde los coeficientes de $f$ pertenecen al campo de la $F$ generado por $\{\cos \theta,\sin \theta\}.$

No he comprobado, pero creo que el $\deg (f)\ne 0.$ Esto implica que $\sin^2 \psi$ es algebraico sobre $F$, e $F$ es contable, por lo que hay sólo countably muchas posibles $\psi$ para que usted vuelva a $P$ (para un determinado $\theta$) pero una cantidad no numerable de $\psi$ donde no.

Tal vez no es una ingeniosa solución geométrica ?