¿Es plana la Tierra Media de Tolkien?

Question

En el primer capítulo introductorio de su libro Gravitación y cosmología: principios y aplicaciones de la teoría general de la relatividad Steven Weinberg analiza el origen de las geometrías no euclidianas y las "propiedades internas" de las superficies.

Menciona que las distancias entre todos los pares de 4 puntos de una superficie plana satisfacen una relación particular:

$$\begin{align} 0 &= d_{12}^4d_{34}^2 + d_{13}^4d_{24}^2 + d_{14}^4d_{23}^2 + d_{23}^4d_{14}^2 + d_{24}^4d_{13}^2 + d_{34}^4 d_{12}^2\\ &\phantom{{}=} + d_{12}^2 d_{23}^2 d_{31}^2 + d_{12}^2 d_{24}^2d_{41}^2 + d_{13}^2d_{34}^2d_{41}^2 + d_{23}^2d_{34}^2d_{42}^2\\ &\phantom{{}=} - d_{12}^2d_{23}^2d_{34}^2- d_{13}^2d_{32}^2d_{24}^2 - d_{12}^2d_{24}^2d_{43}^2 - d_{14}^2d_{42}^2d_{23}^2\\ &\phantom{{}=} - d_{13}^2d_{34}^2d_{42}^2 - d_{14}^2d_{43}^2d_{32}^2 - d_{23}^2d_{31}^2d_{14}^2 - d_{21}^2d_{13}^2d_{34}^2\\ &\phantom{{}=} - d_{24}^2d_{41}^2d_{13}^2 - d_{21}^2d_{14}^2d_{43}^2 - d_{31}^2d_{12}^2d_{24}^2 - d_{32}^2d_{21}^2d_{14}^2 \end{align}$$

y a continuación presenta al lector el mapa de la Tierra Media de Tolkien con las distancias entre cuatro ciudades indicadas:

• $d$ (Hobbiton, Erebor) = 813 mi
• $d$ (Erebor, Dagorlad) = 735 mi
• $d$ (Dagorlad, Ciudad de los Corsarios) = 780 mi
• $d$ (Ciudad de los Corsarios, Hobbiton) = 1112 mi
• $d$ (Hobbiton, Dagorlad) = 960 mi
• $d$ (Erebor, Ciudad de los Corsarios) = 1498 mi

Sustituyendo estos números en el lado derecho de la fórmula obtengo $588330312698242944 \ \rm{mi}^6 \approx (915.384 \ \rm{mi})^6$ .

Así que mis preguntas son:

1. Si esto es correcto, entonces ¿qué es la Tierra Media: superficie de una bola o un hiperboloide? ¿Es posible averiguar su radio?

2. ¿Cómo consiguió Weinberg esta relación? Sólo escribe que es "fácil de demostrar".

Answer 1

Visión general

• ¿Es plana la Tierra Media? NO.
• ¿Puede la Tierra Media estar en la superficie de una bola?
  SÍ - De hecho, hay dos radios que funcionan.
• ¿Y la superficie de un hiperboloide? NO.

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Parte I - ¿Es plana la Tierra Media?

Esa complicada expresión de Weinberg es proporcional a algo llamado Determinante de Cayley Menger .

$$\Delta_{CM}(d_{ij}) \stackrel{def}{=} \det\begin{bmatrix} 0 & 1 & 1 & 1 & 1\\ 1 & 0 & d_{12}^2 & d_{13}^2 & d_{14}^2\\ 1 & d_{12}^2 & 0 & d_{23}^2 & d_{24}^2\\ 1 & d_{13}^2 & d_{23}^2 & 0 & d_{34}^2\\ 1 & d_{14}^2 & d_{24}^2 & d_{34}^2 & 0 \end{bmatrix}$$ Utilizando el hecho $d_{ij} = d_{ji}$ se puede demostrar que la expresión de Weinberg es simplemente $-\frac12 \Delta_{CM}(d_{ij})$ .

Dado cualquier tetraedro en $\mathbb{R}^3$ con vértices $\vec{x}_1, \ldots, \vec{x}_4$ . Se sabe que el volumen $V$ de ese tetraedro puede calcularse mediante la siguiente fórmula.

$$288 V^2 = \Delta_{CM}( |\vec{x}_i - \vec{x}_j| )\tag{*1}$$

A la inversa, si se nos da un conjunto de $6$ números positivos $d_{ij}, 1 \le i < j \le 4$ . Se puede realizar como las longitudes de las aristas de un tetraedro cuando

• las longitudes de las aristas satisfacen las desigualdades triangulares.
• y el correspondiente determinante de Cayley-Menger $\Delta_{CM}(d_{ij})$ no es negativo.
  (positivo si queremos un tetraedro no degenerado).

