Unha elipse e un círculo. Un cadrado e unha semicircunferencia

 Se dixera de onde recollín este problema seguramente saberías a solución sen ter que darlle ningunha volta. Daquela, como na entrada anterior, non revelarei ata o final a orixe desta proposta. Agora ben, como non vou revelalo ata o final, seguramente saberás cal é a solución.

Unha elipse e un círculo. Consideremos a elipse de semieixos $a$ e $b$. Pídese determinar para que valor da razón $\frac{b}{a}$ o círculo que pasa polos seus focos ten a mesma área que a elipse.

A cuestión é de resolución tan sinxela que non merecería espazo algún. Con todo, como este blogue non ten entre os seus méritos desprezar ningún razoamento, por simple que poida parecer, velaquí vai a solución:

A área da elipse é $\pi a b$, a do círculo será $\pi c^{2}$ onde $c^{2}=a^{2}-b^{2}$. Igualando as áreas: $$\pi ab=\pi c^{2}=\pi\left( a^{2}-b^{2} \right)$$

$$ ab=a^{2}-b^{2}$$

Dividindo por $a^{2}$: $$\frac{b}{a}=1-\frac{b^{2}}{a^{2}}$$ $$\frac{b^{2}}{a^{2}}+ \frac{b}{a}-1=0$$

Esta coñecida ecuación ten como solución positiva o número áureo $\phi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$

Por certo, noutra ocasión xa aparecera por este blogue un problema tan semellante a este que poderiamos dicir que son equivalenten. Trátase do problema 8 da entrada Problemas consecutivos

Finalmente, tal e como prometín, desvelo a fonte da que obtiven esta bonita cuestión. Trátase do libro de Hans Walser, The Golden Section (MAA 2001). De paso, aproveito a ocasión para recoller deste mesmo libro outro problema:

Cadrado inscrito nunha semicircunferencia. Tal e como se observa na figura, inscribimos un cadrado nunha semiciecunferencia. Pídese a razón AC/AB.

Dous triángulos

Ben sabemos que para que tres números positivos $a$, $b$ e $c$ non sempre poden ser as lonxitudes dos lados dun triángulo. Para que poidan dedterminalo ten que verificarse que a suma de dous deles debe ser maior có outro. De forma ben natural, xorde o seguinte problema:

Dous triángulos. Un triángulo ten lados $a\gt b\gt c$. Un segundo triángulo ten lados $\frac{1}{c}\gt \frac{1}{b}\gt \frac{1}{a}$. Determina tanto o límite inferior como o superior da razón $\frac{a}{c}$ para que poidan existir eses dous triángulos.

Polo comentado anteriormente: $a\lt b+c \Rightarrow a-c\lt b$

Análogamente: $\frac{1}{c}\lt \frac{1}{a}+\frac{1}{b}\Rightarrow \frac{1}{c}-\frac{1}{a}\lt \frac{1}{b}$

Multiplicando as expresións anteriores e operando:

$$\left( a-c \right)\left(  \frac{1}{c}-\frac{1}{a}\right)\lt b\frac{1}{b}$$

$$\left( a-c \right)\left(  \frac{a-c}{ac}\right)\lt 1$$

$$\left( a-c \right)^{2}\lt ac$$

$$a^{2}-3ac+c^{2}\lt 0$$

$$\left( \frac{a}{c} \right)^{2}-3\frac{a}{c}+1\lt 0$$

Sexa $x=\frac{a}{c}$, daquela temos a inecuación cuadrática $x^{2}-3x+1\lt 0$

As solucións da ecuación asociada $x^{2}-3x+1 =0$   son

$$x_{1}=\frac{3+\sqrt{5}}{2}=\phi^{2}\quad \quad x_{2}=\frac{3-\sqrt{5}}{2}=\frac{1}{\phi^{2}}$$

Onde $\phi$ é o número áureo. Entón podemos reescribir a inecuación así:

$$\left( x-\phi^{2} \right)\left( x-\frac{1}{\phi^{2}} \right)\lt 0$$

Polo que un dos dous factores debe ser postivo e o outro negativo. Como $\phi^{2}\gt \frac{1}{\phi^{2}}$, o primeiro dos factores debe ser o negativo e o segundo o positivo. En conclusión:

$$\frac{1}{\phi^{2}}\lt x=\frac{a}{c}\lt \phi^{2}$$

Tanto a solución como o problema recollinos do libro The Divine Proportion, (Dover Publications, 1970) de H. E. Huntley, só que cunha pequena excepción, que alí só piden un límite superior. Tiven a pequena maldade de non comentar ao principio cal era a referencia para que o lector non soubese, de principio, por onde caían os tiros.

A razón dun problema de optimización. 2

Trátase de resolver o problema proposto na entrada anterior. Lembro que non só pedía a solución, senón a razón do problema. Velaquí o enunciado:

Triángulo circunscrito a unha semicircunferencia. Dada unha semicircunfencia de raio $1$ pídense as dimensións do triángulo isóscele de perímetro mínimo circunscrito á circunferencia.

Sexa $D(x,y)$, un punto calquera da semicircunferencia. Como $x$ e $y$ son os catetos dun triángulo rectángulo de hipotenusa $1$: $x^{2}+y^{2}=1$ e, polo tanto $y=\sqrt{1-x^{2}}$. Derivamos para obter a pendente da recta tanxente $AB$: $y'=\frac{-x}{\sqrt{1-x^{2}}}$

Introducimos agora o ángulo $\alpha$, resulta que $x=cos\alpha$. Daquela

$y'=\frac{-cos\alpha}{\sqrt{1-cos^{2}}\alpha}=\frac{-cos\alpha}{sen\alpha}$

O punto $D$ ten coordenadas $(sen\alpha, cos\alpha)$. Usámolo para obter a ecuación punto-pendente da recta tanxente á semicircunferencia en $D$:

$y-sen\alpha=\frac{-cos\alpha}{sen\alpha}\left( x-cos\alpha \right)=\frac{-cos\alpha}{sen\alpha}x+\frac{cos^{2}\alpha}{sen\alpha}$

Se $x=0$:  $y-sen\alpha=\frac{cos^{2}\alpha}{sen\alpha}$ $y=\frac{cos^{2}\alpha}{sen\alpha}+sen\alpha=\frac{cos^{2}\alpha+cos^{\alpha}}{sen\alpha}=\frac{1}{sen\alpha}$. Así obtemos as coordenadas de $A(0, \frac{1}{sen\alpha})$

Se $y=0$:   $-sen\alpha=\frac{-cos\alpha}{sen\alpha}x+\frac{cos^{2}\alpha}{sen\alpha}$ $\frac{-cos\alpha}{sen\alpha}x=-sen\alpha-\frac{cos^{2}\alpha}{sen\alpha}=\frac{-sen^{2}\alpha-cos^{2}\alpha}{sen\alpha}=\frac{-1}{sen\alpha}$

$x=\frac{1}{cos\alpha}$. Así obtermos as coordenadas de $B\left( \frac{1}{cos\alpha},0 \right)$

Con estes antecedentes:

$$AB^{2}=\frac{1}{sen^{2}\alpha}+\frac{1}{cos^{2}\alpha}=\frac{1}{sen^{2}\alpha\cdot cos^{2}\alpha}\Longrightarrow AB=\frac{1}{sen\alpha\cdot cos\alpha}$$

Agora xa podemos escribir o perímetro do triángulo en función de $\alpha$: $$P\left( \alpha \right)=2\left( AB+OB \right)=2\left( \frac{1}{sen\alpha\cdot cos\alpha}+\frac{1}{cos\alpha} \right)=2\frac{1+sen\alpha}{sen\alpha\cdot cos\alpha }$$

