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?