Luego de tanto batallar pudimos hallar la solución de este atasco que tantos usuarios de nuestro sitio presentan. Si deseas aportar alguna información no dudes en aportar tu comentario.
Solución:
Tocar círculos en general
La cuestión general de cómo construir el círculo de un triángulo hiperbólico en el modelo del disco de Poincaré puede verse como una versión del problema de Appolonius. Con dos puntos ideales, tiene dos de estos círculos tangentes entre sí, lo que podría facilitar algunas de las técnicas de construcción estándar. No entraré en detalles sobre esto.
Bisectriz angular en un vértice ideal
En geometría euclidiana, el centro del círculo se encuentra en la intersección de las bisectrices angulares. En geometría hiperbólica, esto sigue siendo cierto, ya que las bisectrices angulares son el lugar geométrico de todos los puntos a la misma distancia de ambas líneas. Curiosamente, obtiene una bisectriz de ángulo bien definida incluso cuando biseca el ángulo cero en los puntos ideales. Y es aún más fácil de construir. Suponga que tiene un punto ideal $ A $, y a través de ese punto ideal dos líneas hiperbólicas $ b $ y $ c $ que se cruzan de nuevo con el círculo unitario en puntos ideales $ B $ y $ C $. Luego, las tangentes (euclidianas) al círculo en $ B $ y $ C $ se cruzará en un punto $ E $, y la línea (euclidiana) de $ A $ para $ E $ intersectará el círculo en un punto $ D $ que es el punto final de la bisectriz del ángulo.
Si usó el modelo Beltrami-Klein con sus líneas rectas, entonces habrá terminado en este punto. Si se adhiere al disco de Poincaré, entonces la construcción del punto $ D $ sigue siendo correcto, ya que ambos modelos coinciden en su conjunto de puntos ideales. Pero necesitas una línea hiperbólica a través $ A $ y $ D $, es decir, un círculo euclidiano ortogonal al círculo unitario. Encuentras su centro en el punto $ F $ donde las tangentes en $ A $ y $ D $ intersecarse.
Prueba de construcción de bisectriz
La teoría detrás de esta construcción es que $ (B, C; A, D) $ Forman un tiro armónico: su relación cruzada en el plano complejo es $ frac (BA) (CD) (BD) (CA) = – 1 $. En cierto modo, esto comenzó como una suposición, basado en mi conocimiento de que muchas operaciones geométricas se pueden expresar en términos de lanzamientos armónicos.
Pero también puedo esbozar una prueba: encuentre una isometría hiperbólica (transformación de Möbius en el disco de Poincaré, transformación proyectiva para Beltrami-Klein) que hace $ AD $ un diámetro euclidiano del círculo unitario. Luego $ AB $ y $ AC $ será simétrico a eso. Debido a esta simetría, los puntos en $ AD $ tiene que estar a la misma distancia de las otras dos líneas. También debido a esta simetría, las tangentes en $ B $ y $ C $ tiene que cruzarse en un punto $ E $ que se encuentra en línea $ AD $ (posiblemente en el infinito si las tangentes son paralelas).
Dado que todo esto fue invariante bajo transformaciones proyectivas del plano real, esta posición específica no pierde generalidad. Esta explicación funciona bien para Beltrami-Klein, para enfocarse en el disco de Poincaré, observaría que la construcción da como resultado un tiro armónico en el plano complejo, y esa propiedad es invariante bajo la transformación de Möbius, así que nuevamente wlog
Construyendo el círculo
Construir las dos bisectrices angulares en los dos vértices ideales de su triángulo le dará la hiperbólico centro del círculo $ I $. Tenga en cuenta que esto no es lo mismo que el centro del círculo euclidiano, incluso en el modelo de disco de Poincaré, donde los círculos hiperbólicos son círculos euclidianos. Llegaremos a eso.
Para encontrar el punto donde el círculo toca el borde de un triángulo, necesita una geodésica a través del centro ortogonal a ese borde del triángulo. Una forma de conseguirlo sería reflejando el incentro en uno de los bordes. La reflexión hiperbólica es la inversión del círculo euclidiano. Así que invierta el incentro en uno de los bordes (p. Ej. $ I_a $ para el borde $ a $ en el diagrama siguiente). Dibuja una línea hiperbólica que los conecte. Una forma de dibujar esa línea hiperbólica es teniendo en cuenta la inversa del incentro en el círculo unitario (etiquetado $ Yo $ debajo). Se encuentra en el otro punto de intersección de los dos círculos que intersecó para encontrar el incentro. Ahora tienes tres puntos que definen un círculo (p. Ej. $ Yo, yo ‘, yo_a $), que es la línea hiperbólica ortogonal al borde que usó para la reflexión. Se cruzará con el borde en el punto de contacto del círculo (p. Ej. $ T_a $).
Ahora haga lo mismo con los tres bordes y tendrá los tres puntos de contacto. El círculo euclidiano a través de estos tres puntos ($ T_a, T_b, T_c $) será el círculo.
Brújula y regla
Soy consciente de que mi construcción utiliza varias primitivas (como línea tangente, círculo a través de tres puntos o inversión en un círculo) que se traducen en un número considerable de pasos cuando se ejecutan con brújula y regla. Me gusta la claridad conceptual de este enfoque, pero es probable que haya soluciones que sean más sencillas de ejecutar. Puede que sean más difíciles de entender por qué aunque funcionan.
Calcular el radio
El radio hiperbólico del círculo depende de la forma del triángulo. Si dos puntos son ideales, entonces la forma del triángulo está determinada por un solo parámetro real. Puede usar el ángulo en el vértice no ideal para describirlo, o el área del triángulo ideal que es igual al déficit del ángulo y, por lo tanto, igual a $ pi $ menos ese ángulo.
