Son estraños os impares?

 por Andrés Ventas

Os impares son diferentes

(1). Todo comezou estudando a función zeta de Riemann

Función zeta de Riemann

$\zeta(s)=\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n^{s}}=1+\dfrac{1}{2^s}+\dfrac{1}{3^s}+\dfrac{1}{4^s}+\cdots$. Serie dos reciprocos das potencias dos números naturais.

Resulta que Euler fixo un cálculo estupendo para resolver o valor de $\zeta(2)$, que é coñecido como o problema de Basilea (Basel Problem), no pdf Numerous Proofs of $\zeta(2)$ , móstranse numerosas probas desta igualdade, e actualmente son coñecidos os valores exactos dos valores pares de $\zeta(s)$, mais non os impares.

E somos capaces de elaborar numerosas maneiras para calcular $\zeta(2)$ e non somos capaces de conseguir $\zeta(3)$? Iso para min comeza a ser o principio dun misterio e unha curiosidade, algo que investigar.

R. Apéry conseguiu probar que $\zeta(3)$ é irracional A proof that Euler missed , e xa conseguiu abondo, nunha proba da que eu non consigo entender nen na metade da súa extensión.

A partir daquí comecei a tomar notas sobre outros problemas con solución coñecida para números pares e non para impares.

(2). Durante un par de anos dediqueime a resolver problemas da revista Fibonacci Quarterly, os meus favoritos eran as sumas de recíprocos. Nun artigo de Blagoj S. Popov de 1986, Summation of Reciprocal Series of Numerical Functions of Second Order aparecen os valores das sumas dos produtos por parellas de recíprocos con índices pares das series de Fibonacci e Lucas, mais non de índices impares.

Por exemplo para a sucesión de Fibonacci, $F_{n+2}=F_{n+1}+F_{n}$: $F_{n} = \{0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, \ldots \}$, temos:

$\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{F_{2n} F_{2n+2}} = \beta^2 = \dfrac{1}{\alpha^2}$, sendo $\alpha=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$ o número áureo.

O artigo de Popov é máis completo e dá valores para as series con polinomios de Fibonacci, Lucas e outras recurrencias de segunda orde, mais en xeral os valores conseguidos son para elementos de índices pares.

(3). O terceiro caso que me atopei foron os números perfectos. Un número perfecto é un enteiro que é igual á suma dos divisores propios. Número Perfecto , existen para certos números pares mais conxectúrase que non existen para os impares.

A000396 Enciclopedia das secuencias : $\{6, \ 28, \ 496, \ 8128, \ 33550336, \ldots \}$.

Para os pares temos ata unha fórmula explícita para os números que o cumpren, debida a Euclides nada menos, e probada por Euler, $k = 2^{(p-1)}(2^p-1)$, sendo $p$ primo e $2^p-1$ primo tamén.

En binario forman unha curiosa representación: $\{110, \ 11100, \ 1111111000000, \ldots \}$.

(4). Coberturas. Paul Erdös no 1930 introduciu o conceito de cobertura mediante un sistema completo de residuos. Trátase de obter un sistema de residuos que produzan o conxunto completo dos números enteiros.

Algo básico e evidente sería $\{0 \pmod{3}, \ 1 \pmod{2}, \ 2 \pmod{3} \}$, porque $(0+3k) \cup (1+3k) \cup (2+3k) = \mathbb{Z}$.

Temos unha conxectura sen resolver de Erdős e Selfridge de que non existe unha cobertura cuxo sistema de residuos teña todos os módulos impares. Podedes ver datos sobre este tema no documento de Michael Filaseta, Wilson Harvey Coberturas de subconxuntos dos enteiros mediante congruencias .

(5). Chegamos á álxebra e temos que un ideal é un subanel dun anel que ten que ser pechado baixo a multiplicación por calquera elemento do anel.

E resulta que nos números enteiros os pares $2\mathbb{Z}$ forman un ideal e os impares non, porque par por par ou par por impar dá un número par.

(6). E outra máis. Temos o grupo de permutacións, que son as bixeccións de elementos do conxunto $M=\{x_1,\ x_2, \ x_3, \ldots, \ x_n \}$ no propio conxunto $M$. O conxunto $S_M$ de todas as permutacións $(\sigma)$ forma un grupo baixo a función de composición e identificámolo normalmente pola cardinalidade do conxunto $M$. Por exemplo, podemos escribir unha permutación en $S_5$ como $\sigma = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 3 & 4 & 5 & 2 & 1 \end{pmatrix}$

que se pode ler como o elemento $1$ vai ao $3$, o $2$ vai ao $4$, o $3$ vai ao $5$, etc.