Derivamos na procura dos extremos:

$$P'\left( \alpha \right)=2\frac{cos\alpha\left( sen\alpha\cdot cos\alpha \right)-\left( 1+sen\alpha \right)\left( cos^{2} \alpha-sen^{2}\alpha\right)}{sen^{2}\alpha\cdot cos^{2}\alpha}=$$ $$=2\frac{sen\alpha\cdot cos^{2}\alpha-cos^{2}\alpha+sen^{2}\alpha-sen\alpha\cdot cos^{2}\alpha+sen^{3}\alpha}{sen^{2}\alpha\cdot cos^{2}\alpha}=2\frac{sen^{3}\alpha+2sen^{2}\alpha-1}{sen^{2}\alpha\cdot cos^{2}\alpha}$$

Pescudemos para que valores $P'=0$. Tomando $y=sen\alpha$ o numerador anúlase cando $y^{3}+2y^{2}-1=0$. Evidentemente $y=-1$ é unha raíz deste polinomio polo que podemos descompoñelo $y^{3}+2y^{2}-1=(y+1)\left( y^{2}+y-1 \right)=0$ Así que as outras solucións serán $-\phi$ e $\frac{1}{\phi}$. Como $\alpha$ é un angulo do primeiro cuadrante, $y=sen\alpha$ debe ser postivo. Daquela a única solución que nos serve é $sen\alpha=\frac{1}{\phi}$. Ademais como $y^{3}+2y^{2}-1=(y+1)\left( y+\phi \right)\left(  y-\frac{1}{\phi}  \right)$ a derivada no punto $x=\frac{1}{\phi}$ pasa de ser negativa a positiva, de aí que a función $P$ teña nese punto un mínimo.

$cos\alpha=\sqrt{1-sen^{2}\alpha}=\sqrt{1-\frac{1}{\phi^{^{2}}}}=\sqrt{\frac{\phi^{2}-1}{\phi^{2}}}=\frac{\sqrt{\phi-1-1}}{\phi}=\frac{\sqrt{\phi}}{\phi}$

$$A\left( 0,\frac{1}{sen\alpha} \right)=\left( 0,\phi \right)  \quad \quad B\left( \frac{1}{cos\alpha},0 \right)=\left( \sqrt{\phi},0 \right)$$  $$AB=\frac{1}{sen\alpha\cdot cos\alpha}=\frac{1}{\frac{1}{\phi}\frac{1}{\sqrt{\phi}}}=\phi\sqrt{\phi}$$  $$EB=\sqrt{\phi}-\frac{1}{\sqrt{\phi}}=\frac{\phi-1}{\sqrt{\phi}}=\frac{\frac{1}{\phi}}{\sqrt{\phi}}=\frac{1}{\phi\sqrt{\phi}}$$

O perímetro máximo terá un valor de $$P=2\left( AB+OB \right)=2\left( \phi\sqrt{\phi} +\sqrt{\phi}\right)=2\sqrt{\phi}\left(\phi+1  \right)=2\phi^{2}\sqrt{\phi}$$

Triángulos de Kepler

Chámanse triángulos de Kepler a aqueles triángulos rectángulos que teñen os lados en progresión xeométrica. Resulta evidente que a razón desta progresión debe ser $\sqrt{\phi}$. Botándolle un ollo á anterior imaxe poderemos distinguir varios triángulos de Kepler:

$EDB$ ten lados de lonxitudes $\frac{1}{\phi\sqrt{\phi}},\quad \frac{1}{\phi},\quad \frac{1}{\sqrt{\phi}}$

$OED$ ten lados de lonxitudes $ \frac{1}{\phi},\quad \frac{1}{\sqrt{\phi}}, \quad 1$

$OAD$ ten lados de lonxitudes $ \frac{1}{\sqrt{\phi}}, \quad 1, \quad \phi$

$OAB$ ten lados de lonxitudes $\sqrt{\phi}, \quad \phi, \quad \phi\sqrt{\phi}$

Fica claro que a razón sobre a que se preguntaba ao principio era unha razón dourada, unha razón da que temos mostras sobradas na solución dada.

Todos os segmentos son iguais

En boa medida este blogue está dedicado ás matemáticas recreativas. Daquela, para darlle algo de prestancia, con certa recurrencia recóllense achegas de personaxes destacados neste ámbito. Mirando na columna da dereita, no gadget corespondente a Persoas, achamos a verdadeiros precursores das matemáticas recreativas: Alcuíno de York (c. 735-804), Lewis Carroll (1832, 1898), Samuel Loyd (1841-1911), Henry Dudeney (1857-1930) e Yakov Perelman (1882-1942), alén dos xa nacidos no século XX. Con todo, hai aínda outros que poden sumarse a esta lista, como é o caso de, por exemplo,  Walter William Rouse Ball (1850-1965). Nesta ocasión intentaremos corrixir esta falta.

A pesar do comentado no parágrafo anterior, a verdadeira motivación para esta entrada foi outra non foi a de completar a nómina de divulgadores das matemáticas. En realidade o impulso veu dado pola entrada anterior. Alí presentábase unha falacia xeométrica ois demostrabamos que todos os triángulos son equiláteros. Comentabamos que o enganoso razoamento, recollido dun libro de matemáticas recreativas publicado no 1917, estaba acompañado doutros do mesmo estilo, en concreto dun que tamén aparecía nun texto de Lewis Carroll, onde se explicaba que

Teorema: a veces un ángulo obtuso pode ser igual a un recto

Resulta que este resultado tamén o podemos achar noutro libro,  Mathematical Recreations and Essays (1892), de W. W. Rouse Ball (1850-1925). Como na entrada anterior, vou deixar de lado o anterior teorema e vou recoller outro que o acompaña.

Teorema: Dado un segmento $AB$ sempre podemos achar outro segmento menor $AZ$ tal que $AB=AZ$

Antes de nada construiremos un triángulo $ABC$ cun ángulo agudo $\widehat{A}$ e tal que $\widehat{C}\gt \widehat{B}$. Daquela poderemos trazar o ángulo $\angle AZC=\angle B$ determinando así o punto $Z$. Tracemos tamén $CD$ perpendicular sobre $AB$

Fixada a terminoloxía que observamos na imaxe, demostraremos que $c=z$

Resulta que os triángulos $AZC$ e $ABC$ teñen dous ángulos iguais, polo tanto son semellantes.

Usaremos a notación $[A,B,C]$ para indicar a área do triángulo $ABC$. Sabemos que a razón entre as áreas de dous triángulos semellantes é o cadrado da razón entre os lados correspondentes deses triángulos: $$\frac{\left[ A,B,C \right]}{\left[ A,Z,C \right]}=\frac{a^{2}}{w^{2}}$$

Pero podemos obter a área dos triángulos como a metade da base pola altura: $$\frac{\left[ A,B,C \right]}{\left[ A,Z,C \right]}=\frac{\frac{1}{2}c\cdot h}{\frac{1}{2}z\cdot h}=\frac{c}{z}$$

Igualando as expresións anteriores:$$\frac{a^{2}}{w^{2}}=\frac{c}{z}\Longrightarrow \frac{a^{2}}{c}=\frac{w^{2}}{z}$$

Fixémonos nos numeradores. Apliquémoslle aos dous triángulos o teorema do coseno: $$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cdot cosA$$ $$w^{2}=b^{2}+z^{2}-2bz\cdot cosA$$

Entón obtemos: $$\frac{b^{2}+c^{2}-2bc\cdot cosA}{c}=\frac{b^{2}+z^{2}-2bz\cdot cosA}{z}$$  $$\frac{b^{2}}{c}+c-2bc\cdot cosA=\frac{b^{2}}{z}+z-2bz\cdot cosA$$  $$\frac{b^{2}}{c}+c=\frac{b^{2}}{z}+z$$  $$\frac{b^{2}}{c}-z=\frac{b^{2}}{z}-c$$   $$\frac{b^{2}-cz}{c}=\frac{b^{2}-cz}{z}$$

Como temos dúas fraccións iguais co mesmo numerador, tamén serán iguais os seus denominadores: $c=z$

Se agora imos movendo o punto $C$ a outros $C'$ veremos que o segmento $AB$ é igual a calquera subsegmento $AZ'$; en conclusión: todos os segmentos son iguais. Unha gran vantaxe, non vos parece?

