¿Proyección estereográfica de un tetraedro regular inscrito en la esfera de Riemann?

Question

He estado leyendo sobre las proyecciones estereográficas. Hice un problema sobre cómo encontrar la proyección estereográfica de un cubo inscrito en la esfera de Riemann con aristas paralelas a los ejes de coordenadas. Esto era sencillo ya que los 8 vértices tienen coordenadas $(\pm a,\pm a,\pm a)$ con $3a^2=1$ .

Intentarlo con un tetraedro normal es un poco más difícil para mí. Si un tetraedro regular se inscribe en la esfera de Riemann en posición general, con dos vértices $(x_1,x_2,x_3)$ y $(x'_1,x'_2,x'_3)$ ¿hay alguna manera de calcular las coordenadas de los otros 2 vértices en términos de $x_1,x_2,x_3,x'_1,x'_2,x'_3$ para calcular la proyección estereográfica de los vértices? ¿Cómo podría hacerse de otro modo, si no es así?

Gracias.

Answer 1

Dados sus dos vértices del tetraedro, $A=(x_1,x_2,x_3)$ y $B=(x_1',x_2',x_3')$ , el plano que biseca perpendicularmente la arista determinada por $A$ y $B$ que contiene los otros dos vértices, tiene la ecuación $$X\cdot(A-B)=\left(\frac{A+B}{2}\right)\cdot(A-B)$$ (donde $\cdot$ es el producto punto vectorial y $X$ es un punto general en el espacio 3). Los otros dos vértices también deben estar en la esfera unitaria, $$|X|=1.$$ Y, los otros dos vértices deben estar a la misma distancia de ambos $A$ y $B$ como $A$ y $B$ son unos de otros: $$|A-X|=|A-B|$$ $$|B-X|=|A-B|.$$ Resolviendo las cuatro (o quizás tres) de estas ecuaciones simultáneamente se deberían obtener las coordenadas de los otros dos vértices. Dudo mucho que esto produzca algo bueno en el caso general. Incluso poniendo un vértice en $(0,0,1)$ y dejando que un segundo vértice tenga $y$ -coordinar $0$ Las expresiones para las coordenadas de los vértices no eran bonitas. (Aproximaciones numéricas: $(0.970984, 0, -0.239146)$ , $(-0.485492, 0.840896, -0.239146)$ y $(-0.485492, -0.840896, -0.239146)$ .)

Answer 2

Dados los vértices tetraédricos $P$ y $Q$ en una esfera unitaria centrada en el origen $O$ , dejemos que $M$ sea el punto medio de la arista $PQ$ y que $N$ sea el reflejo de $M$ en el origen. (Es decir, $N := -\frac{1}{2}(P+Q)$ .) Luego, los demás vértices del tetraedro, $R$ y $S$ determinar los vectores $NR$ y $NS$ que son (1) perpendiculares al plano $OPQ$ (y, por tanto, son paralelas al vector $P\times Q$ ), y (2) de longitud $\frac{1}{2}|PQ|$ .

Observando que $\cos\angle POQ =-\frac{1}{3}$ y $|PQ| = \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$ [*], deducimos que los vértices $R$ y $S$ tienen la forma

$$\begin{eqnarray*} N \pm \frac{1}{2}|PQ| \frac{ P \times Q }{|P\times Q|} &=& -\frac{1}{2}(P+Q)\pm \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\frac{P\times Q}{\sin\angle POQ}\\ &=& -\frac{1}{2}(P+Q)\pm \frac{\sqrt{3}}{2}\;( P \times Q ) \end{eqnarray*}$$

Puedes comprobarlo usando las coordenadas de tu cubo, como en mi comentario sobre tu pregunta. Si $P := (a,a,a)$ y $Q := (a,-a,-a)$ con $3a^2=1$ entonces la fórmula da vértices $(-a,a,-a)$ y $(-a,-a,a)$ .

[*] Se pueden derivar los valores de $\cos\angle POQ$ y $|PQ|$ utilizando las coordenadas del cubo.