Ou $\sigma(1)=3, \ \sigma(2)=4, \ \sigma(3)=5, \ \sigma(4)=2, \ \sigma(5)=1$.

Existe outra notación como ciclos da permutación que son os subconxuntos de elementos que van permutando entre sí, no exemplo visto sería $\sigma= (1 \ 3 \ 5) (2 \ 4)$ porque o $1$ vai ao $3$ o $3$ vai ao $5$ e o $5$ vai ao $1$, e o outro ciclo disxunto sería o $2$ vai ao $4$ e o $4$ vai ao $2$.

Un ciclo de lonxitude $2$ chámase transposición e toda permutación pode ser escrita como un conxunto de transposicións, seguimos co noso exemplo, o ciclo $(1 \ 3 \ 5)$ pode ser expresado como $(1 \ 5)(1 \ 3)$, visto en secuencia: $\sigma = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 3 & & 1 & & 5 \\ 3 & 4 & 5 & 2 & 1 \end{pmatrix}$

primeiro o $1$ vai ao $3$ e o $3$ ao $1$ e sobre ese resultado o $1$ vai ao $5$ e o $5$ ao $1$, obtendo o mesmo resultado que aplicado o ciclo directamente.

Dise que unha permutación é par cando pode ser obtida como produto dun número par de transposicións e será impar cando se obteña como produto dun número impar de transposicións.

Agora, por definición, o grupo Alterno $A_n$ de $n$ símbolos é o subgrupo de $S_n$ que consiste nas permutacións pares.

E aquí chegamos, máis unha vez, ao temiña desta entrada do blogue. O grupo alterno $A_n$ de permutacións pares ten estrutura de grupo (con cardinalidade $n!/2$). O elemento identidade (a permutación que non move ningún elemento) ten paridade par, por tanto o subconxunto de permutacións impares non ten estrutura de grupo porque non contén un elemento identidade.

Todo isto do grupo simétrico está sacado das notas do profesor Bruce Ikenaga Abstract Algebra 1 .

En todo o que está aquí contado quixen referirme ao conxunto completo de números impares. Se nos referimos a conxecturas ou problemas sen resolver con números primos impares (pobre $2$) eu diría que hai infinitas $(\to \infty)$, porque os números primos son o demo.

Por exemplo, a conxectura de Erdös-Straus de que toda fracción $\dfrac{4}{n}$ pode ser escrita como a suma de tres fraccións unitarias (ou exipcias) $\dfrac{4}{n} = \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}$, non está resolvida para certo subconxunto de números primos impares.

Unha excepción para os pares

Para os pares temos a Conxectura de Goldbach (versión forte), que nos dí que calquera número par pode escribirse como a suma de dous primos. Está sen demostrar.

A versión débil, todo número impar pode ser conseguido coa suma de tres primos, acaba de ser demostrada por Harald Helfgott, o problema ternario de Goldbach , e levou 5 aniños desde que foi presentada a demostración no 2013 ata que foi recoñecida no 2018. Un precioso documento de 317 páxinas, que reduce o valor superior estabelecido por Vinogradov. No 1937 Vinogradov demostrou que a partir de certa constante $C$ a conxectura cumpríase e posteriormente estabeleceu unha constante a partir da que se cumpría: $e^{e^{e^{41.96}}}$, mais dado que era un valor grandísimo non se podía demostrar que non fallase algún caso por debaixo dese valor, por tanto os novos traballos foron baixando ese valor ata chegar a un valor onde se puideran comprobar computacionalmente o resto de casos (os casos de valores baixos).

Bibliografia

1. Michael Filaseta, Wilson Harvey Covering subsets of the integers by congruences
2. Harald Andres Helfgott The ternary Goldbach problem
3. Bruce Ikenaga Abstract Algebra 1
4. Oeis Enciclopedia das secuencias
5. Poorten A proof that Euler missed
6. Blagoj S. Popov Summation of Reciprocal Series of Numerical Functions of Second Order
7. B.W.Sullivan Numerous Proofs of $\zeta(2)$
8. Wiki Función zeta de Riemann
9. Wiki Número Perfecto