Todos os triángulos son equiláteros

 Cando comecei a carreira de Matemáticas fíxeno con moi mal pé. Asistía ás clases diariamente e, diarimente, saía delas sen entender absolutamente nada. Isto levoume a considerar facer un cambio de carreira. Ao final, felizmente non o fixen. Entre outras moitas razóns está un libro. Como das aulas non sacaba nada en limpo, e dérase a circunstancia de que acababan de publicar un libro de Martin Gardner, Ruedas, Vida y otras diversiones matemáticas (Editorial Labor 1985), pasei as tardes lendo nel pois o estudo ficaba unha e outra vez infructuoso. Así, no canto de intentar descifrar o que eran os p-subgrupos de Sylow, lía un par de capítulos do libro e cando, despois dunhas horas de frustante incompresión, me fartaba de bater cos criterios de converxencia de series, pasaba o resto da tarde cubrindo en folio cuadriculados, un paso tras outro dalgunha configuración do xogo daVida de Conway.

Un dos capítulos dese libro titulábase  Falacias xeométricas.  Contiña varios resultados disparatados tales como que $\pi=2$, ou que o quinto postulado pode ser demostrado a partir dos restantes da xeometría euclidiana. Ademais viñan coas súas correspondentes demostracións. Quizais o máis destacable de todos eles porque só se usa xeometría elemental e ademais non resulta evidente desentrañar o engano, era o que se indicaba que estaba entre os favoritos de Lewis Carroll. Efectivamente, esta falacia recollíase dun libro do creador de Alicia. O seu enunciado dicía así: 

Teorema. A veces un ángulo obtuso pode ser igual a un recto

Resulta que volvín ver este enunciado xunto coa súa demostración noutro libro, Recreations in Mathematics, de H. E. Licks (D. Van Nostrand Company 1917) que descubrín grazas a este chío de Cliff Pickover. Esta mesma publicación contén outro resultado, que é o que vou compartir aquí. O autor comenta que é dos que paga a pena conservar.

Teorema. Todos os triángulos son equiláteros

Sexa un triángulo calquera $ABC$ con lados $a$, $b$ e $c$ opostos respectivamente aos ángulos $A$, $B$ e $C$.

Ampliamos a recta $CA$ ata o punto $D$ cun segmanto de lonxitude $c$. Así o triángulo $ABD$ será isóscele con dous ángulos iguais a $\frac{A}{2}$.

Ampliamos a recta $AB$ ata o punto $E$ cun segmento de lonxitude $b$. Así o triángulo $ACE$ será isóscele con dous ángulos iguais a $\frac{A}{2}$

Consideremos en primeiro lugar o triángulo $BCD$. Aplicándolle o teorema do seno teremos:

$$\frac{CD}{CB}=\frac{b+c}{a}=\frac{sen\left( B+\frac{A}{2} \right)}{sen\left( \frac{A}{2} \right)}$$

Consideremos agora o triángulo $CBE$. Aplicándolle o teorema do seno teremos:

$$\frac{BE}{BC}=\frac{b+c}{a}=\frac{sen\left( C+\frac{A}{2} \right)}{sen\left( \frac{A}{2} \right)}$$

Igualando as dúas expresións: $$\frac{b+c}{a}=\frac{sen\left( B+\frac{A}{2} \right)}{sen\left( \frac{A}{2} \right)}=\frac{sen\left( C+\frac{A}{2} \right)}{sen\left( \frac{A}{2} \right)}$$

Daquela $sen\left( B+\frac{A}{2} \right)=sen\left( C+\frac{A}{2} \right)$ entón $B+\frac{A}{2}=C+\frac{A}{2} $ e polo tanto $B=C$

Análogamente poderiamos demostrar que $A=B$ e de aí teremos que o triángulo é equilátero.

P.S.: Despois de ter publicada esta entrada entereime de que H. E. Licks é o pseudónimo de Mansfield Merriman (1848-1925), un enxeñeiro norteamericano

Cordas arquimedianas

Entre as páxinas máis sobranceiras de toda a historia das matemáticas están as do pequeno opúsculo sobre a Medida do círculo de Arquímedes, datado arredor do 225 a. C. O tratado contén só tres proposicións. A Proposición I di que a área dun círculo é igual á dun triángulo rectángulo onde un dos catetos é o raio e o outro a lonxitude da circunferencia. Para entender mellor a importancia deste resultado cómpre poñelo en contexto.

Daquela sabíase que a razón entre a lonxitude dunha circunferencia, $C$, e o seu diámetro, $d$, é sempre a mesma. Esta razón é o que hoxe coñecemos como a definición do número $\pi$.

$$\frac{C}{d}=\pi\quad\quad;\quad\quad C=\pi d$$

Euclides tamén establecera nos seus Elementos, concretamente na proposición XII.2, que a razón entre a área, $A$, dun círculo calquera e o cadrado do seu diámetro, $d$ era constante:

$$\frac{A}{d^{2}}=k\quad \quad;\quad\quad A=kd^{2}$$

Daquela, a Proposición I arquimediana explícanos que a constante para a circunferencia, $\pi$,  e a constante para o círculo, $k$, están relacionadas; resultado ao que hoxe estamos afeitos pero que daquela debeu ser toda unha revelación. Efectivamente, pola Proposición I a área do círculo pode calcularse como a área do triángulo anteriormente indicado:

$$A=\frac{1}{2}rC=\frac{1}{2}r\left( \pi d \right)=\frac{1}{2}r\left( \pi2r \right)=\pi r^{2}$$

Noutros termos: $A=\pi r^{2}=kd^{2}=k\left( 2r \right)^{2}=k\cdot4r^{2}\Longrightarrow k=\frac{\pi}{4}$

Seguramente o resultado máis coñecido do tratado Sobre o círculo sexa a Proposición III que nos dá aproximacións de $\pi$ tanto por exceso como por defecto. En concreto, establece que $3+\frac{10}{71}\lt \pi\lt 3+\frac{1}{7}$. Para establecelas Arquímedes fai uso do coñecido método exhaustivo ou método do agotamento. Faremos un comentario sobre cada unha destas dúas aproximacións.

Comezaremos pola primeira, $\pi\gt 3+\frac{10}{71}$. Para iso comézase por un hexágono inscrito na circunferencia. O cociente entre o perímetro do hexágono, $p_{6}$, e o diámetro pode ser unha primeira aproximación de $\pi$: $\pi\approx \frac{p_{6}}{d}$. Pero se temos un polígono con máis lados, a aproximación mellora. Arquímedes decidiu ir duplicando o número de lados: $6, 12, 24, 48$ ata $96$. El non desenvolve con detalle todos os pasos deste proceso. Iso será o que intentaremos nós nas seguintes liñas.

Un paso previo, as cordas.