Para comprobarlo, véase el documento Longitudes de arista que determinan los tetraedros por Karl Wirth y Andre S. Dreiding.

Volviendo a la cuestión de si la Tierra Media es plana.

Si es plana, entonces podemos incrustar el $4$ ciudades de forma congruente en $\mathbb{R}^2$ y, por tanto, en $\mathbb{R}^3$ . El tetraedro correspondiente será degenerado y su volumen desaparecerá. Utilizando $(*1)$ , encontramos que las distancias entre las ciudades deben satisfacer $\Delta_{CM}( d_{ij} ) = 0$ .

Sin embargo, si sustituimos las distancias suministradas en la fórmula de definición de $\Delta_{CM}(d_{ij})$ obtenemos un número negativo. Esto significa que la Tierra Media no sólo no es plana, sino que no podemos realizar las distancias suministradas como distancias euclidianas en $\mathbb{R}^3$ .

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Parte II - ¿Puede la Tierra Media estar en la superficie de una bola?

La respuesta es SÍ, hay dos radios $571.164553{\rm mi}$ y $693.660559{\rm mi}$ que funcionan. Para estos dos radios, podemos realizar las distancias suministradas en una esfera de ese radio.

Antes de empezar, veamos un problema simplificado:

Dado cualquier $6$ números $\alpha_{ij} \in (0,\pi)$ , $0 \le i < j \le 3$ que satisfagan un conjunto apropiado de desigualdades triangulares. ¿Cuál es la condición adicional que hay que satisfacer para que $4$ punto $q_0,\ldots q_3$ en la esfera unitaria $S^2$ tal que la distancia geodésica $d(q_i,q_j) = \alpha_{ij}$ ?

Parametrizar la esfera unitaria $S^2$ en coordenadas polares

$$[0,\pi] \times [-\pi,\pi) \ni (\theta,\phi) \quad\mapsto\quad (\sin\theta\cos\phi,\sin\theta\sin\phi,\cos\theta ) \in S^2 \subset \mathbb{R}^3$$

Sea $i, j, k$ cualquier permutación de $1, 2, 3$ tal que $j < k$ y definir un montón de variables: $$ \begin{cases} \theta_i &= \alpha_{0i},\\ \psi_i &= \alpha_{jk} \end{cases}, \quad \begin{cases} b_i &= \cos\psi_i\\ c_i &= \cos\theta_i,\\ s_i &= \sin\theta_i,\\ \end{cases} \quad\text{ and }\quad e_i = \frac{b_i - c_j c_k}{s_j s_k} = \frac{\cos\psi_i - \cos\theta_j\cos\theta_k}{\sin\theta_j\sin\theta_k} $$ Podemos cumplir el requisito sobre $\alpha_{01}, \alpha_{02}, \alpha_{03}$ colocando $$q_0 \text{ at } (0,0),\quad q_1 \text{ at } (\theta_1, 0 ),\quad q_2 \text{ at } (\theta_2, \phi_{12} )\quad\text{ and }\quad q_3 \text{ at } (\theta_3, \phi_{13} ) $$ para algunos $\phi_{12}$ , $\phi_{13}$ por determinar.

Para cumplir el requisito de $\alpha_{12}$ y $\alpha_{13}$ necesitamos

$$\begin{cases} b_3 &= \cos\alpha_{12} = \cos\theta_1\cos\theta_2 + \sin\theta_1\sin\theta_2\cos\phi_{12} = c_1 c_2 + s_1 s_2\cos\phi_{12}\\ b_2 &= \cos\alpha_{13} = \cos\theta_1\cos\theta_3 + \sin\theta_1\sin\theta_3\cos\phi_{13} = c_1 c_3 + s_1 s_3\cos\phi_{13} \end{cases} $$ Esto equivale a $\begin{cases} \cos\phi_{12} &= e_3\\ \cos\phi_{13} &= e_2\\ \end{cases} $ y podemos hacerlo fijando $ \begin{cases} \phi_{12} &= + \cos^{-1}e_3\\ \phi_{13} &= \pm \cos^{-1}e_2 \end{cases} $ .

Cabe preguntarse si $\phi_{12}, \phi_{13}$ definida de esta manera está bien definida. Resulta que cuando se satisface el conjunto apropiado de desigualdades triangulares, todas las $|e_i| \le 1$ . Así que $\phi_{12}$ está bien definido y hasta un signo, también lo está $\phi_{13}$ .