A inversión proxectada

Paga a pena ler as anotacións da biografía de Jakob Steiner (1796-1863) do portal MacTutor da Universidade de St. Andrews (Escocia) para enterármonos dos avatares da súa vida. Alí cóntase que non aprendeu a ler nin a escribir ata os 14 anos e que os seus pais non querían que estudase. Foi pola súa propia iniciativa que ingresou na escola de Pestalozzi e só despois de estar varios anos gañándose a vida como profesor particular de matemáticas, chegou a ter a atención doutros matemáticos do seu tempo como Jacobi, Abel ou Crelle. De feito xa no primeiro número do famoso Xornal de Crelle aparece un artigo de Steiner no que desenvolve a súa teoría da potencia dun punto respecto dunha circunferencia. En relación con estas ideas o matemático suízo inventa no ano 1830 unha cuasi-transformación do plano (afecta a todo o plano agás a un punto). Estamos a falar da inversión. Presentaremos dous métodos equivalentes de construír unha inversión.

Metodo 1. Dado un punto $P$ no círculo de centro $O$ e raio $R=OT$ trazamos a semirecta $OP$ e a súa perpendicular polo punto $P$. Esta perpendicular cortará en dous puntos á circunfenrencia. A tanxente nun destes puntos cortará a semirecta $OP$ nun punto $P'$ que será a inversión de $P$

No caso de que $P$ fique fóra do círculo a obtención de $P'$ sería semellante. Desde $P$ trazamos unha das tanxentes á circunferencia $PT$. Despois trázase a perpendicular a $OP$ por $T$ e obtemos $P'$

 

Nesta applet pódese comprobar que o segundo método é equivalente ao primeiro.

Método 2. Se $P$ está dentro do círculo de centro $O$ e raio $R=OU$ trazamos a semirecta $OP$ e o diámetro $RS$ ortogonal a $OP$. Desde un destes extremos do diámetro, diagamos $R$, trazamos a semirecta $RP$ que cortará á circunferencia en $V$. Trazamos entón a semirecta $SV$ que cortará a $OP$ no punto buscado $P'$.

Se $P$ está fóra do devandito círculo bastará con trazar $RP$ que corta á circunferencia en $V$. Entón $SV$ cortará a $OP$ en $P'$.

En ambos casos a inversión dun punto da circunferencia é o propio punto $P'=P$

Formulación alxébrica da inversión

Coa finalidade de obter unha caracterización máis alxébrica, repasemos cada un destes métodos.

Os triángulos $OTP$ e $OTP'$ son semellantes, de aí que $$\frac{OP}{OT}=\frac{OT}{OP'}$$ $$OP\cdot OP'=OT^{2}=R^{2}\quad\quad [1]$$

Vexamos como aplicando o outro método obtemos o mesmo resultado

 Os triángulos $UOP$ e $VOP'$ son semellantes, de aí que $$\frac{OP}{OU}=\frac{OV}{OP'}$$ $$OP\cdot OP'=OU\cdot OV=R^{2}\quad\quad [1']$$

Así podemos definir o inverso dun punto $P$ respecto dunha circunferencia de centro $O$ e raio $R$ como outro punto $P'$ na semirecta $OP$ tal que $OP\cdot OP'=R^{2}$

Con esta observación fica claro que o inverso do inverso é o propio punto.

A inversión proxectada

Curiosamente a proxección estereográfica, da que falamos na anterior entrada,  está conectada coa inversión. En concreto, podemos definir a inversión mediante a proxección estereográfica. 

Consideremos o plano $\sigma$ e nel unha circunferencia de centro $S$ e raio $R=2r$, con $r$ o raio da esfera $NP_{\pi}S$ tanxente a $\sigma$ en $S$

Dado un punto $P$ de $\sigma$, mediante a inversa da proxección esteriográfica obtemos na esfera o punto $P_{\pi }$. Sexa entón $P'_{\pi }$ o punto diametralmente oposto a $P_{\pi }$ nesa esfera. A proxección estereográfica deste punto será $\overline{P_{\pi }'}$.

Como $P_{\pi }P'_{\pi }$ é un diámetro o ángulo en $N$ é recto. Velaí que o triángulo $PN\overline{P_{\pi }'}$ é rectángulo. Polo teorema da altura

$$PS\cdot \overline{P'_{\pi }}S=NS^{2}=\left ( 2r \right )^{2}=R^{2}$$

Como se verifica a condición [1] (equivalentemente [1']) dada anteriormente, o punto $\overline{P'_{\pi }}$ sería o inverso de P respecto da circunferencia de centro $S$ e raio $R$ se non fose por un pequeno detalle: que non está na semirecta $SP$. Por esta razón aínda teremos que aplicarlle unha simetría respecto de $S$ a ese punto para obter, por fin, o inverso $P'$.