Antes de entrar en materia debemos ter presente que nesa altura non existían senos, cosenos ou tanxentes. Os primordios desta etapa non chegarían ata o matemático indio Āryabhaṭa (V d.C.). Daquela, para mergullarnos na trigonometría arquimediana debemos falar de cordas dun ángulo central $\theta$

cordas

A corda do ángulo $\angle{BOC}=\theta$ será o segmento $CB$. Escribirémolo así: $Crd(\theta)=BC$. Sexa $R=OB$ o raio da circunferencia. Mediante a seguinte fórmula podemos relacionar as cordas ptolemaicas cos senos: $Crd\left( 2\theta \right)=2Rsen\theta$

Polo teorema de Pitágoras $Crd^{2}\left( 180-\theta \right)+Crd^{2}\theta=\left( 2R \right)^{2}$

Daquela $Crd\left( 180-\theta \right)=\sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\theta}$. Quedémonos con esta última relación que utilizaremos máis adiante.

A corda do ángulo metade

Como xa se comentou, o obxectivo consiste en duplicar en cada paso o número de lados. Coñecida a lonxitude do lado dun polígono regular a cuestión consiste en obter a do lado dun polígono co dobre de lados. Se lle chamamos $\theta=2\alpha$ podemos reescribir o problema dicindo que, sabendo o valor da $Crd\left( 2\alpha \right)$, temos que determinar o valor da corda do ángulo metade, a $Crd\left( \alpha \right)$. Para iso axudarémonos da seguinte figura:

cordas e ángulo metade

Como $AD\bot BD$ e $BC\bot AC$ temos que $\widehat{DAC}=\widehat{CBD}=\frac{\alpha}{2}$

Os triángulos $ABD$ e $ACF$ son rectángulos e teñen o mesmo ángulo agudo $\frac{\alpha}{2}$, daquela son semellantes, polo tanto verificarase a seguinte igualdade:

$$\frac{AC}{CF}=\frac{AD}{BD}\Rightarrow \frac{AC}{AD}=\frac{CF}{BD}$$

Os triángulos $ABD$ e $BDF$ tamén son rectángulos e comparten o mesmo ángulo agudo $\frac{\alpha}{2}$: velaí que tamén son semellantes polo que:

$$\frac{AB}{AD}=\frac{BF}{BD}$$

Sumando estas expresións obtemos:

$$\frac{AC+AB}{AD}=\frac{AC}{AD}+\frac{AB}{AD}=\frac{CF}{BD}+\frac{BF}{BD}=\frac{CF+BF}{BD}=\frac{BC}{BD}$$

Centrémonos na primeira e na última expresión. Temos que $AC=Crd(2\alpha)$, $AB=2R$, $AD=Crd(180-\alpha)$, $BC=Crd(2\alpha)$ e $BD=Crd(\alpha)$. Substituíndo estas expresións quédanos:

$$\frac{Crd\left( 180-2\alpha \right)+2R}{Crd\left( 180-\alpha \right)}=\frac{Crd\left( 2\alpha \right)}{Crd\left( \alpha \right)}$$

É o momento de lembrar a relación que obtivemos ao principio desta entrada, $Crd\left( 180-\theta \right)=\sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\theta}$. Aplicámola á anterior igualdade.

$$\frac{Crd\left( 2\alpha \right)}{Crd\left( \alpha \right)}=\frac{\sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\left( 2\alpha \right)}+2R}{\sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\left( \alpha \right)}}$$

A expresión pide que a elevemos ao cadrado:

$$\frac{Crd^{2}\left( 2\alpha \right)}{Crd^{2}\left( \alpha \right)}=\frac{4R^{2}-Crd^{2}\left( 2\alpha \right)+4R\sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\left( 2\alpha \right)}+4R^{2}}{4R^{2}-Crd^{2}\left( \alpha \right)}$$

E a botar contas:

$$\frac{4R^{2}-Crd^{2}\left( \alpha \right)}{Crd^{2}\left( \alpha \right)}=\frac{8R^{2}-Crd^{2}\left( 2\alpha \right)+4R\sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\left( 2\alpha \right)}}{Crd^{2}\left( 2\alpha \right)}$$

$$\frac{4R^{2}}{Crd^{2}\left( \alpha \right)}-1=\frac{8R^{2}}{Crd^{2}\left( 2\alpha \right)}-1+\frac{4R\sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\left( 2\alpha \right)}}{Crd^{2}\left( 2\alpha \right)}$$

Eliminamos os $1$ que están restando nos dous membros e dividimos por $4R^{2}$:

$$\frac{1}{Crd^{2}\left( \alpha \right)}=\frac{2}{Crd^{2}\left( 2\alpha \right)}+\frac{\sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\left( 2\alpha \right)}}{RCrd^{2}\left( 2\alpha \right)}=\frac{2R+\sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\left( 2\alpha \right)}}{RCrd^{2}\left( 2\alpha \right)}$$

Invertendo as fraccións e multiplicando posteriormente polo conxugado:

$$Crd^{2}\left( \alpha \right)=\frac{RCrd^{2}\left( 2\alpha \right)}{2R+\sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\left( 2\alpha \right)}}=\frac{RCrd^{2}\left( 2\alpha \right)\left(2R- \sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\left( 2\alpha \right)} \right)}{\left(  2R+\sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\left( 2\alpha \right)}\right)\left( 2R-\sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\left( 2\alpha \right)} \right)}=$$ 

$$=\frac{RCrd^{2}\left( 2\alpha \right)\left(2R- \sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\left( 2\alpha \right)} \right)}{4R^{2}-4R^{2}+Crd^{2}\left( 2\alpha \right)}=\frac{RCrd^{2}\left( 2\alpha \right)\left( 2R-\sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\left( 2\alpha \right)} \right)}{Crd^{2}\left( 2\alpha \right)}$$

$$Crd^{2}\left( \alpha \right)=R\left( 2R-\sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\left( 2\alpha \right)} \right)$$

Convén decatármonos que se a $Crd\left( 2\alpha \right)$ é o lado dun polígono de $n$ lados, a $Crd\left( \alpha \right)$ será o lado dun polígono de $2n$ lados. Este era o obxectivo perseguido.

Seguro que Arquímedes non traballou con esta última fórmula pero posiblemente tivera que realizar uns cálculos moi semellantes e a nós esta relación funcional tranquilízanos moito.

O deostado algoritmo do cálculo da raíz cadrada

Os primeiros anos que impartín clase entregaba boletíns con listas enormes de exercios. O normal era entregar un folio ateigado de exercicios ata as marxes. Podía ser, por exemplo un boletín de operacións con quebrados, todos moi semellantes, e con cálculos cada vez máis monstruosos, cargados de parénteses, corchetes e signos operacionais nos lugares máis insospeitados. Co tempo, e batendo no lombo de moitos sufridos alumnos, aprendín que esa metodoloxía non era, digámolo finamente, moi acaída. Máis alumnos podían aprender máis se os exercicios eran máis moderados tanto en cantidade como en dimensións. Ademais, é preferible facelos na aula porque a interacción cos compañeiros acaba sendo beneficiosa e ,se o número de alumnos non é excesivo (cousa cada vez máis infrecuente), podes axudalos moito máis efectivamente e en moitos máis aspectos. Durante eses primeiros anos tamén explicaba o algoritmo do cálculo das raíces cadradas. Non é que sexa moi complicado, pero se atendemos á confusa redación que nos ofrece a Galipedia, acabaremos tendo gañas de defenestrarnos antes de continuar sofrindo con ese desenvolvemento.

Fragmento do escuro e basto algortimo do cálculo da raíz cadrada, da Galipedia

Con verificable ánimo masoquista vou debullar deseguido este algoritmo. Con todo pode haber unha xustificación saudable para facelo. Resulta que hai uns días volvín a ler La cresta del pavo real de George Gheverghese Joseph (Pirámide 1991) e alí asaltoume unha agradable sorpresa que, evidentemente, en lecturas anteriores non me chamara o sufiente a atención. A cuestión é que o algoritmo do cálculo das raíces cadradas que eu explicaba na aula nos meus anos mozos é o mesmo que o que aparece no cuarto capítulo do texto máis importante da matemática china, Os nove capítulos das artes matemáticas. Trátase dun libro elaborado por escribas dos séculos I e II a.d.C que atraería a varios comentaristas, entre os que destacan Liu Hui (III d.C) e Yan Hui (XIII d.C).

