Benoît Mandelbrot — Dimensão de homotetia

O matemático francês Benoît Mandelbrot, conhecidíssimo pelo conjunto com o seu nome faleceu recentemente  (notícia do New York Times).  A  Gradiva publicou, em 1991, o seu livro Objectos Fractais, cuja capa reproduzo e no qual me baseio para expor o conceito de dimensão de homotetia.

( Notícia do DN de 18-10-2010).

 


Estamos habituados a falar de dimensão 2, 1 ou 0 quando nos referimos a, respectivamente, uma superfície,  uma linha ou um ponto. E generaliza-se para a dimensão n, quando nos referimos, por exemplo  a referenciais com n coordenadas. Mas o que é uma dimensão não inteira, como \log_{3}4, que é a dimensão da curva de von Koch? A dimensão de homotetia D é

D=\dfrac{\log N}{\log \dfrac{1}{r}},

(Koch snowflake, Wikipedia)

em que r é a razão de homotetia e N é o número de partes em que o todo é decomponível. No caso da curva de von Koch, substitui-se o terço central de  cada lado de um triângulo equilátero de lado unitário  por dois segmentos de recta que constituem com esse terço outro triângulo equilátero. A razão de homotetia entre os triângulos pequenos e o inicial  é  r=1/3. Cada lado do triângulo inicial serve para obter N=4 segmentos de recta de comprimento 1/3. De seguida repete-se o mesmo procedimento para cada segmento de recta. A sua dimensão de homotetia é, como afirmado,

D=\dfrac{\log N}{\log \dfrac{1}{r}}=\dfrac{\log 4}{\log 3}=\log_{3}4\approx 1,26.

Uma característica do floco de von Koch é o de não possuir tangente.  «Qualquer que seja a escala», há «pormenores que, embora não possam ser vistos, nos impedem por completo de fixar uma tangente  a um ponto do contorno», escreve Mandelbrot.

Link para um vídeo sobre o conjunto de Mandelbrot.

Adendas de 18-10-2010: acrecentada cópia da notícia do DN.

Link para a Palestra proferida por Benoît Mandelbrot, em Madrid, no ICM2006,   The nature of roughness in mathematics, science and art.

Da nota Rest in Piece Benny escrita pelo meu amigo matemático profissional Nelson Faustino, no Facebook:

« Tomei o meu primeiro contacto com o trabalho de “Benny” (como lhe costumava chamar) em 1999 quando comprei o livro ‘Caos: A construção de uma nova ciência‘ de James Gleick (jornalista do New York Times)

Para além da psicóloga que me acompanhou do 10º-12º ano, foi o trabalho de Benny que me convenceu em ingressar em Matemática no ano de 2000/2001. Nesse mesmo ano, inspirei-me nos fractais para concorrer ao prémio Bento de Jesus Caraça com o trabalho ‘Fractais na Natureza’. »

Tradução do problema U151 de Mathematical Reflections e da minha solução

Issue 2, 2010 — Mathematical Reflections — U151

« Seja n um número positivo e seja

f(x)=x^{n+8}-10x^{n+6}+2x^{n+4}-10x^{n+2}+x^{n}+x^{3}-10x+1.

Determine f(\sqrt{2}+\sqrt{3}). »

Proposto por Dorin Andrica,

Babeş-Bolyai University, Cluj-Napoca, Roménia

Enunciado original:

Let n be a positive integer and let

f(x)=x^{n+8}-10x^{n+6}+2x^{n+4}-10x^{n+2}+x^{n}+x^{3}-10x+1.

Evaluate f(\sqrt{2}+\sqrt{3}).

Proposed by Dorin Andrica,

Babeş-Bolyai University, Cluj-Napoca, Romania

Tradução da minha resolução (aceite):

Resolução: Se a=\sqrt{2}+\sqrt{3}, b=a^{8}-10a^{6}+2a^{4}-10a^{2}+1 e c=a^{3}-10a+1, então f(\sqrt{2}+\sqrt{3})=f(a)=ba^{n}+c.

Dado que

-10a^{2}=-10\left( \sqrt{2}+\sqrt{3}\right) ^{2}=-20\sqrt{6}-50

2a^{4}=2\left( \sqrt{2}+\sqrt{3}\right) ^{4}=40\sqrt{6}+98

-10a^{6}=-10\left( \sqrt{2}+\sqrt{3}\right) ^{6}=-1980\sqrt{6}-4850

a^{8}=\left( \sqrt{2}+\sqrt{3}\right) ^{8}=1960\sqrt{6}+4801

e

b=a^{8}-10a^{6}+2a^{4}-10a^{2}+1

=\left( 4801-4850+98-50+1\right) +\left( 1960-1980+40-20\right) \sqrt{6}

=0+0\cdot \sqrt{6}

=0,

temos

f(\sqrt{2}+\sqrt{3})=f(a)=ba^{n}+c=c.

Agora calculamos c

c=a^{3}-10a+1

=\left( \sqrt{2}+\sqrt{3}\right) ^{3}-10\left( \sqrt{2}+\sqrt{3}\right) +1

=\sqrt{2}-\sqrt{3}+1.

