¿Cómo dividir un triángulo esférico en tres triángulos esféricos de áreas iguales?

Question

El punto centróide (en la intersección de las medianas) divide un triángulo planar en tres triángulos más pequeños de igual área. En el caso de un triángulo esférico, las tres geodésicas que unen el vértice con el punto medio del lado opuesto del triángulo esférico se intersectan en un punto común (similar al centróide). Sin embargo, cuando se construye una geodésica para unir este punto similar al centróide con los tres vértices, ¡los triángulos esféricos más pequeños resultantes no tienen igual área! No se pudo encontrar en la literatura un método geométrico diferente o una fórmula para implementar la división exacta de un triángulo esférico en tres triángulos esféricos de igual área.

Answer 1

Para cualquier punto $P$ en la esfera unitaria, sea $P'$ su punto antipodal y $\hat{P}$ el vector unitario correspondiente. Utilizaremos la notación $\mathcal{C}_{P_1P_2\cdots P_n}$ para denotar un arco esférico que comienza en $P_1$, pasa por $P_2,\ldots$ y termina en $P_n.

Sean $A, B, C$ tres puntos en la esfera unitaria, lo suficientemente cerca para caber en la mitad de un hemisferio (es decir, una luna esférica de ángulo $\frac{\pi}{2}$). Sea $\Omega_{ABC}$ el área del triángulo esférico $ABC$. Puede ser calculada usando una fórmula de Oosterom y Strackee

$$\tan\left(\frac{\Omega_{ABC}}{2}\right) = \frac{ \left|\hat{A}\cdot (\hat{B} \times \hat{C})\right|}{1 + \hat{A}\cdot\hat{B} + \hat{B}\cdot\hat{C} + \hat{C}\cdot\hat{A}}$$

En el caso especial donde $A, B$ están en el ecuador, simétricos respecto al eje $x$ y $C$ está en el hemisferio superior, es decir,

$$ \begin{cases} A &= (\cos\alpha,-\sin\alpha,0),\\ B &= (\cos\alpha,+\sin\alpha,0),\\ C &= (x, y, z)\end{cases} \quad\text{ donde } \alpha \in (0,\frac{\pi}{2}), z > 0$$ La fórmula anterior se reduce a $$\tan\left(\frac{\Omega_{ABC}}{2}\right) = \frac{\sin\alpha z}{\cos\alpha + x}$$

Esto implica que el lugar geométrico de $P$ en el hemisferio superior para $\Omega_{ABP} = \Omega_{ABC}$ es el arco circular $\mathcal{C}_{B'CA'}$.

Sea $\theta$ el ángulo entre $\mathcal{C}_{B'CA'}$ y $\mathcal{C}_{B'ABA'}$ en $B'$. El plano que contiene el lugar geométrico tiene la forma

$$t ( c + x ) - s z = 0\quad\text{ donde }\quad \begin{cases} t &= \tan\left(\frac{\Omega_{ABC}}{2}\right)\\ c &= \cos\alpha\\ s &= \sin\alpha \end{cases}$$ El vector normal del plano apunta en la dirección $(t, 0, -s)$. Esto significa que el vector tangente de $\mathcal{C}_{B'CA'}$ en $B'$ está en la dirección $(t, 0, -s ) \times ( -c, -s, 0 ) \propto (s, -c, t)$. Notamos que el vector tangente de $\mathcal{C}_{B'ABA'}$ en $B'$ apunta en la dirección $(s,-c,0)$, encontramos que

$$\cos\theta = \frac{s^2 + c^2 + 0}{\sqrt{s^2+c^2}\sqrt{s^2+c^2+t^2}} = \cos\left(\frac{\Omega_{ABC}}{2}\right)$$ De esto, podemos deducir que los arcos circulares $\mathcal{C}_{B'PA'}$ y $\mathcal{C}_{B'ABA'}$ se cruzan con un ángulo de $\frac{\Omega_{ABC}}{2}$.

Esto conduce a la siguiente construcción del "centroide esférico" deseado $X$.

1. Construir los arcos circulares $\mathcal{C}_{B'CA'}$ y $\mathcal{C}_{B'ABA'}$,

2. Trisectar el ángulo $\angle AB'C$ - es decir, encontrar un arco circular $\mathcal{B'\tilde{C}A'}$ tal que $\tilde{C}$ esté en el mismo lado que $C$ con respecto a $AB$ y $\angle AB'\tilde{C} = \frac13 \angle AB'C$.

3. Repetir los procedimientos anteriores para los otros dos lados del triángulo $ABC$ para obtener los arcos circulares $\mathcal{C}_{C'\tilde{A}B'}$ y $\mathcal{C}_{A'\tilde{B}C'}.