O método chino facía uso de 4 filas. A primeira está reservada ao resultado. A segunda ben ao radicando ou ben ao número que utilizaremos como base dos cálculos en cada paso. Na terceira fila escribiremos un número auxiliar. Finalmente a cuarta fila utilizábase para marcar cunha variña a posición (unidades, decenas, centenas, millares, ...) que debía operarse en cada paso. Aínda que aparece consignada nas seguinte táboas, esta última fila para nós sería completamente precindible polo que non faremos referencia á mesma en todo o procedemento.

Trátase de calcular $\sqrt{N}=r$. Supoñamos que $r$ é un número de 3 cifras, $a, b$ e $c$. Daquela escribiremos $r=\alpha+\beta+\gamma$ con $\alpha=100a$, $\beta=10b$ e $\gamma=c$. $$N=r^{2}=\left( \alpha+\beta+\gamma \right)^{2}=\alpha^{2}+\beta\left( 2\alpha+\beta \right)+\gamma\left[ 2\left( \alpha+\beta \right)+\gamma \right]$$

Para facer a explicación máis clara, daremos axudarémonos un cálculo concreto. Anunciamos que buscamos a raíz cadrada de $N=71824$

$raíz$	$\alpha$
$número$	$N$	$7$	$1$	$8$	$2$	$4$
$cálculos$
$posición$	$1$

Separamos, de dereita a esquerda, as cifras de dúas en dúas. Daquela podemos determinar por tanteo o valor de $\alpha=200$. Calculamos $N-\alpha^{2}$ e $2\alpha$

$raíz$	$\alpha$			$2$
$número$	$N-\alpha^{2}$	$3$	$1$	$8$	$2$	$4$
$cálculos$	$\alpha^{2}$	4
$posición$	$100$	$1$

Agora calculamos $2\alpha=400$

      

$raíz$	$\alpha$			$2$
$número$	$N-\alpha^{2}$	$3$	$1$	$8$	$2$	$4$
$cálculos$	$2\alpha$		$4$
$posición$	$100$			$1$

Dividindo $N-\alpha^{2}$ entre $2\alpha$ poderemos determinar $\beta$ por tanteo: divido $31$ entre $4$ e, como o $7$ non serve, comprobo que $6$ será a cifra das decenas. Calculamos $2\alpha + \beta$ e $(2\alpha+\beta)\beta$. De $N-\alpha^{2}$ restamos $(2\alpha+\beta)\beta$

 

$raíz$	$\alpha + \beta$			$2$	$6$
$número$	$N-\alpha^{2}-\left( 2\alpha+\beta \right)\beta$		$4$	$2$	$2$	$4$
$cálculos$	$2\alpha+\beta$			$4$	$6$
$posición$	$10$				1

Convén decatarse de que $N-\alpha^{2}-\left( 2\alpha+\beta \right)\beta=N-\left( \alpha+\beta \right)^{2}$ Calculamos agora $2\left( \alpha+\beta \right)=520$

 

$raíz$	$\alpha + \beta$			$2$	$6$
$número$	$N-\alpha^{2}-\left( 2\alpha+\beta \right)\beta$		$4$	$2$	$2$	$4$
$cálculos$	$2\left( \alpha+\beta \right)$			$5$	$2$
$posición$	$10$				$1$

E repetimos o proceso: tanteamos o valor de $\gamma$ para que $2\left( \alpha+\beta \right)+\gamma$ multiplicado por $\gamma$ sexa o máis aproximado posible ao número da segunda fila. Neste caso $\gamma=8$

 

$raíz$	$\alpha + \beta+ \gamma$			$2$	$6$	$8$
$número$	$N-\left( \alpha+\beta \right)^{2}-\left[ 2\left( \alpha+\beta \right) +\gamma\right]\gamma$
$cálculos$	$2\left( \alpha+\beta \right)+\gamma$			$5$	$2$	$8$
$posición$	$1$					$1$

Teñamos presente que $N-\left( \alpha+\beta \right)^{2}-\left[ 2\left( \alpha+\beta \right)\gamma \right]\gamma=N-\left( \alpha+\beta+\gamma \right)^{2}$. Neste caso a raíz é exacta, polo que na segunda fila anúlanse todos os valores.

Intentouse dar unha explicación asentándonos na linguaxe alxébrica. Quizais, con todo, o procedemento se nos presente demasiado forzado. Quizais o vexamos demasiado lioso. As fórmulas precisan de transformacións que escurecen un pouco os pasos que fomos dando. Pode que por isto o algoritmo fose expulsado do Olimpo das matemáticas básicas, aquelas que debe coñecer todo cidadán. Velaquí que a interpretación xeométrica pode acabar redimíndoo por claridade e elegancia:
 

O claro e elegante algoritmo do cálculo da raíz cadrada

A curiosa xeometría de Márta Svéd. O V postulado e máis alá (e 3)

Este é o terceiro e derradeiro capítulo da serie adicada a unha xeometría que a matemática húngara Márta Svéd presenta nun dos capítulos do seu libro Journey into Geometries (AMS/MAA, 1991). Os dous capítulos anteriores:

• A curiosa xeometría euclidiana de Márta Svéd. Introdución (1)
• A curiosa xeometría euclidiana de Márta Svéd. O IV postulado (2)

O V postulado

Sexa $\alpha$ unha circunferencia pasando por $O$ e $P$ un punto que non estea en $\alpha$. Consideremos agora $t$, a recta tanxente a $\alpha$ en $O$ e a súa perpendicular $p$. Trazamos o segmento $OP$ e a súa mediatriz $m$. O punto de intersección de $m$ e $p$, ao que chamaremos $C$, é o centro da circunferencia $\omega$ que pasa por $P$ e é tanxente a $\alpha$ en $O$. Traducido á linguaxe da W-xeometría, $\omega$ é a única W-recta paralela a $\alpha$ que pasa por un punto $P\notin \alpha$.

No caso de que $P \in t$ a propia recta $t$ sería a W-recta paralela a $\alpha$ pasando por $P$

Cando se trata de trazar W-paralelas Márta Svéd advírtenos dunha aparente inconsistencia. Se fixemos ben as cousas a relación "ser W-paralela a" debería ser unha relación de equivalencia entre W-rectas. Porén se nos fixamos na seguinte figura veremos que non se verifica a propiedade transitiva.

U-la a falacia?

Efectivamente, $a$ é paralela a $b$ (ten en conta que non se cortan en $O$ pois este punto non existe na $W$ xeometría) e $a$ e $\alpha$ son tamén paralelas. Pero é obvio que $b$ e $\alpha$ se cortan. Onde está a falacia neste argumento?

Máis alá

Nas anteriores liñas fixemos o exercicio de irmos comprobando os cinco postulados clásicos euclidianos pero podemos, e debemos, ir máis alá. Digo que debemos porque é ben sabido que Euclides non pasaría os estándares actuais para o estalbecemento dunha teoría axiomática. Non temos que remitirnos á revisión feita por Hilbert pois temos noticia que desde a época clásica houbo críticas aos Elementos. O V postulado explica cando se cortan dúas rectas, pero non temos ningún que nos indique como se cortan dúas circunferencias, compriría garantir a continuidade das liñas. Polo visto na anteriormente, na epígrafe adicada ao Postulado III, o corte de W-circunferencias compórtase da mesma maneira que o de circunferencias.

