Estoy buscando una prueba alternativa de Teorema de Girard . La prueba estándar, que es casi trivial, se basa demasiado en la visualización de triángulos esféricos en la esfera. ¿Existe una prueba más algebraica, o incluso una prueba por integración directa del área del triángulo?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
user90997
Puntos
1
Se puede obtener una prueba alternativa utilizando las propiedades de las curvaturas de las superficies. El teorema de Gauss-Bonnet afirma que, dado un dominio $D$ en una variedad bidimensional compacta de Riemann $M$ (por ejemplo, una región de una superficie en el espacio tridimensional), la integral de la curvatura gaussiana sobre $D$ y la de la curvatura geodésica sobre el límite del dominio $\partial D$ satisfacen la relación
$$\int_{D} K dA+\int_{\partial D} k_g ds=2 \chi \pi$$
donde $K$ es la curvatura gaussiana, $dA$ representa el elemento de área del dominio $D$ , $k_g$ es la curvatura geodésica, $ds$ es el elemento lineal de la frontera $\partial D$ y $\chi$ es la característica de Euler del dominio.
Para explicar esta fórmula: el significado de la primera integral en el LHS viene dado directamente por la definición estándar de la curvatura de Gauss como el determinante de la diferencial del mapa de Gauss. En la práctica, la integración de la curvatura $K$ sobre un dominio $D$ оп а superficie $M$ obtenemos (modulo signo) el área de la imagen de $D$ por la cartografía de Gauss a la esfera unitaria.
El significado de la segunda integral en el LHS puede explicarse mejor si consideramos que cualquier dominio $D$ con límite $\partial D$ оп una superficie puede ser aproximada por а geodésica n-gon. Como $n \rightarrow \infty$ la suma de los ángulos extrínsecos del n-gon tiende a acercarse a la integral de $\frac{d \theta }{ds}$ es decir, la velocidad con la que el campo vectorial tangente a lo largo de $\partial D$ gira con respecto al campo vectorial paralelo a lo largo de la misma trayectoria. La función $\frac{d \theta}{ds}$ se llama curvatura geodésica, y se suele denotar por $k_g$ . Claramente, si consideramos un segmento geodésico, entonces $\frac{d \theta }{ds}=0$ .
La característica de Euler en el lado derecho es la medida clásica más utilizada para las superficies de los poliedros, según la fórmula $\chi=V-E+F$ , donde $V$ , $E$ y $F$ son los números de vértices, aristas y caras del poliedro, respectivamente. La característica de Euler de un triángulo esférico es $1$ .
Teniendo en cuenta todas estas consideraciones, para el dominio а $D$ en la esfera unitaria, podemos escribir directamente
$$\displaystyle A(D)=\int_{ D} K dA$$ $$\int_{ D} K dA + \int_{\partial D} k_g ds=2 \pi$$
y luego
$$\displaystyle A(D) =2 \pi- \int_{\partial D} k_g ds$$
donde $A(D)$ es el área del dominio $D$ .
