Volumen de una esfera en geometría no euclidea

[carroza]

En un hilo reciente sobre la curvatura del universo, surgió el problema de obtener el volumen de una esfera. La respuesta obvia es $V = {4 \pi \over 3} R^3$. No obstante, ese valor no es válido si estamos en un espacio curvo. La pregunta es: ¿Si nuestro universo tiene una curvatura K, cúál, es el volumen de una esfera de radio R?

Adjunto una solución que se me ocurre, pero no estoy seguro de que sea la correcta. Cualquier comentario, o cualquier solución alternativa, será bienvenida.

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Parto del tensor métrico, para una geometría curva. https://en.wikipedia.org/wiki/Friedm...3Walker_metric

$(ds)^2 = (dr)^2 {1 \over 1 - K r^2} + r^2 (d\theta)^2 + r^2 \sin^2(\theta) (d \phi) ^2$

Esto corresponde a caracterizar nuestros puntos dando las coordenadas polares $(r, \theta, \phi)$. Aqui hay que tener cuidado, porque $r$, a pesar de su nombre, no es estrictamente el radio de la esfera que buscamos, sino una variable util.

Ahora, consideremos el volumen del objeto geométrico que se caracteriza por $r<a$, y valores arbitrarios de $\theta , \phi$. Estaremos de acuerdo en que este objeto es una esfera, aunque no es correcto, como veremos, que tenga radio a. Este volumen se obtiene integrando las variables con la raiz cuadrada del determinante del tensor métruco:

$V(a) = \int dr d\theta d\phi \sqrt{|g|} = \int dr {r^2 \over \sqrt{1 - K r^2}} \sin(\theta) d\theta d\phi = 4 \pi \int_0^a dr {r^2 \over \sqrt{1 - K r^2}}$

el resultado dela integral es $V(a) = {4 \pi \over K^{3/2}} \left( { \arcsin( \sqrt{K}a) \over 2} -{ \sqrt{K}a\sqrt{1-Ka^2} \over 2 } \right)$

Ahora, para obtener el "radio" R de esta figura hay que obtener la distancia del punto con r=0 al punto co r=a, usando el tensor métrico:

$R = \int_0^a dr {1 \over \sqrt{1 - K r^2} } = K^{-1/2} \arcsin(\sqrt{K}a) )$

Con esto, nos queda el volumen de la esfera en función del radio como

$V(R) = {4 \pi \over K^{3/2}} \left( { \sqrt{K}R \over 2} -{ \sin(2\sqrt{K}R) \over 4 } \right)$

Desarrolando esta solucion para curvaturas pequeñas, obtengo

$V(R) = {4 \pi R^3 \over 3 } \left( 1 - {K R^2 \over 5} \right)$,

expresion que puede ser util para el hilo reciente del tamaño del universo comparado con el universo visible

[javisot20]

Inocentemente supuse que una esfera en geometría euclídea tiene el mismo volumen que esa misma esfera en geometría no euclídea (y que cambiaban otras cosas). Compruebo que no.

He consultado a chatgpt3, dice que el volumen de una esfera en geometría hiperbólica es V = (2/3)πsinh^3(r), donde sinh es la función seno hiperbólico.
En geometría elíptica V = (4/3)πR^3/(1 - kR^2)


¿Es correcto?

[carroza]

He consultado a chatgpt3, dice que el volumen de una esfera en geometría hiperbólica es V = (2/3)πsinh^3(r), donde sinh es la función seno hiperbólico.
En geometría elíptica V = (4/3)πR^3/(1 - kR^2)

Hola. Chatgpt no tiene ni ..... idea de física. Es un algoritmo que busca cosas y las pone, sin entender nada. La expresión que da de geometría hiperbólica es obviamente falsa, ya que no es dimensionalmente correcta, y no depende de la curvatura. la segunda también es falsa, porque da un volumen nulo cuando la esfera ocupa todo el volumen del espacio elíptico.

Yo sugeriría a los moderadores del foro que abrieran una sección de "Cagadas de chatgpt", donde puedan ponerse resultados como el que indicas.

Saludos

[javisot20]

Yo sugeriría a los moderadores del foro que abrieran una sección de "Cagadas de chatgpt", donde puedan ponerse resultados como el que indicas.

Lo propuse hace tiempo pero se conoce que no lo vieron conveniente. Propuse que primero las respuestas pasen un cierto filtro antes de ser compartidas.
En mi comentario verás un ¿es correcto? ya que me estaba pareciendo incorrecto el resultado.

Gracias por confirmarlo.

La expresión que da de geometría hiperbólica es obviamente falsa, ya que no es dimensionalmente correcta, y no depende de la curvatura.