Para fijar el signo de $\phi_{13}$ y cumplir el requisito $\alpha_{23}$ necesitamos

$$b_1 = \cos\alpha_{23} = \cos\theta_2\cos\theta_3 + \sin\theta_2\sin\theta_3\cos(\phi_{12} - \phi_{13}) = c_2 c_3 + s_2 s_3\cos(\phi_{12} - \phi_{13})$$ Esto equivale a $$\begin{align} e_1 &= \cos(\phi_{12} - \phi_{13}) = \cos\phi_{12}\cos\phi_{13} + \sin\phi_{12}\sin\phi_{13}\\ &= e_3 e_2 + \text{sign}(\phi_{13})\sqrt{1-e_3^2}\sqrt{1-e_2^2} \end{align}\tag{*2} $$ Esto conduce a la siguiente condición sobre $\alpha_{ij}$

$$(e_1 - e_2 e_3)^2 = (1-e_3^2)(1-e_2^2) \iff 1 - e_1^2 - e_2^2 - e_3^2 + 2e_1e_2e_3 = 0\tag{*3}$$

Trabajando hacia atrás, no es difícil comprobar si $\alpha_{ij}$ satisface $(*3)$ podemos encontrar un signo de $\phi_{13}$ para satisfacer $(*2)$ . Esto significa que $(*3)$ es la condición necesaria y suficiente que buscamos para colocar el $4$ puntos $q_i$ en la esfera de la unidad.

Aplícalo a nuestro problema de situar las 4 ciudades en una esfera de radio $R$ .

Sea $q_0, q_1, q_2, q_3$ sean las ubicaciones de "Hobbiton", "Ciudad de los Corsarios", "Dagorlad" y "Erebor" respectivamente. Tenemos $$( d_{01}, d_{02}, d_{03}, d_{23}, d_{13}, d_{12} ) = ( 1112, 960, 813, 735, 1498, 780 )$$

Sea $\alpha_{ij} = \frac{d_{ij}}{R}$ y calcular el valor de la expresión $$1 - e_1^2 - e_2^2 - e_3^2 + 2e_1 e_2 e_3$$ como función para $R \in [\frac{1498}{\pi}, \infty)$ . Esta expresión desaparece a los dos $R$ . Por la discusión anterior, podemos colocar las 4 cites en dos esferas, una para cada radio.

El radio correspondiente y la ubicación de la muestra para las ciudades son:

$$ \begin{cases} R &\approx 571.164553{\rm mi}\\ q_0 &= (0^\circ,0^\circ)\\ q_1 &\approx (111.5491^\circ,0^\circ),\\ q_2 &\approx ( 96.3014^\circ,79.8187^\circ),\\ q_3 &\approx ( 81.5553^\circ, 152.2807^\circ) \end{cases} \quad\text{ OR }\quad \begin{cases} R &\approx 693.660559{\rm mi}\\ q_0 &= (0^\circ,0^\circ)\\ q_1 &\approx (91.8503^\circ,0),\\ q_2 &\approx ( 79.2952^\circ,63.5359^\circ),\\ q_3 &\approx ( 67.1531^\circ, 126.1082^\circ). \end{cases} $$

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Parte III - ¿Y la superficie de un hiperboloide?

La respuesta es NO. No podemos realizar las distancias suministradas en un plano hiperbólico, no importa la curvatura gaussiana que tenga.

Sea $K = -\frac{1}{r^2}$ sea la curvatura gaussiana del plano hiperbólico.
Sea $q_0, q_1, q_2, q_4$ ser cualquier $4$ puntos del plano hiperbólico.
Sea $d_{ij}$ sea la distancia entre ellos y $\displaystyle\;\alpha_{ij} = \frac{d_{ij}}{r}$ .

Podemos calcular los ángulos $\phi_{jk} = \angle q_j q_0 q_k$ utilizando Ley hiperbólica de los cosenos $$\cosh\alpha_{jk} = \cosh\alpha_{0j}\cosh\alpha_{0k} - \sinh\alpha_{0j}\sinh\alpha_{0k} \cos(\phi_{jk})$$

Sea $i, j, k$ cualquier permutación de $1, 2, 3$ con $j < k$ . Si definimos $e_1, e_2, e_3$ por

$$e_i = \frac{\cosh\alpha_{0j}\cosh\alpha_{0k} - \cosh\alpha_{jk}}{\sinh\alpha_{0j}\sin\alpha_{0k}}$$

encontramos $\cos\phi_{i} = e_{jk}$ . Repitiendo esencialmente el mismo argumento que en el caso esférico, encontramos $e_1, e_2, e_3$ satisfaga una vez más:

$$1 - e_1^2 - e_2^2 - e_3^2 + 2e_1e_2e_3 = 0$$

Sin embargo, si utilizamos las distancias suministradas y calculamos el valor de LHS en función de $r$ encontramos que el LHS es distinto de cero para todo positivo $r$ . Esto implica que no podemos realizar las distancias en un plano hiperbólico, independientemente de la curvatura gaussiana que tenga.