4. $X$ estará en la intersección común de los tres arcos circulares $\mathcal{C}_{B'\tilde{C}A'}$, $\mathcal{C}_{C'\tilde{A}B'}$ y $\mathcal{C}_{A'\tilde{B}C'}$.

Answer 2

Como ya escribió @Narasimham, área igual significa exceso de ángulo igual. Escribo $D$ para el centro que buscas. Y uso índices $1$ a través de $3$ para describir los tres subtriángulos. Entonces la equivalencia de área se expresa por

$$A_1+B_1+D_1 = B_2+C_2+D_2 = C_3+A_3+D_3$$

Los ángulos en las esquinas deben sumar los ángulos originales:

$$A_1+A_3 = A \qquad B_1+B_2 = B \qquad C_2+C_3 = C$$

Además, las longitudes de los bordes exteriores deben permanecer iguales, lo cual puedes formular usando la ley de los cosenos esféricos:

$$ \cos c = \frac{\cos C+\cos A\cos B}{\sin A\sin B} =\frac{\cos D_1+\cos A_1\cos B_1}{\sin A_1\sin B_1} $$

o después de la multiplicación cruzada

$$ (\cos C + \cos A\cos B)\sin A_1\sin B_1 = (\cos D_1+\cos A_1\cos B_1)\sin A\sin B \\ (\cos A + \cos B\cos C)\sin B_2\sin C_2 = (\cos D_2+\cos B_2\cos C_2)\sin B\sin C \\ (\cos B + \cos C\cos A)\sin C_3\sin A_3 = (\cos D_3+\cos C_3\cos A_3)\sin C\sin A $$

Dado que los ángulos deben sumar en el centro, también tienes

$$D_1+D_2+D_3=2\pi$$

así que en este punto tienes nueve ecuaciones en nueve indeterminados, es decir, todos los ángulos con índices. Pero las ecuaciones involucran funciones trigonométricas.

Podrías convertirlas en ecuaciones completamente polinómicas, al no usar $A_1$ en sí mismo como un indeterminado, sino en cambio $\sin A_1$ y $\cos A_1$, con la restricción adicional de $\sin^2 A_1+\cos^2 A_1=1$. Del mismo modo para todos los otros ángulos. Sumar ángulos se volvería más complicado; tendrías que usar las fórmulas trigonométricas para sumas de ángulos. Al final tendrías $18$ indeterminados y suficientes ecuaciones para describirlos todos.

Al menos en teoría. Todavía no lo he intentado. Si encuentro el tiempo, intentaré hacer esto para el caso general, ver si puedo hacer que mi sistema de álgebra computacional elimine todas las variables y me dé una condición explícita por ejemplo para $\cos A_1$. Pero dudo que este cálculo sea bonito, y supongo que el resultado será demasiado largo para ser publicado aquí de todos modos.

Si tienes una instancia específica de este problema, con números reales, entonces las posibilidades son mucho mayores de que puedas obtener una solución exacta utilizando este enfoque.

Answer 3

Pista:

Incluso si no se encuentra en la literatura, todavía podemos intentar una solución, asumiendo que existe.

Triángulo esférico CG sph

Sea $$ A = A1 + A2, \, B = B1 + B2, \, C = C1 + C2 \tag{1} $$ donde A, B, C son ángulos de vértice de un triángulo esférico.

Si los ángulos subtendidos en el centro se identifican como $ \gamma1 + \gamma2 + \gamma3, = 2 \pi, $

$$ A1 + \gamma1 + C2 = B1 + \gamma2 + A2 = C1 + \gamma3 + B2 = ? \tag{2} $$

Quizás se podrían utilizar las Reglas del Seno y del Coseno ....

Answer 4

Considere el triángulo esférico $\mathscr A$$\mathscr B$$\mathscr C$ representado en la figura, con longitud angular de sus lados a, b, c y ángulo subtendido en los vértices A, B, C. Entonces, el ángulo sólido (o su área superficial en caso de esfera de radio unitario) cubierto es $E=A+B+C−π$

Sea el punto $\mathscr D$ de modo que los tres triángulos esféricos constituyentes de $\mathscr A$$\mathscr B$$\mathscr D$, $\mathscr B$$\mathscr C$$\mathscr D$ y $\mathscr C$$\mathscr A$$\mathscr D$ tengan área igual, $s=E/3$.

Las variables desconocidas x, y, z, u, v, w están como se describe en la figura, y ahora se busca un método algebraico para resolver los valores de x, y, z.