"El volumen de una esfera en geometría hiperbólica depende del radio de la esfera y de la curvatura constante de la geometría hiperbólica. La fórmula para el volumen de una esfera de radio r en la geometría hiperbólica con curvatura constante -1 es:

V = (4/3) * pi * (sinh(r))^3 "

¿es falso entonces?

[Alriga]

Gracias carroza por tu interés en el tema. Primero me he dedicado a repasar los cálculos sin entrar "en la esencia". Un par de dudas: entiendo que tú calculas:

$$\displaystyle \int_0^a \dfrac{r^2 \dd r}{\sqrt{1 - K r^2}}={1 \over K^{3/2}} \left( { \arcsin( \sqrt{K}a) \over 2} -{ \sqrt{K}a(1-Ka^2) \over 2 } \right)$$

A mí esta integral me sale:

$\displaystyle \int_0^a \dfrac{r^2 \dd r}{\sqrt{1 - K r^2}}=\dfrac{\arcsin (\sqrt K a)}{2K^{3/2}}-\dfrac{a\sqrt{1-K a^2}}{2K}$

Más adelante calculas:

$\displaystyle V(R) = {4 \pi \over K^{3/2}} \left( { \sqrt{K}a \over 2} -{ \sin(2\sqrt{K}R) \over 2 } \right)$

La "a" es claramente un gazapo tipográfico, ha de ser "R", pero además, a mi me sale uno de los denominadores "4":

$\displaystyle V(R) = {4 \pi \over K^{3/2}} \left( { \sqrt{K}R \over 2} -{ \sin(2\sqrt{K}R) \over 4 } \right)$

Desarrollando esta última para curvaturas pequeñas obtengo:

$V(R)=\dfrac 4 3 \pi R^3 \left (1- \dfrac{K R^2}5 \right )$

Que curiosamente es lo mismo que deduces tú ¿Puedes comprobarlo por favor?

Por otro lado, a mi "instinto" (que puede estar equivocado), no sé porqué, no le acaba de gustar esta última expresión.

Gracias y saludos.

[carroza]

Gracias, Alriga. He corregido lo que indicas. Eran todo erratas de pasar las cosas del papel, en la que lo tenía como tu indicas, al latex, que es bastante incomodo de comprobar, si vas con prisas. Ahora creo que está todo correcto.

Ya nos dices por qué no te gusta la expresión. Da que el volumen de las esfera es más pequeña en el espacio elíptico que en el euclideo, que es lo que uno espera. Por otro lado, la expresión completa, con el seno, crece inicialmente como R al cubo, y luego llega a un valor estacionario cuando Ka^2=1, que es cuando completamos el espacio eliptico completo.

[Jaime Rudas]

En un hilo reciente sobre la curvatura del universo, surgió el problema de obtener el volumen de una esfera. La respuesta obvia es $V = {4 \pi \over 3} R^3$. No obstante, ese valor no es válido si estamos en un espacio curvo. La pregunta es: ¿Si nuestro universo tiene una curvatura K, cúál, es el volumen de una esfera de radio R?

Adjunto una solución que se me ocurre, pero no estoy seguro de que sea la correcta. Cualquier comentario, o cualquier solución alternativa, será bienvenida.

Desarrolando esta solucion para curvaturas pequeñas, obtengo

$V(R) = {4 \pi R^3 \over 3 } \left( 1 - {K R^2 \over 5} \right)$,

expresion que puede ser util para el hilo reciente del tamaño del universo comparado con el universo visible

Supongo que esa curvatura K se refiere a la curvatura gaussiana y supongo que la curvatura gaussiana de una 3-esfera es 1/r³. Si esas suposiciones son correctas y considerando los valores calculados por Alriga para un universo esférico (R = 46,2 Gal y r = 417 Gal), me da que el factor de reducción del volumen sería:

$\left( 1 - {K R^2 \over 5} \right)= 99,9994 \%$

[carroza]

Supongo que esa curvatura K se refiere a la curvatura gaussiana y supongo que la curvatura gaussiana de una 3-esfera es 1/r³. Si esas suposiciones son correctas y considerando los valores calculados por Alriga para un universo esférico (R = 46,2 Gal y r = 417 Gal), me da que el factor de reducción del volumen sería:

$\left( 1 - {K R^2 \over 5} \right)= 99,9994 \%$

Hola. La curvatura, en un espacio de cualquier numero de dimensiones, es un operador de caracter tensorial, en el que hay dos derivadas espaciales (por ejemplo https://en.wikipedia.org/wiki/Riemann_curvature_tensor ), por tanto tiene dimensiones de $L^{-2}$. Entiendo que lo puedes ver como el inverso del cuadrado del radio de curvatura del universo, pero en ese caso habría que ver cómo es la definición estructa de ese radio de curvatura. El valor máximo de la coordenada r, en la métrica de Robertson-Walker, es $K^{-1/2}$. Fijate que, si el radio de curvatura K fuera 1/r^3, entonces la expresión $\left( 1 - {K R^2 \over 5} \right)$ sería dimensionalmente incorrecta, y estaríamos a nivel del chatGPT.