Noutras entradas demostramos que a inversión conserva os ángulos. En consecuencia a W-xeometría non só nos permite trasladar ángulos rectos (postulado IV), senón que o fai con calquera tipo de ángulos. 

Nós aquí traballamos coa formulación de Playfair do V postulado: "por un punto exterior a unha recta pasa unha única paralela". Mais sabemos que este enunciado é equivalente a que a suma dos ángulos dun triángulo sexa de 180º. Márta Svéd ofrece a explicación deste caso. Tamén explica como facer un exercicio que aínda non tratamos: o trazado de perpendiculares.

Dada unha W-recta $\alpha$ e un W-punto $P$, tracemos a tanxente $t$ a $\alpha$ por $O$ e a mediatriz $m$ do segmento $OP$ que se cortarán no punto $C$ que será o centro da circunferencia $\pi$ que pasa por $P$ e por $O$. $\pi$ é perpendicular a  $\alpha$ 

trazado de W-perpendiculares

Teriamos que considera un caso especial, se $P$ estivera na recta perpendicular a $t$ esa perpendicular tamén sería perpendicular a $\alpha$. Aquíi non me molestei moito en distinguir "perpendicular" de "W-perpendicular" porque a medida de ángulos na W-xeometría coincide coa da xeometría euclidiana usual.

A curiosa xeometría euclidiana de Márta Svéd. O desprazamento (2)

Márta Svéd

Esta entrada é a continuación da anterior: A curiosa xeometría de Márta Svéd.Introdución (1) Para poder entender o que vén de seguido cómpre botarlle un ollo.

Do que se trata é de comprobar que a W-xeometría descrita nesa entrada, é unha xeometría euclidiana. Para iso estamos comprobando que verifica os postulados de Euclides. Xa o fixeramos cos tres primeiros. Continuemos.

IV postulado

A miña primeira intención foi a de despachar este postulado nun par de frases. Lembremos que xa demostramos que a inversión conserva os ángulos.  Parece que non hai máis que engadir. Pero parémonos a reflexionar.

O IV postulado di que "todos os ángulos rectos son iguais entre si". Tendo en conta que entre as nocións comúns dos Elementos de Euclides temos unha que di que "cousas iguais a unha mesma cousa son iguais entre si", que necesidade habería de engadir o IV postulado? Ademais os tres primeiros postulados remiten a unha construción con regra e compás, porén o IV non o fai. Tense especulado que pode ser unha interpolación engadida por algún copista baixo o argumento de que a igualdade de dous ángulos rectos apenas se usa nas 465 proposicións dos trece libros dos Elementos, e cando se fai, non é de xeito explícito. 

As lecturas modernas deste postulado, debidas a Klein e a Clifford,  remiten a unha interpretación do IV postulado como aquel que permitiría o desprazamento dun ángulo recto a calquera punto do plano. Na W-xeometría un W-desprazamento estará formado por W-reflexións, isto é, por inversións. Teñamos presente que estamos construíndo unha xeometría euclidiana. De aí que os desprazamentos (translacións, xiros ou reflexións) deben poder obterse a partir das reflexións. Isto é, se explicamos como son as reflexións, teremos determinados todos os desprazamentos. Pois ben, as W-reflexións serán as inversións respecto das W-rectas (isto é: respecto das circunferencias que pasan por O) 

A cuestión do desprazamento

Nunca na Grecia clásica houbo mención á problemática do desprazamento, con todo procuraremos ver que na W-xeometría non se produce unha distorsión das W-distancias cando se aplica a inversión. Para iso axudarémonos dun libro ao que fai referencia Márta Svéd, Non-euclidean Geometry, de Roberto Bonola (1874-1911), (Open Court Publishing Company, 1912).

Hai unha publicación do libro de Bonola en español, Geometrías no euclidianas (Calpe, 1923) que é a tradución da edición en italiano do 1906. Estas edicións só conteñen 3 apéndices. Desafortunadamente o que nos interesa vén no quinto apéndice, só presente na edición inglesa, pois é nese derradeiro apéndice onde Bonola traballa coa xeometría recollida por Márta Svéd.

Comprobemos que na W-xeometría se verifica o seguinte teorema

Teorema. A inversión por unha W-recta conserva a W-distancia

Pasemos a demostralo.
Sexa $AB$ un W-segmento e $\omega$ a circunferencia de centro $C$ que pasa por $O$ e $D$. Fagamos respecto desta circunferencia a inversión do W-segmento $AB$ en $A'B'$ Sexa $D$ o punto de corte de $\omega$ e a circunferencia que pasa por $A$, $B$ e $O$.

$$\frac{d_{W}\left ( AD \right )}{d_{W}\left ( A'D \right )}=\frac{\frac{AD}{OA\cdot OD}}{\frac{A'D}{OA'\cdot OD}}=\frac{AD\cdot OA'}{A'D\cdot OA}$$

O noso propósito será demostrar que este cociente é 1.

Pola definición de inversión: $$CA\cdot CA'=CD\cdot CD$$

$$\frac{CA}{CD}=\frac{CD}{CA'}$$

Entón, polo criterio LAL os triángulos $CAD$  e $CA'D$ son semellantes (comparten o ángulo en $C$ e os lados que o determinan son proporcionais). De aí que teñamos as seguintes proporcións:$$\frac{DA}{DA'}=\frac{CA}{CD}=\frac{CD}{CA'}\quad\quad [1]$$

Outra vez pola definición de inversión: $$CA\cdot CA'=CO\cdot CO$$

Análogamente teremos que os triángulos $CAO$ e $CA'O$ son semellantes e $$\frac{CA}{CO}=\frac{CO}{CA'}=\frac{OA}{OA'}\quad\quad [2]$$

Como $CD=CO$ temos que $[1]=[2]$

"$$\frac{DA}{DA'}=\frac{CA}{CD}=\frac{CD}{CA'}=\frac{CA}{CO}=\frac{CO}{CA'}=\frac{OA}{OA'}$$

Fixándonos na primeira e última proporcións $\frac{DA}{DA'}=\frac{OA}{OA'}$

Tal e como anunciamos ao comezo da demostración, isto implica que $d_{W}\left ( AD \right )=d_{W}\left ( A'D \right )$

Analogamente $d_{W}\left ( BD \right )=d_{W}\left ( B'D \right )$

Daquela $$d_{w}\left ( AB \right )=d_{W}\left ( AD \right )-d_{W}\left ( BD \right )=d_{W}\left ( A'D \right )-d_{W}\left ( B'D \right )=d_{W}\left ( A'B' \right )$$

$$\frac{d_{W}\left ( AD \right )}{d_{W}\left ( A'D \right )}=\frac{\frac{AD}{OA\cdot OD}}{\frac{A'D}{OA'\cdot OD}}=\frac{AD\cdot OA'}{A'D\cdot OA}$$

Con isto quedaría demostrado o teorema. En conclusión, o desprazamento na W-xeometría conserva tanto ángulos como distancias.

No seguinte e derradeiro capítulo desta serie, abordaremos o comportamento da W-xeometría en relación co V postulado de Euclides.

A curiosa xeometría euclidiana de Márta Svéd. Introdución (1)

Comeza aquí unha serie de tres entradas sobre unha curiosa xeometría. Ben, en realidade non é este o principio. Este xa foi publicado neste mesmo blogue noutras tres entradas:

• A proxección estereográfica reencontrada. Aquí explícase en que consiste a proxección estereográfica e danse algunhas propiedades da mesma, como a de que leva circunferencias en circunferencias ou que conserva os ángulos.
• A inversión proxectada. Nesta entrada relátase en que consiste a inversión respecto dunha circunferncia e como se pode obter a inversión a partir da proxección estereográfica. Isto último permite revisar cal é a inversión de circunferencias, tanto das que pasan polo centro da circunferencia inversiva como as que non; tamén explica por que a inversión conserva ángulos.
• Un regalo da xeometría inversiva. Esta ligazón lévanos a unha fórmula que relaciona a lonxitude dun segmento $AB$ coa do seu inverso $A'B'$. Como regalo obtemos unha fermosa demostración do teorema de Ptolomeo.