El área del triángulo $\mathscr A$$\mathscr B$$\mathscr D$ es $ s=y+(C-z)+u-π $. Así,

$$ u=(π-C+s)-(y-z) $$ $$ cos(u)=cos(π-C+s)cos(y-z)+sin(π-C+s)sin(y-z) $$ $$ cos(u)=-cos(C-s)(cos(y)cos(z)+sin(y)sin(z))+sin(C-s)(sin(y)cos(z)-cos(y)sin(z)) \tag{1}$$

En $\mathscr B$$\mathscr C$$\mathscr D$, la relación de la trigonometría esférica entre a y los ángulos incluidos produce,

$$cos(u)=cos(a)sin(y)sin(C-z)-cos(y)cos(C-z) $$ $$cos(u)=cos(a)sin(y)(sin(C)cos(z)-cos(C)sin(z))-cos(y)(cos(C)cos(z)+sin(C)sin(z)) \tag{2}$$

Eliminando cos(u) de la Ec.(1), Ec.(2), la expresion que relaciona tan(y) y tan(z) puede ser obtenida como,

$$ tan(y)=\frac{cos(C-s)-cos(C)+(sin(C-s)-sin(C))tan(z)}{sin(C-s)-cos(a)sin(C)+(cos(a)cos(C)-cos(C-s))tan(z)} $$

(o)

$$ tan(y)=\frac{t_1+t_2tan(z)}{t_3+t_4tan(z)} \tag{3}$$

Una forma homográfica de relación es obtenida entre tan(y) y tan(z), mientras los términos $t_1, t_2, t_3, t_4$ podrían ser calculados a partir del triángulo inicial.

De manera similar, considerando los triángulos esféricos $\mathscr C$$\mathscr A$$\mathscr D$ y $\mathscr A$$\mathscr B$$\mathscr D$, se obtienen expresiones homográficas relacionando tan(z) con tan(x), y tan(x) con tan(y),

$$ tan(z)=\frac{t_5+t_6tan(x)}{t_7+t_8tan(x)} \tag{4}$$ $$ tan(x)=\frac{t_9+t_{10}tan(y)}{t_{11}+t_{12}tan(z)} \tag{5}$$

Las ecuaciones homográficas cíclicas (3)-(5) pueden ser resueltas de la siguiente manera. Sustituyendo Ec.(4) en Ec.(3) da,

$$ tan(y)=\frac{t_1t_7+t_2t_5+(t_1t_8+t_2t_6)tan(x)}{t_3t_7+t_4t_5+(t_3t_8+t_4t_6)tan(x)}=\frac{t_{13}+t_{14}tan(x)}{t_{15}+t_{16}tan(x)} $$

Nuevamente, sustituyendo Ec.(5) en la ecuación anterior, obtenemos,

$$ tan(y)=\frac{t_{13}t_{11}+t_{14}t_9+(t_{13}t_{12}+t_{14}t_{10})tan(y)}{t_{15}t_{11}+t_{16}t_9+(t_{15}t_{12}+t_{16}t_{10})tan(y)}=\frac{t_{17}+t_{18}tan(y)}{t_{19}+t_{20}tan(y)} $$

Una ecuación cuadrática de tan(y) es obtenida: $ t_{20}tan^2(y)+(t_{19}-t_{18})tan(y)-t_{17}=0 $

Se consideraron muchas instancias arbitrarias de triángulos esféricos, y el término del determinante de la ecuación cuadrática resulta ser idénticamente cero. Por lo tanto, siempre se encuentra que tan(y) exhibe una solución única dada por,

$$ tan(y)=\frac{t_{18}-t_{19}}{2t_{20}} $$

Ec.(4) y Ec.(5) pueden luego ser utilizadas para resolver tan(z) y tan(x). Así, se determina el punto central de $\mathscr D$ que divide al triángulo esférico $\mathscr A$$\mathscr B$$\mathscr C$ en tres triángulos esféricos de área igual.

En el caso de un triángulo plano, la construcción del punto de centroide utilizando las medianas, es útil para la división en tres triángulos de área igual o en dos triángulos de área igual (de tres formas) o seis triángulos de área igual.

Por otro lado, en un triángulo esférico, el punto $\mathscr D$ es diferente al punto similar al centroide (obtenido por la intersección de tres geodésicas que unen el vértice con el punto medio del lado opuesto del triángulo esférico). Además, hay otro punto central $\mathscr H$ obtenido por la intersección de las geodésicas que dividen a la mitad el triángulo esférico en partes de área igual. El punto central en un triángulo plano comparte tres propiedades especiales a la vez. Mientras que en un triángulo esférico, los tres puntos centrales (similar al centroide, $\mathscr D$ y $\mathscr H$) son distintos.