Compleja:z-ej-cap1.4

La esfera de Riemann y el plano extendido

1.67. Usando la proyección estereográfica demuestre que la proyección de un círculo S en \( \mathbb{S}\) corresponde a un círculo T en el plano \( \mathbb{C}\). Demuestre que si S contiene al polo norte, entonces su proyección T en \( \mathbb{C}\) es una recta.

Un círculo en S en \( \mathbb{S}\) es la intersección de un plano con la esfera, por lo que sus puntos satisfacen una ecuación de la forma \(Ax+By+Cz=D\).
Por tanto este círculo es la imagen bajo la proyección estereográfica (2), satisfaciendo
\(A \left ( \frac{2x}{1+|w|^2} \right ) + B \left ( \frac{2y}{1+|w|^2} \right ) + c \left ( \frac{|w|^2 -1}{1+|w|^2} \right ) = D, \)
donde \( w = (x,y,0), \) por tanto \(|w|^2=x^2+y^2 \)
\(\Rightarrow 2Ax+2By+(x^2+y^2-1)C=D(1+x^2+y^2)\)
\(\Rightarrow 2Ax+2By+Cx^2+Cy^2-C=Dx^2+Dy^2+D\)
\(\Rightarrow (C-D)x^2+2Ax+(C-D)y^2+2By-(C+D)=0\)

Si \(C = D\), tenemos
\(2Ax+2By=2C \), i.e., \(Ax+By=C \), la ecuación de una recta.

Si \(C \ne D\), completando cuadrados:
\(x^2 + 2 \frac{A}{C-D} x + \left ( \frac{A}{C-D} \right )^2 + y^2 + 2 \frac{B}{C-D} y + \left ( \frac{B}{C-D} \right )^2 = \frac{C+D}{C-D} + \left ( \frac{A}{C-D} \right )^2 + \left ( \frac{B}{C-D} \right )^2 \).
\( \Rightarrow \left ( x + \frac{A}{C-D} \right )^2 + \left ( y + \frac{B}{C-D} \right )^2 = \frac {(C+D)(C-D)+A^2+B^2}{(C-D)^2} = \frac{C^2-D^2+A^2+B^2}{(C-D)^2}\).
\( \Rightarrow \left ( x + \frac{A}{C-D} \right )^2 + \left ( y + \frac{B}{C-D} \right )^2 = \frac{A^2+B^2+C^2-D^2}{(C-D)^2}\), la ecuación de un círculo con centro en \(\left ( -\frac{A}{C-D},-\frac{B}{C-D} \right ) \) y radio \(r=\frac{\sqrt{A^2+B^2+C^2-D^2}}{C-D}\).

--Belen (discusión) 22:51 22 nov 2012 (CST)

---

1.71.Si \(\mathcal{Z_1}\),\(\mathcal{Z_2}\), demuestre que

\(d_c=\frac{2\left|\mathcal{Z_2}-\mathcal{Z_1}\right|}{\sqrt{1+\left|\mathcal{Z_1}\right|^2}\sqrt{1+\left|\mathcal{Z_2}\right|^2}}\).

Sea \(\mathcal{Z_1}\),\(\mathcal{Z_2}\in \mathfrak{C}\)

Por triángulos semejantes \(NO\mathcal{z}\)y\(NA\mathcal{Z}\) \(\left(figura 2\right)\), implica \(\frac{\left|N-\mathcal{z}\right|}{1}=\frac{\left|N-\mathcal{Z}\right|}{1-\boldsymbol{\zeta}}\).

Pero\(\left|N-\mathcal{z}\right|=\sqrt{\left|\mathcal{z}\right|^2 +1}\) y \(1-\boldsymbol{\zeta}=\frac{2}{\left|\mathcal{z}\right|^2 +1}\) , entonces

\(\left|N-\mathcal{Z}\right|=\frac{2}{\sqrt{1+\left|\mathcal{z}\right|^2}}\) y \(\left|N-\mathcal{z}\right|\left|N-\mathcal{Z}\right|=2\)

El plano N_z1z2, intersecta a S en un circulo,\(\left(figura 3\right)\).

Vemos que\(\left|N-\mathcal{z}_1\right|\left|N-\mathcal{Z}_1\right|=\left|N-\mathcal{z}_2\right|\left|N-\mathcal{Z}_2\right|\),

los triangulos N_z1z2 y N_Z1Z2, son semejantes, entonces;

\(\frac{\left|\mathcal{Z}_1 -\mathcal{Z}_2\right|}{\left|\mathcal{z}_1 -\mathcal{z}_2\right|}=\frac{\left|N-\mathcal{Z}_2\right|}{\left|N -\mathcal{z}_1\right|}\)

Hacemos\(d_c\left(\mathcal{Z}_1 ,\mathcal{Z}_2\right)= \left|\mathcal{Z}_1 -\mathcal{Z}_2\right|=\frac{2\left|\mathcal{z}_1 -\mathcal{z}_2 \right|}{\sqrt{1+\left|\mathcal{z}_1\right|^2}\sqrt{1+\left|\mathcal{z}_2\right|^2}}\)

--Luis Antonio (discusión) 09:39 28 nov 2012 (CST)

--mfg-wiki (discusión) 17:32 15 nov 2012 (UTC)

Compleja:z-ej-cap1.1

Compleja:z-ej-cap1.2

Compleja:z-ej-cap1.3