En resumo, a inversión dun punto $P$ nun plano $\sigma$ respecto dunha circunferencia de centro $S$ e raio $R$ pode obterse mediante a seguinte serie de transformacións:

• A inversa da proxección estereográfica
• O punto diametralmente oposto respecto do centro da esfera
• A proxección estereográfica
• A simetría respecto do centro na circunferencia

De todo isto conclúese que as propiedades que viramos na anterior entrada sobre a proxección estereográfica esténdense á inversión pois son propiedades que tamén se conservan polas simetrías aplicadas. Isto é:

• Como a proxección estreográfica leva circunferencias que pasan polo Polo Norte en rectas, a inversión transformará circunferencias que pasan polo centro $S$ da circunferencia de inversión en rectas.
• Como a proxección esterográfica leva circunferencias que non pasan polo Polo Norte en circunferencias, a inversión transformará circunferencias que non pasan polo centro $S$ da circunferencia de inversión en circunferencias.
• Como a proxección estereográfica conserva os ángulos, a inversión conservará os ángulos.

Con toda esta bagaxe de certo que a nosa visión do seguinte vídeo será máis profunda, e gozaremos máis del. Que vídeo? Pois un, en concreto o primeiro, dos do marabilloso proxecto Dimensions, no que as imaxes xogan coa proxección estereográfica e a inversión no plano proxectado. Sóavos de algo?

A proxección estereográfica reencontrada

É curioso como hai certas cousas que se nos quedan retidas na memoria mentres que moitas outras, quizais similares, quizais nalgún sentido máis importantes,  as esquecemos. Cando cursaba 1º de carreira, na materia de Topoloxía I, Xosé Masa puxéranos como exemplo de homeomorfismo (aplicación bixectiva, continua e de inversa continua) unha aplicación, \(\pi\), que identificaba a esfera \(S^{2}=\left \{ (X,Y,Z)/X^{2}+Y^{2}+Z^{2}=r^{2}\right \}\) (sen o punto correspondente ao Polo Norte) co plano \(\mathbb{R}^{2}\) (sen a orixe): $$\pi \left ( X,Y,Z \right )=\left ( \frac{2rX}{r-Z},\frac{2rY}{r-Z} \right )\quad\quad [1]$$

Esta aplicación é coñecida co nome de proxección esterográfica. Constrúese proxectando desde o Polo Norte $N(0,0,r)$  calquera punto da esfera $(X,Y,Z)$ sobre o plano $z=-r$, tanxente á esfera no Polo Sur $S(0,0,-r)$. 

Aínda que pasaron case catro décadas, lembro moi claramente un par de cousas. Unha delas foi que me chamara moito a atención a expresión [1] da función $\pi$, de onde saía?; daquela pensei que nunca chegaría a saber como xustificar esa expresión. Unha segunda cousa que retiven todo este tempo na memeoria foi que Masa déranos a entender que esa función era moi importante. Por iso eu agardaba volver a encontrala máis adiante. Con todo, nese curso non había de ser. Tampouco no resto da carreira, nin despois. Ata hoxe.

Proxección do ecuador

Podemos xogar un pouco coa proxección estereográfica para entendela mellor. É moi sinxelo visualizar que a proxección do ecuador vai ser unha circunferencia. Ademais como o ángulo que forma o eixo terrestre $NS$ coa recta $NP$ é de 45º, se a esfera ten raio $r$ a circunferencia proxectada terá raio $R=2r$. Os paralelos tamén darán lugar a circunfencias. Os paralelos do hemisferio norte proxectaranse en circunferencias de raio maior a $R$ e os do hemisferio sur farano en circunferencias dun raio menor que $R$.

Proxección dun meridiano

Tampouco é dificil visualizar que os meridanos van proxectarse en rectas que pasen polo Polo Sur. Ata aquí os meus coñecementos sobre a cuestión naquela altura. Por algunha razón nestes días volvín sobre to tema. Atopei un deses manuais das "Leccións populares" da editorial MIR,en concreto, o titulado La proyección estereográfica, de G-A. Rosenfeld e N. D. Sergeeva. A maior parte do que vén de seguido foi recollido deste texto.