Para simplificar el cálculo, optaría por el modelo de Beltrami-Klein, ya que los cálculos que involucran círculos tienden a ser molestos. Elegiría una elección de coordenadas particularmente simple y muy simétrica. Suponga el ángulo en $ C $ es $ gamma $ para que el área sea $ pi- gamma $. Definir $ x: = cos frac gamma2 $ y $ y: = sin frac gamma2 $. Luego siga el nombre de mi segunda figura y elija puntos
$$ A = (x, y) qquad B = (x, -y) qquad C = (0,0) qquad D = (- x, -y) $$
que te da el ángulo correcto en $ C $ en una posición en el centro donde coinciden los ángulos euclidianos e hiperbólicos. Entonces las tangentes en $ B $ y $ D $ reunirse en $ P = (0, – frac 1y) $ (donde el punto $ P $ aquí juega el papel de $ E $ en la primera figura de arriba). La línea $ AP $ interseca el círculo unitario en
$$ F = frac1 3y ^ 2 + 1 left (x-xy ^ 2, -3y-y ^ 3 right) $$
pero realmente no necesitas ese punto, ya que $ AP $ en sí ya es la bisectriz de ángulo en este modelo. Intersección de esa bisectriz con la $ x $ eje, y también intersectando la línea $ AB $ con el $ x $ eje, obtienes
$$ I = left ( frac x y ^ 2 + 1, 0 right) qquad T_c = left (x, 0 right) $$
Introduzca eso en la fórmula de la distancia, utilizando los puntos ideales $ X = (1,0) $ y $ Y = (- 1,0) $ como “puntos finales” ideales de la $ x $ eje:
$$ operatorname CR (X, Y; I, T_a) = frac [X,I][Y,T_a] [X,T_a][Y,I] = frac begin vmatrix 1 & x \ 1 & y ^ 2 + 1 end vmatrix cdot begin vmatrix -1 & x \ 1 & 1 end vmatrix begin vmatrix 1 & x \ 1 & 1 end vmatrix cdot begin vmatrix -1 & x \ 1 & y ^ 2 + 1 end vmatrix = frac (1 + x) (y ^ 2-x + 1) (1 -x) (y ^ 2 + x + 1) \ r ( gamma) = tfrac12 ln operatorname CR (X, Y; I, T_a) = tfrac12 ln frac left ( 1+ cos frac gamma2 right) left ( sin ^ 2 frac gamma2- cos frac gamma2 + 1 right) left (1- cos frac gamma2 right) left ( sin ^ 2 frac gamma2 + cos frac gamma2 + 1 right) = \ = tfrac12 ln frac left (1+ cos frac gamma2 right) left (2- cos frac gamma2- cos ^ 2 frac gamma2 right) left (1- cos frac gamma2 right) left (2+ cos frac gamma2- cos ^ 2 frac gamma2 right) = tfrac12 ln frac left (1+ cos frac gamma2 right) left (1- cos frac gamma2 right) left ( 2+ cos frac gamma2 right) left (1- cos frac gamma2 right) left (1+ cos frac gamma2 right) left (2- cos frac gamma2 right) = \ = tfrac12 ln frac 2+ cos frac gamma2 2- cos frac gamma2 $$
Probablemente debido a mi experiencia en geometría proyectiva, me inclino fuertemente a escribir los elementos de la relación cruzada como $ 2 times2 $ determinantes de vectores de coordenadas homogéneos en lugar de distancias finitas. Hacerlo me permite evitar la fracción en el $ x $ coordenada de $ I $. Tengo que agradecer el comentario de Blue por expresar la $ sin $ utilizando $ cos $ y la posterior simplificación.
Un valor concreto
Cuando leí tu pregunta por primera vez, asumí que con “⅔ triángulo ideal” te referías a un triángulo con ⅔ el área de un triángulo ideal. En ese caso, tendrías un ángulo interior de $ frac pi3 $. Conectando eso en la fórmula anterior (la que tiene el $ sin $ porque obtuve el otro solo después del comentario de Blue) obtienes
$$ x = cos frac pi6 = frac sqrt3 2 qquad y = sin frac pi6 = frac12 \ r left ( tfrac pi3 right) = tfrac12 ln frac (1 + x) (y ^ 2-x + 1) (1-x) (y ^ 2 + x + 1) = tfrac12 ln frac 19 + 8 sqrt3 13 aprox 0.4636 $$
Cuando escribí mi primera versión de esta respuesta, había construido esa situación y luego usé el guess función en Cenicienta para obtener el radio. Esa función intenta convertir los resultados numéricos en posibles expresiones simbólicas (hasta expresiones cuadráticas si no recuerdo mal). Informó guess(exp(2*dist0)) = 19/13+8/13*sqrt(3) ya proporciona la solución anterior, pero con cierta incertidumbre debido a posibles errores numéricos.
Formulación de medio ángulo tangente
Muchos problemas trigonométricos se vuelven más simples si se parametrizan usando una parametrización racional del círculo unitario, basada en los tangenos de la mitad del ángulo. En el caso anterior, obtendrías
$$ t: = tan frac gamma4 qquad x = frac 1-t ^ 2 1 + t ^ 2 qquad y = frac 2t 1 + t ^ 2 \ r ( gamma) = tfrac12 ln frac t ^ 2 + 3 3t ^ 2 + 1 $$
En el momento en que escribí esto, esta fórmula fue una clara victoria sobre la que tenía $ sin $ y $ cos $, pero no tiene mucho que ofrecer sobre el puro $ cos $ fórmula que es a la vez más simple, de menor grado y más simétrica. Bueno, todavía vale la pena comprobarlo.
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