Logo

f(\sqrt{2}+\sqrt{3})=\sqrt{2}-\sqrt{3}+1.

Aplicação da transformada de Fourier à resolução de uma equação diferencial

Resolva a seguinte equação diferencial

\dfrac{d^{2}y(x)}{dx^{2}}-y(x)=e^{-\left\vert x\right\vert }

Resolução:

Vou usar a definição seguinte: a transformada de Fourier da função \phi (x) é o integral

\Phi (\lambda )=\dfrac{1}{2\pi }\displaystyle\int_{-\infty }^{\infty }\phi(x)e^{-i\lambda x}dx

Notação: represento a transformada pela mesma letra da função, mas maíuscula. Sabida a transformada de Fourier \Phi (\lambda ) de uma função \phi (x), a transformada inversa permite obter a função:

\phi (x)=\displaystyle\int_{-\infty }^{\infty }\Phi (\lambda )e^{ix\lambda }d\lambda

Seja f(x)=e^{-\left\vert x\right\vert }. A sua transformada de Fourier F(\lambda ) é igual a \dfrac{1}{\pi \left( 1+\lambda ^{2}\right) }, como vamos mostrar:

F(\lambda )=\dfrac{1}{2\pi }\displaystyle\int_{-\infty }^{\infty }e^{-\left\vert x\right\vert }e^{-i\lambda x}dx =\dfrac{1}{2\pi }\left( \displaystyle\int_{-\infty }^{0}e^{x}e^{-i\lambda x}dx+\displaystyle\int_{0}^{\infty }e^{-x}e^{-i\lambda x}dx\right)

=\dfrac{1}{2\pi }\left\{ \left[ \dfrac{e^{x(1-i\lambda )}}{1-i\lambda }\right] _{-\infty}^{0}+\left[ \dfrac{e^{-x(1+i\lambda )}}{-1-i\lambda }\right] _{0}^{\infty}\right\} =\dfrac{1}{\pi \left( 1+\lambda ^{2}\right) }.

A transformada de Fourier da derivada da uma função g(x) é obtida integrando por partes

\dfrac{1}{2\pi }\displaystyle\int_{-\infty }^{\infty }g^{\prime }(x)e^{-i\lambda x}dx=\dfrac{1}{2\pi }\left[ g(x)e^{-i\lambda x}\right] _{-\infty }^{\infty}+i\lambda\dfrac{1}{2\pi }\displaystyle\int_{-\infty }^{\infty }g(x)e^{-i\lambda x}.

Se g(x)e^{-i\lambda x} tender para 0 quando x\rightarrow\pm \infty,  resulta

\dfrac{1}{2\pi }\displaystyle\int_{-\infty }^{\infty}g^{\prime }(x)e^{-i\lambda x}dx =i\lambda \dfrac{1}{2\pi }\displaystyle\int_{-\infty }^{\infty }g(x)e^{-i\lambda x}=i\lambda G(x),

em que G(x) é a transformada de Fourier de g(x). No final vamos verificar que a solução da equação verifica esta condição quanto a estes limites.

Aplicando a transformada de Fourier a ambos os membros da equação diferencial, temos

\left( i\lambda \right) ^{2}Y(\lambda )-Y(\lambda )=\dfrac{1}{\pi \left( 1+\lambda ^{2}\right) },

em que Y(\lambda ) é a transformada de Fourier de y(x). Logo

Y(\lambda )=-\dfrac{1}{\pi\left( 1+\lambda ^{2}\right) ^{2}}

pelo que

y(x)=-\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\infty }^{\infty }\dfrac{e^{ix\lambda }}{\left( 1+\lambda ^{2}\right) ^{2}}d\lambda .

Dado que \left( 1+\lambda ^{2}\right) ^{-2}\rightarrow 0 (quando \lambda \rightarrow \infty ) este integral é calculável pelo método dos resíduos. Para x>0, consideramos um contorno fechado C, percorrido no sentido positivo, constituído pelo intervalo [-r,r] e pela semi-circunferência \Gamma _{+} centrada na origem e de raio r.

Faz-se tender r para infinito e calcula-se o resíduo em z=i:

\underset{r\rightarrow \infty }{\lim }\displaystyle\int_{C}\dfrac{e^{ixz}}{\left( 1+z^{2}\right) ^{2}}dz=\displaystyle\int_{-\infty }^{\infty }\dfrac{e^{ix\lambda }}{\left( 1+\lambda ^{2}\right) ^{2}}d\lambda +\underset{r\rightarrow \infty }{\lim }\displaystyle\int_{\Gamma _{+}}\dfrac{e^{ixz}}{\left( 1+z^{2}\right) ^{2}}dz.