Para profundizar un pouco máis en todo o relativo á proxección estereográfica, poñamos en práctica algúns coñecementos do currículo de 2º de Bacharelato. Fagamos uso das coordenadas dos puntos amosados nas imaxes: $N(0,0,r)$, $S(0,0,-r)$, $P(X,Y,Z)$ e $P'(x,y,-r)$ e procuremos relacionar as coordendas destes dous últimos puntos. Con ese fin, consideremos os vectores $\overrightarrow{NP}=\left (  X,Y,Z-r\right )$ e $\overrightarrow{NP'}=\left (  x,y,-2r\right )$ que marcan a mesma dirección, de aí que o cociente das súas compoñentes terá que ser unha constante $k$:

$\frac{X}{x}=\frac{Y}{y}=\frac{Z-r}{-2r}=k$, ou equivalentemente 

$$\left.\begin{matrix}X=kx\\ Y=ky\\ Z=r\left ( 1-2k \right )\end{matrix}\right\}\quad \quad [2]$$

Da última das ecuación obtemos que $k=\frac{r-Z}{2R}$. Substituíndo nas dúas primeiras obtense o valor das coordenadas do punto proxectado:

$$x=\frac{X}{k}=\frac{2rX}{r-Z}\quad\quad e \quad\quad y=\frac{Y}{k}=\frac{2rY}{r-Z}$$

Isto é, deducimos a expresión analítica da proxección estereográfica $\pi$ dada en $[1]$. Fagamos o mesmo para obter a inversa $\pi ^{-1}$.

Sexa $P(X,Y,Z)$ un punto da esfera. Verificará a igualdade $X^{2}+Y^{2}+Z^{2}=r^{2}$. Substituíndo nesta expresión os valores obtidos en [2]:

$$k^{2}x^{2}+k^{2}y^{2}+r^{2}\left ( 1-2k \right )^{2}=r^{2}$$ $$k^{2}\left ( x^{2}+y^{2} \right )+r^{2}\left ( 1-4k+4k^{2} \right )=r^{2}$$ $$k^{2} \left ( x^{2} +y^{2}+4r^{2}\right )-4kr^{2}=0$$

Se $k=0$ vemos en $[2]$ que obtemos o punto $N(0,0,r)$. Desbotando este caso podemos simplificar esta última igualdade por $k$:

$$k \left ( x^{2} +y^{2}+4r^{2}\right )-4r^{2}=0$$ $$k=\frac{4r^{2}}{x^{2}+y^{2}+4r^{2}}$$

Finalmente presentamos a prometida expresión analítica da inversa que deducimos empregando outra vez as relacións dadas en [2].

$$X=\frac{4r^{2}x}{x^{2}+y^{2}+4r^{2}}\quad,\quad Y=\frac{4r^{2}x}{x^{2}+y^{2}+4r^{2}}\quad,\quad Z=\frac{x^{2}+y^{2}-4r^{2}}{x^{2}+y^{2}+4r^{2}}\quad\quad [3]$$

$$\pi ^{-1}(x,y)=\left ( \frac{4r^{2}x}{x^{2}+y^{2}+4r^{2}},\frac{4r^{2}y}{x^{2}+y^{2}+4r^{2}},\frac{x^{2}+y^{2}-4r^{2}}{x^{2}+y^{2}+4r^{2}} \right )$$

Co obxecto de simplificar os cálculos, a partir de agora tomaremos como valor do raio da esfera $r=1$. Así, por exemplo a anterior expresión [3] reduciríase a :

$$X=\frac{4x}{x^{2}+y^{2}+4}\quad,\quad Y=\frac{4x}{x^{2}+y^{2}+4}\quad,\quad Z=\frac{x^{2}+y^{2}-4}{x^{2}+y^{2}+4}\quad\quad [3']$$

Propiedades da proxección estéreográfica

Comezaremos lembrando como é a ecuación dunha circunferencia no plano. Se $(x_{0},y_{0})$ é o centro da circunferencia e o raio é $R$, aplicando o teorema de Pitágoras:

$$\left ( x-x_{0} \right )^{2}+\left ( y-y_{0} \right)^{2}=R^{2}$$ $$x^{2}-2x_{0}x+x_{0}^{2}+y^{2}-2y_{0}y+y_{0}^{2}=R^{2}$$ 

$$ x^{2}+y^{2}-2x_{0}x-2y_{0}y+x_{0}^{2}+y_{0}^{2}-R^{2}=0$$

Tomando $a=-2x_{0}$, $b=-2y_{0}$ e $c=x_{0}^{2}+y_{0}^{2}-R^{2}=0$ a expresión fica en

$$x^{2}+y^{2}+ax+by+c=0 \quad\quad  [4]$$

Propiedade 1. A proxección estereográfica leva circunferencias en circunferencias; se a circunferencia da esfera pasa polo Polo Norte, a súa proxección será unha recta.