A curiosa xeometría de Márta Svéd

No verán pasado fun ao curso da USC "Matemáticas húngaras", organizado polo profesor Jorge Losada Rodríguez. Unha das conferencias correu a cargo da coñecida divulgadora Marta Macho, da Universidade do País Vasco, trataba sobre as mulleres matemáticas de Budapest. Falou da vida, obra e aventuras de moitas mulleres húngaras. Unha delas foi a Marta Wachsberger (1910-2005) , coñecida como Marta Svéd despois do seu matrimonio, fuxiría a Australia no 1935, escapando do horror nazi. Con 75 anos defendería a súa tese doctoral na Universidade de Adelaida. 

Marta Macho deunos a coñecer un curioso libro escrito por Marta Svéd, Journey into geometries (AMS/MAA, 1991). Trátase dun orixinal diálogo entre un tal Dr. Whatif, Lewis Carroll, autor de Alicia no país das marabillas, a propia Alicia e moitos outros dos personaxes do famoso libro de Carroll (Humpty Dumpty, Tweedledee e Tweedledum, a Raíña Vermella, a Lebre de Marzo,...). Alicia xoga o papel de alumna avantaxada; Lewis Carroll representa as matemáticas decimonónicas. O significativo antropónimo, Dr. Whatiff,  desvela o carácter principal dun individuo sempre disposto a innovar e a xogar con novas hipóteses. Para rebaixar as expectativas de quen estivera pensando en ler este libro, cómpre que saiba que nel hai moitas matemáticas ata o punto de que cada capítulo remata cun boletín de exercicios. O libro conta cun pequeno prefacio do xeómetra H.S.M. Coxeter (1907-2003) e cunha boa colección de ilustracións que axudan moito á lectura. Estas son obra do tamén matemático John Stilwell (1942-)

En Journey into geometries os personaxes viaxan por distintas ideas xeométricas. No primeiro capítulo trabállase a potencia dun punto respecto dunha circunferencia; o segundo trata sobre a inversión; o cuarto ocúpase da xeometría hiperbólica, o quinto da xeometría do disco de Poincairé e o sexto e último capítulo está dedicado á xeometría proxectiva. 

E o terceiro? O terceiro, desde o meu punto de vista, é o máis interesante de todos. Nel Marta Svéd presenta unha xeometría euclidiana dunha fasquía extravagante. No libro esa xeometría recibe o nome de "xeometría do Dr. Whatif". Por simplicidade referireime a ela como xeometría W (en referencia ao Dr., ou quizais, aínda mellor, en referencia a Wɐɹʇɐ). Co fin de  distinguilos dos conceptos da xeometría euclidiana usual aos da W-xeometría denominareinos usando ese símbolo: W-puntos, W-rectas, W-rectas, W-distancias...

A W-xeometría é unha xeometría do plano na que eliminamos un punto ao que chamaremos punto O. En compesación engadimos un novo punto, o do infinito, $P_{\infty }$ . As W-rectas serán as circunferencias e as rectas que pasen por O. Estas últimas serán as W-rectas que conteñan o punto do infinito. Tendo en conta que podemos considerar as rectas como circunferencias de raio infinito estariamos en disposición de resumir dicindo que as W-rectas son as circunferencias que conteñen a O (pero sen o punto O, por suposto). Así, os W-segmentos serán ben arcos de circunferencia, ben segmentos usuais nas rectas que pasan polo punto do infinito, ben segmentos que conteñan ou teñan como extremo ao punto do infinito. Os W-ángulos coincidirán cos ángulos da xeometría euclidiana usual. 

Pasemos a comprobar que a W-xeometría é euclidiana, isto é, que verifica os cinco postulados propostos por Euclides nos Elementos.

I postulado

Un dos resultados da xeometría plana máis coñecidos é o que nos di que por tres puntos sempre podemos trazar unha circunferencia.  Aplicando este resultado á W-xeometría teriamos que dados dous W-puntos $A$ e $B$, e dado $O$, poderemos trazar a W-recta que pasa por eles. Se están aliñados volveremos a recordar que podemos considerar a recta como unha circunferencia de raio infinito.l Dado un punto calquera $A$ e o punto do infinito $P_{\infty }$ sempre podemos trazar a recta que pasa por eles pois é a recta euclidiana que pasa por $A$ e por $O$ Así que a W-xeometría verifica o I postulado euclidiano.

Postulado II

 Consideremos unha circunferencia que pase por O (da que eliminamos precisamente o punto O). Dado nela un arco de circunferencia $AB$ sempre o poderemos ampliar a outro arco maior $A'B'$ en calquera dos dous sentidos.

Traduzamos isto en termos da W-xeometría. Teremos que dado un W-segmento $AB$ poderemos prolongalo a outro $A'B'$. Este é o II postulado da xeometría euclidiana. Se partimos dunha recta que pasa por O, pode suceder que o segmento $AB$ sexa finito, nese caso basta con remitirnos á xeometría euclidiana clásica 

Algúns casos do Postulado II

No caso de que o segmento conteña a $P_{\infty }$, tampouco teremos dificultades tanto para ampliar o segmento $AB$ a $A'B'$ como o segmento $AP_{\infty }$ a outro $AP_{\infty }'$

Postulado II con punto do infitnito

Postulado III

O III postulado di que debemos ser quen de "debuxar unha circunferencia con calquera centro e distancia". Velaquí que debemos explicar como medir distancias nesta peculiar xeometría. Marta Svéd ofrécenos unha analoxía para achegarnos a este tópico.

Supoñamos que, sen usar o compás,  queremos trazar unha circunferencia de centro $C$ e pasando por un punto $P$ na "anticuada" xeometría euclidiana. Poderiamos facelo da seguinte maneira. Consideremos unha recta $r$ pasando por $C$ para obter $P'$, a reflexión de $P$ respecto de $r$. $P'$ será outro punto da circunferencia. Xa que logo, a circunferencia estará formada por todas as reflexións de $P$ respecto de todas as rectas pasando polo centro $C$. Pois ben, a W-reflexión non será outra cousa que a inversión. Unha W-circunferencia poderá obterse invertendo un punto $P$ polas circunferencias que pasan por $O$ e por $C$. 

Unha circunferencia que pase por $O$ e $C$ terá o seu centro na mediatriz $m$ do segmento $OP$. Cada unha delas invertirá un punto $P$ noutro $P'$ e irá xenerando a W-circunferencia de centro $C$. Ao conxunto de todas estas circunferencias coñéceselle como feixe elíptico de circunferencias. Para trazar a W-circunferencia de centro $C$ pasando por $P$ podes mover o punto $X$ ou premer no play.

Se xogas un pouco coa aplicación verás que a W-circunferencia é unha circunferencia euclidiana pero o seu centro $C$ non coincide co centro na xeometría euclidiana. A razón é que as distancias na W-xeometría non coinciden coas euclidianas. A chave para a definición das W-distancias está na fórmula que vimos noutra ocasión que nos indica cal é a lonxitude dun segmento $A'B'$ que resulta da inversión doutro $AB$ por unha circunferencia de raio $R$:  $$A'B'=\frac{R^{2}\cdot AB}{OA\cdot OB}$$

Para simplificar tomaremos $R=1$ e definiremos a W-distancia entre dous puntos $A$ e $B$ como $$ d_{W}\left ( AB \right )=\frac{ AB}{OA\cdot OB}$$

Desta definición é inmediato verificar tanto que esta nova definición de distancia é simétrica como que obteremos sempre números positivos (só será 0 se $A=B$). A desigualdade triangular da W-distancia é unha consecuencia da desigualdade de Ptolomeo. 