Ahora bien, si aplicamos la última ecuación a un triángulo esférico cuyos ángulos son $\alpha_1$ , $\alpha_2$ y $\alpha_3$ tenemos que considerar que para las geodésicas la única contribución a $\displaystyle \int_{\partial D} k_g ds$ viene dada por $\displaystyle \sum_{i=1}^3 (\pi-\alpha_i)$ es decir, por la suma de los tres ángulos extrínsecos en los vértices del triángulo. Así obtenemos
$$\displaystyle A(D) =2 \pi- \sum_{i=1}^3 (\pi-\alpha_i)$$
y luego
$$\displaystyle A(D) =\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3-\pi$$
que generalizado a esferas no unitarias da el mismo resultado del teorema de Girard
$$\displaystyle A =R^2(\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3-\pi)$$
También es posible obtener otra prueba alternativa que no requiere el teorema de Gauss-Bonnet, como se pide. Llamemos $A, B,C$ los vértices de un triángulo esférico en la superficie de una esfera unitaria con centro $O$ y consideremos el tetraedro $OABC$ . Sea $\phi_A$ sea el ángulo diedro entre los planos identificados por las caras tetraédricas $OAB$ y $OAC$ y, por tanto, correspondiente a la arista $OA$ . Del mismo modo, definamos $\phi_B$ y $\phi_C$ los ángulos diedros correspondientes a las aristas $OB$ y $OC$ respectivamente. Una propiedad de los tetraedros es que la suma de $\pi$ a la amplitud del ángulo sólido triédrico correspondiente a un vértice (en estereorradianes) obtenemos la suma de los tres ángulos diedros que se originan en ese vértice (esta propiedad se ilustra también con la conocida relación $\displaystyle \sum_{i=1}^4 \theta_i+4 \pi=2 \cdot \sum_{i=1}^6 \phi_i$ , donde $\theta_i$ representa los cuatro ángulos triédricos del tetraedro y $\phi_i$ indica los seis ángulos diedros). Aplicando la regla al tetraedro $OABC$ obtenemos que el ángulo triédrico $\theta$ en el centro $O$ satisface
$$\theta+\pi=\phi_A+\phi_B+\phi_C$$
donde $\theta$ se mide en estereorradianes y los tres ángulos diedros se miden en radianes.
Ahora podemos observar que el ángulo $\angle BAC$ de nuestro triángulo esférico $ABC$ está definida por los dos planos que pasan por el centro $O$ y que contiene los lados $AB$ y $AC$ para que sea igual al ángulo diedro entre las caras tetraédricas $OAB$ y $OAC$ . Así, tenemos $\angle BAC=\phi_A$ . Del mismo modo, obtenemos $\angle ABC=\phi_B$ y $\angle ACB=\phi_C$ . Podemos entonces reescribir la ecuación anterior como
$$\theta=\angle BAC+\angle ABC+\angle ACB-\pi$$
donde el lado derecho corresponde al exceso esférico de la fórmula de Girard. Recordando que la amplitud en estereorradianes de un ángulo triédrico sólido en la esfera unidad viene dada por definición por la porción de la superficie esférica subtendida por el propio ángulo, obtenemos directamente que $\theta$ es igual al área $A$ del triángulo $ABC$ y así
$$A=\angle BAC+\angle ABC+\angle ACB-\pi$$
Aaron Goldsmith
Puntos
33
He encontrado esta pregunta porque estoy interesado en una solución de cálculo básico. Por desgracia, no terminé nada siguiendo los consejos de Leo. Aquí está lo más lejos que llegué antes de publicar una solución verdadera con lo más cercano a un sabor de cálculo como puedo reunir.
\====================
En cuanto a la descripción de un gran círculo $C$ analíticamente, sólo tenemos que obtener dos puntos ortogonales en $C$ , digamos que $Q,R$ ,
$$C(t)=Q\cos t+R\sin t$$
Si sólo tiene un poste $P$ puedes obtener estos dos puntos usando coordenadas rectangulares. Tenga en cuenta que $Q=(-P_1,P_2,0)/\sqrt{P_1^2+P_2^2}$ es ortogonal a $P$ . Entonces, una vez que tenga $Q$ , se obtiene $R=Q\times P$ . O, si tiene dos puntos $R,Q\in C$ que no son ortogonales, se puede encontrar un polo por $$P=Q\times R / |Q\times R|=Q\times R / \sin(QR) = Q\times R/\sin c$$ para que $C(t)=Q\cos t+P\times Q\sin t$
Por ahora utilizaré coordenadas rectangulares y lenguaje geocéntrico donde $(0,0,1)$ es el polo norte. Comienza con un triángulo rectángulo $\triangle ABC$ , colocando $A=(0,\sin a, \cos a), B=(\sin b, 0, \cos b), C=(0,0,1)$ .