Unha circunferencia na esfera é a intersección da esfera cun plano $\alpha :AX+BY+CZ+D=0$. Substituíndo os valores de $X$, $Y$ e $Z$ obtidos en [3'], sacando despois denominadores e reorganizando os termos teremos:

$$A\frac{4x}{x^{2}+y^{2}+4}+B\frac{4y}{x^{2}+y^{2}+4}+C\frac{x^{2}+y^{2}-4}{x^{2}+y^{2}+4}+D=0$$ $$4Ax+4By+\left ( x^{2}+y^{2}-4 \right )C+\left ( x^{2}+y^{2}+4 \right )D=0$$ $$\left ( C+D \right )\left ( x^{2}+y^{2}\right )+4Ax+4By+4(D-C)=0$$

Que o Polo Norte $P(0,0,1)$ forme parte da circunferencia que se proxecta significa que $P$ é un punto do plano $\alpha$. Substituíndo as súas coordenadas na ecuación do plano obtemos que $C+D=0$. Tal e como queriamos demostrar, neste caso a última ecuación reduciríase a unha recta:

$$4Ax+4By+4(D-C)=0$$

Consideremos agora que $P\notin \alpha $, ou equivalentemente, que $C+D\neq 0$. Dividindo por $C+D$ quedaría da forma:

$$x^{2}+y^{2}+\frac{4A}{C+D}x+\frac{4B}{C+D}y+\frac{4\left ( D-C \right )}{D+C}=0$$

Comparando con [4] vemos que é a forma xeral dunha circunferencia $\square $.

Propiedade 2. A proxección estereográfica é unha aplicación conforme, isto é, conserva os ángulos.

A partir da seguinte figura imos obter as bases da demostración desta segunda propiedade.

Figura 1

Consideremos unha curva $\gamma$ pasando por un punto $P$ da esfera $S^{2}$. Sexa $T_{N}$ o plano tanxente ao Polo Norte $N$ e $T_{P}$ o plano tanxente ao punto $P$. Estes planos córtansena recta $r$. Como son planos tanxentes á esfera determinan un triángulo isóscele con ángulos iguais $\beta _{1}=\beta _{2}$.

Tracemos, desde o Polo Norte a proxección do punto $P$ sobre o plano $T_{S}$ tanxente ao Polo Sur $S$. Obtemos así $\pi(P)=P'$. En $P$ determínanse ángulos  da mesma medida, $\beta _{2}=\beta _{3}$, por seren opostos polo vértice. Finalmente tamén $\beta _{1}=\beta _{4}$ pois son correspondentes. En consecuencia o triángulo $PQP'$ é isóscele, de aí que os lados etiquetados con $b$ midan o mesmo (ver figura 1)

Figura 2

Sexa $t$ a recta tanxente a $\gamma$ en $P$, $t$ estará en $T_{P}$. Se aplicamos a proxección estereográfica $\pi$ a $\gamma$ obteremos unha curva $\pi(\gamma)=\gamma'$ no plano $T_{S}$ que terá como tanxente en $P'$ a recta $\pi(t)=t'$, unha recta no plano $T_{S}$. Os segmentos $PQ=P'Q=b$ son ortogonais a $QL$. Fórmanse así dous triángulos rectángulos congruentes $PQL$ e $P'QL$. En consecuencia os ángulos $\theta $ que forman as rectas $t$ e $t'$ cos segmentos $PQ$ e $P'Q$ son iguais.

Como corolario disto ultimo, se por $P$ pasase outra curva $\lambda$, a súa tanxente en $P$ formaría con $PQ$ o mesmo ángulo que a tanxente en $P'$ a $\pi(\lambda)=\lambda'$ con $P'Q$, de aí que o ángulo determinado por dúas curvas $\gamma$ e $\lambda$ se conservaría mediante a proxección.de por que regresar á proxección estereográfica

Con toda esta bagaxe de certo que a nosa visión do seguinte vídeo será máis profunda, e gozaremos máis del. Que vídeo? Pois un, en concreto o último,  dos do marabilloso proxecto Dimensions, no que se demostra como a proxección estéreográfica leva as circunferencias da esfera que non pasan polo Polo Norte en circunferencias. Sóavos de algo?