Fazendo z=re^{i\theta }

\left\vert\displaystyle\int_{\Gamma _{+}}\dfrac{e^{ixz}}{\left( 1+z^{2}\right) ^{2}}dz\right\vert =\left\vert \displaystyle\int_{0}^{\pi }\dfrac{e^{ix\left( r\cos \theta +ir\sin \theta \right) }}{\left( 1+r^{2}e^{i2\theta }\right) ^{2}}ire^{i\theta }d\theta \right\vert

\leq \displaystyle\int_{0}^{\pi }\left\vert \dfrac{1}{\left( 1+r^{2}e^{i2\theta}\right) ^{2}}\right\vert e^{-r\sin \theta }rd\theta \rightarrow 0 (quando r\rightarrow 0),

pelo que

y(x)=-\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{C_{t}}\dfrac{e^{ixz}}{\left( 1+z^{2}\right) ^{2}}dz=-\dfrac{1}{\pi }2\pi i\left[ \dfrac{d}{dz}\left( \dfrac{e^{ixz}\left( z-i\right) ^{2}}{\left( z+i\right) ^{2}\left( z-i\right) ^{2}}\right) \right] _{z=i}

=-2i\left[ \dfrac{d}{dz}\left( \dfrac{e^{ixz}}{\left( z+i\right) ^{2}}\right) \right] _{z=i}=-\dfrac{x+1}{2}e^{-x}.

Para x<0, fazemos a integração ao longo de um contorno fechado C, percorrido no sentido positivo, constituído pelo intervalo [-r,r] e pela semi-circunferência negativa \Gamma _{-} centrada na origem e de raio r. Como

\underset{r\rightarrow \infty }{\lim }\displaystyle\int_{\Gamma _{-}}\dfrac{e^{ixz}}{\left( 1+z^{2}\right) ^{2}}dz=0

calculando o resíduo em z=-i, vem

y(x)=-\dfrac{1}{\pi }\left( -\displaystyle\int_{C_{t}}\dfrac{e^{ixz}}{\left( 1+z^{2}\right) ^{2}}dz\right) =\dfrac{1}{\pi }2\pi i\left[ \dfrac{d}{dz}\left( \dfrac{e^{ixz}\left( z+i\right) ^{2}}{\left( z+i\right) ^{2}\left( z-i\right) ^{2}}\right) \right] _{z=-i}

=2i\left[ \dfrac{d}{dz}\left( \dfrac{e^{ixz}}{\left( z-i\right) ^{2}}\right) \right] _{z=-i}=2i\times \dfrac{1}{4i}\left( x-1\right) e^{x}=\dfrac{1}{2}\left( x-1\right) e^{x}.

Vemos que \underset{x\rightarrow 0^{+}}{\lim }-\dfrac{1}{2}\left( x+1\right) e^{-x}=-\dfrac{1}{2}=\underset{x\rightarrow 0^{-}}{\lim }\dfrac{1}{2}\left( x-1\right) e^{x}

Combinando os dois resultados obtemos a solução

y(x)=-\dfrac{1}{2}\left( \left\vert x\right\vert +1\right) e^{-\left\vert x\right\vert }

Então, vemos que

\underset{x\rightarrow \pm \infty }{\lim }y(x)e^{-i\lambda x}=\underset{x\rightarrow \pm \infty }{\lim }-\dfrac{1}{2}\left( \left\vert x\right\vert +1\right) e^{-\left\vert x\right\vert }e^{-i\lambda x}=0

o que justifica o passo acima referido.

Problema do mês :: Problem of the month #6. (Círculos :: Circles). Resolução :: Solution

pdmpom20101003

Problema: Os quatro círculos têm o mesmo raio. Determine-o no caso do triângulo medir 1 m².

Resolução de Jacques Glorieux (minha tradução):

Seja r o raio dos círculos. Visto que DE=EF=2r tem-se \measuredangle DEF=\pi /4. Como DF é parlalelo  a AB, o ângulo \measuredangle CAB=\pi /4. Assim, o ângulo \measuredangle ABG=\pi /2. Logo HBIF é um quadrado de lado r. Tem-se

BF=r\sqrt{2}.

BC=BF+FC=r\sqrt{2}+3r=r\left( 3+\sqrt{2}\right) .

AG=2\times BC=2r\left( 3+\sqrt{2}\right) .

A área S de ABG é, portanto,  r^{2}\left( 3+\sqrt{2}\right) ^{2}. Mas esta área S=1. Por este motivo

r=\dfrac{1}{3+\sqrt{2}} =\dfrac{3-\sqrt{2}}{7}

Outras resoluções por: josejuan , Prof. Paulo Sérgio.


Problem: The four circles have equal radius. Find it if the size of the triangle is 1 m².


Solution by Jacques Glorieux:

Let r be the radius of the circles. We have DE=EF=2r thus \measuredangle DEF=\pi /4. As DF is parallel to AB, angle \measuredangle CAB=\pi /4. Thus angle \measuredangle ABG=\pi /2. Thus HBIF is a square of side r. We have

BF=r\sqrt{2}.

BC=BF+FC=r\sqrt{2}+3r=r\left( 3+\sqrt{2}\right) .

AG=2\times BC=2r\left( 3+\sqrt{2}\right) .

The area S of ABG is thus r^{2}\left( 3+\sqrt{2}\right) ^{2}. But this area S=1. Thus

r=\dfrac{1}{3+\sqrt{2}} =\dfrac{3-\sqrt{2}}{7}

Other solversjosejuan , Prof. Paulo Sérgio.