La tarea principal es describir el interior de $\triangle ABC$ es decir, encontrar la intersección del lado $c$ con grandes círculos a través del polo norte (meridianos). Lado $c$ puede describirse en coordenadas rectangulares como $B\cos t+B\times(A\times B)\sin t/\sin c$ (con $0\le t\le c$ )y un meridiano $\theta=\theta_0$ es $(\sin\phi\cos\theta_0,\sin\phi\sin\theta_0,\cos\phi)$ . He aquí algunas relaciones útiles
algunas de las reglas de Napier para los triángulos rectos esféricos
$\sin c= \sin a/\sin A = \sin b/\sin B$ (Ley de los senos)
$\cos c=\cos a\cos b$ (Teorema de Pitágoras)
$\cos A = \sin B\cos a$
$\cos B = \sin A\cos b$
$A\times B=(\cos b\sin a,\sin b\cos a,-\sin a\sin b)$
$B\times (A\times B) = (-\cos a\cos b\sin b, \sin^2 b\sin a+\cos^2 b\sin a, \sin^2 b\cos a)=(-\cos c\sin b, \sin a, \sin^2 b\cos a)$
Por último, la intersección del lado $c$ con un meridiano en algún ángulo polar constante $\theta$ da la condición de contorno para una integral doble (a lo largo de los meridianos primero). De nuevo, el punto $B$ es $B=(\sin b,0,\cos b)$ y el lado $c$ está parametrizado por $B\cos t+B\times(A\times B)\sin t/\sin c$ para $0\le t\le c$ .
$$\sin b\cos t-\cos b\cos A\sin t=\sin\phi\cos\theta$$
$$\sin A \sin t = \sin\phi\sin\theta$$
$$\cos b\cos t+\sin b\cos A\sin t=\cos\phi$$
Combinando la primera y la tercera para cancelar $\cos t$ Me sale
$$\cos A\sin t = \sin b\cos\phi-\cos b\cos\theta\sin\phi$$
A continuación, combina esto con la segunda ecuación para eliminar $\sin t$ ,
$$\cos A\sin\phi\sin\theta=\sin A(\sin b\cos\phi-\cos b\cos\theta\sin\phi)$$ $$\dots = \sin a\sin B\cos\phi-\cos B\cos\theta\sin \phi$$
y alcanzar
$$\tan\phi=\frac{\sin a\sin B}{\cos A\sin\theta+\cos B\cos\theta}$$
Llame a $\phi(\theta)$ esta solución junto con $c$ en función de $\theta$ .
El elemento de área en coordenadas esféricas es $\sin\varphi d\varphi d\theta$ Así que
$$[ABC]=\int_0^{\pi/2}\int_0^{\phi(\theta)}\sin\varphi d\varphi d\theta$$
$$\dots =\int_0^{\pi/2} 1-\cos(\phi(\theta))d\theta$$
Cambiar la $\tan\phi$ a $\cos\phi$ y utilizando $\cos A=\cos a\sin B$ ,
$$\cos(\phi(\theta))=\frac{\cos A\sin\theta+\cos B\cos\theta}{\left(\sin^2 B-\cos^2 A+(\cos A\sin\theta+\cos B\cos\theta)^2\right)^{1/2}}$$
El denominador se reduce a $$(1-(\cos A\cos\theta -\cos B\sin\theta)^2)^{1/2}$$
que puede integrarse después de la subrogación $u=\cos A\cos\theta -\cos B\sin\theta$ entonces $u=\cos x$ .
Si coloca $A$ en el polo norte, se obtiene una forma alternativa
$$[ABC]=A-\int_0^A\frac{\cos(B)\cos(\theta)d\theta}{(\sin^2(A)-\cos^2(B)\sin^2(\theta))^{1/2}}$$
Por último, cualquier triángulo esférico puede subdividirse en dos triángulos rectos y la aditividad es trivial.