Quedan por comprobar os dous postulados máis polémicos de Euclides. Farémolo nas dúas seguintes entradas ([2] e [3])

Un regalo da xeometría inversiva

Nunca estudei a xeometría inversiva. O máis cerca que estiven diso foi nas clases de Álxebra II, no segundo cuso da carreira, cando traballamos a razón dobre. Aquel achegamento , facendo honra á denominación da materia, foi puramente alxébrico. Nesas clases nunca debuxamos unha circunferencia. Así, cando vexo algúns apuntes sobre ese tema ando sempre ás atoutiñadas, todo me sorprende. 

Nunha entrada anterior xa se explicaba en que consistía a inversión dun plano mediante unha circunferencia. Recórdoo de seguido. Trátase dunha transformación do plano (agás un punto) en si mesmo. Dada unha circunferencia, (que chamaremos circunferencia inversiva) de centro O (centro de inversión) e raio R construiremos a inversión así:

Se $P$ é un punto do 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 circunferencia. 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 $P'$

En calquera caso  o inverso dun punto $P$ respecto dunha circunferencia de centro $O$ e raio $R$ é outro punto $P'$ na semirecta $OP$ tal que $OP\cdot OP'=R^{2}$ Son bastante evidentes as seguintes propiedades:

• O inverso do inverso é o propio punto
• O inverso dun punto interior á circunferencia fica fóra da mesma e viceversa.
• Os únicos puntos auto-inversos son os da circunferencia

Na entrada á que facía referencia anteriormente deducíranse algunhas propiedades da inversión usando un método un tanto estrafalario (mediante o uso da proxección estereográfica). Alí establecimos os seguintes resultados:

• A inversión conserva os ángulos
• A inversa dunha recta que pasa por O é a propia recta (sempre que omitamos o propio punto O, que é o único que non ten imaxe)
• A inversión transforma circunferencias que non pasan por O en circunferencias
• A inversión transforma circunferencias que pasan por O en rectas.

Imos demostrar a última propiedade mediante un procedemento máis estándar. Recóllo do libro "Regreso a la geometría" de H.S.M Coxeter e S.L. Greitzer (La tortuga de Aquiles 1993).

Consideremos unha recta $a$ que non pase por $O$. Tracemos desde $O$ a perpendicular a $a$, $=OA$. Sexa $A'$ a inversa de $A$. Debuxemos a circunferencia $\alpha $ de diámetro $OA$. Desde un punto $P\in a$ trazamos o segmento $OP$ que cortará a $\alpha $ nun punto $P'$. 

Os triángulos $\triangle OP'A'$ e $\triangle OPA$ son semellantes xa que comparte o ángulo en O e ambos teñen ademais un ángulo recto. De aí que tamén $$\frac{OP}{OA}=\frac{OA'}{OP'}\Rightarrow OP\cdot OP'=OA\cdot OA'=R^{2}$$

Entón $P'$ é o inverso de P.  Recíprocamente calquera punto da circunferencia $\alpha$ invértese noutro da recta $a$

A lonxitude dun segmento invertido

Seguindo o libro de Coxeter e Greitzer abordaremos agora un teorema que explica como se modifica a distancia mediante a inversión. 

Fórmula da lonxitude dun segmento invertido. Se unha circunferencia $\omega$ de centro $O$ e raio $R$ inverte os puntos $A$ e $B$ en $A'$ e $B'$, as distancias verifican a seguinte relación $$A'B'=\frac{R^{2}\cdot AB}{OA\cdot OB}$$

Sexa $A'$ inverso de $A$: $OA\cdot OA'=R^{2}$

Sexa $B'$ inverso de $B$: $OB\cdot OB'=R^{2}$

Entón $OA\cdot OA'=OB\cdot OB'$ polo que e  $$\frac{OA}{OB}=\frac{OB'}{OA'}$$

Daquela os triángulos $\triangle OAB$ e $\triangle OA'B'$ son semellantes pois o ángulo en O é común e os lados que o determinan son proporcionais (aplicamos o chamado criterio LAL). Polo tanto temos tamén que $$\frac{A'B'}{AB}=\frac{OA'}{OB}=\frac{OA\cdot OA'}{OA\cdot OB}=\frac{R^{2}}{OA\cdot OB}$$

Despexando, obtemos a igualdade prometida: $$A'B'=\frac{R^{2}\cdot AB}{OA\cdot OB}$$

Un regalo: o teorema de Ptolomeo

Hai moitas demostracións do teorema de Ptolomeo. Algunhas teñen base trigonométrica, outras usan a semellanza de triángulos. No libro que vimos mencionando demóstrase este teorema usando a recta de Simson-Wallace (para este tema ver estas outras entradas neste mesmo blogue [1] e [2]). Resulta que tamén hai unha demostración inversiva, ademais é directa e simple.

Antes de nada lembremos que un cuadrilátero cíclico é aquel que ten os catro vértices nunha mesma circunferencia. Sabendo isto podemos enunciar o

Teorema de Ptolomeo. Se ABCD é un cuadrilátero cíclico, a suma dos produtos dos pares de lados opostos é igual ao produto das diagonais, isto é: $AC\cdot BD=AD\cdot BC+AB\cdot BC$

Sexa $\alpha$ a circunferencia pola que pasan os catro vértices do cuadrilátero. Tomando o vértice $A$ como centro, construímos outra circunferencia $\omega$ que conteña ao cuadrilátero. Agora, como os outros vértices, $B$, $C$ e $D$ están en $\alpha$, unha circunferencia que pasa polo centro de inversión, se os invertemos, as súas imaxes $B'$, $C'$ e $D'$ ficarán todas nunha recta. Velaí que $$B'D'=B'C'+C'D'$$

Fagamos agora uso da fórmula, dada anteriormente,  que nos dá a distancia dun segmento invertido:$$\frac{R^{2}\cdot BD}{AB\cdot AD}=\frac{R^{2}\cdot BC}{AB\cdot AC}+\frac{R^{2}\cdot CD}{AC\cdot AD}$$

Eliminando $R^{2}$ e sacando denominadores facendo uso de que o seu mínimo común múltiplo é $AB\cdot AC\cdot AD$:

$$AB\cdot BD=AD\cdot BC+AB\cdot CD$$

O recíproco do teorema de Ptolomeo tamén se verifica, isto é:

Recíproco do teorema de Ptolomeo. Se ABCD é un cuadrilátero tal que: $AC\cdot BD=AD\cdot BC+AB\cdot BC$, entón ABCD é un cuadrilátero cíclico.

Por outra banda, dados catro puntos calquera, sempre se verificaría a desigualdade, coñecida tamén como desigualdade de Ptolomeo: $$AB\cdot BD\leq AD\cdot BC+AB\cdot CD$$

Ademais a igualdade que nos ofrece o teorema de Ptolomeo caracteriza os cuadriláteros cíclicos.

Como colofón citaremos a seguinte aplicación do teorema de Ptolomeo. Consideremos o pentágono regular de lado unidade. As súas diagonais son evidentemente iguais (son a base de triángulos isósceles de lado 1); poñamos que miden $\varphi$ Desbotando por exemplo o vértice superior quédanos un cuadrilátero cícliclo.

Se lle aplicamos a este cuadrilátero o teorema de Ptolomeo teremos que $$\varphi \cdot \varphi =1\cdot \varphi +1$$

$$\varphi ^{2}=\varphi +1$$

Esta é unha ecuación doada de resolver, ou de recoñecer.

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?