Un saludo

[carroza]

"El volumen de una esfera en geometría hiperbólica depende del radio de la esfera y de la curvatura constante de la geometría hiperbólica. La fórmula para el volumen de una esfera de radio r en la geometría hiperbólica con curvatura constante -1 es:

V = (4/3) * pi * (sinh(r))^3 "

¿es falso entonces?

Usa las dimensiones. El volumen debe tener dimensiones de distancia al cubo, y el radio de distancia. Al orden más bajo, parece que la cosa cuadra, pero si desarrollas en serie el seno hiperbolico, te aparecen todas las potencias de r, y uno no debe sumar cosas que van como r^3 con cosas que van como r^4, r^5, r^6.

Chatgpt habrá visto cosas en las que r se toma como adimensional, ya que también menciona una K=-1 adimensional.

Aún así, la expresión es incorrecta. Si rehaces mi derivación, para una K negativa, se obtiene


$V(R) = {4 \pi \over (-K)^{3/2}} \left( { -\sqrt{-K}R \over 2} +{ \sinh(2\sqrt{-K}R) \over 4 } \right)$

Evidentemente, yo puedo estar equivocado, y agradecería una derivación vuestra alternativa, o bien alguna referencia. pero no chatgpt, por favor.

Un saludo

[Alriga]

Por otro lado, a mi "instinto" (que puede estar equivocado), no sé porqué, no le acaba de gustar esta última expresión...

Creo que por suerte me voy a comer esa frase con patatas, puesto que después de repasarlo todo, ¡¡creo que el compañero carroza ha resuelto el problema!!, lo cual me pone súper contento.

Repito aquí, con mi nomenclatura, lo que creo que ha hecho carroza, para que pueda ser comprobado con facilidad:

$\dd V=\sqrt{\vert g \vert}\dd r \dd \theta \dd \phi$

El Tensor Métrico de Friedmann-Lemaitre-Robertson-Walker

$g = \begin{bmatrix}<br /> -c^2 & 0 & 0 & 0\\<br /> 0 & \dfrac{a^2}{1-Kr^2} & 0 & 0\\<br /> 0 & 0 & a^2 r^2 & 0\\<br /> 0 & 0 & 0 & a^2 r^2\sin^2\theta \end{bmatrix}$

La raíz del valor absoluto del determinante de la parte espacial del tensor métrico:

$\sqrt{\vert g \vert}=a^3 \dfrac{r^2 \sin \theta}{\sqrt{1-K r^2}}$

$\dd V=a^3 \ \dfrac{r^2 \sin \theta}{\sqrt{1-K r^2}}\dd r \dd \theta \dd \phi$

$\displaystyle V(x)=a^3 \ \int_0^x \dfrac{r^2 \dd r}{\sqrt{1-K r^2}} \int_0^{\pi} \sin \theta \dd \theta \int_0^{2\pi} \dd \phi$

$\displaystyle V(x)=a^3 \ 4 \pi \int_0^x \dfrac{r^2 \dd r}{\sqrt{1-K r^2}}$

$V(x)=a^3 \ 2\pi \left ( \dfrac{\arcsin (x \sqrt K)}{K^{3/2}} - \dfrac{x\sqrt{1-Kx^2}}K \right )$

Para obtener "x" en función de una distancia real "h", carroza resuelve esta integral:

$\displaystyle h=\int_0^x \dfrac{\dd r}{\sqrt{1-Kr^2}}$

$h=\dfrac{\arcsin (x \sqrt K)}{\sqrt K}$

$x=\dfrac 1 {\sqrt K} \sin (h\sqrt K)$

Sustituyendo en el volumen:

$V(h)=a^3 \ \dfrac{2\pi}{K^{3/2}} \left ( h\sqrt K-\dfrac{\sin (2 h \sqrt K)}2 \right )$

Desarrollando esta última para curvaturas pequeñas se obtiene:

$V(h) \simeq a^3 \ \dfrac 4 3 \pi h^3 \left (1- \dfrac{K h^2}5 \right )$

Mi pequeña contribución: ahora $a=1$ y la curvatura "K" es el inverso del Radio de Curvatura "R" de la 3-esfera, al cuadrado:

$K=\dfrac 1{R^2}$

Y nos queda para el volumen:

$$\boxed{V(h)=2\pi R^3 \left ( \dfrac h R-\dfrac{\sin \dfrac{2 h}R}2 \right )}$$

Recordemos que si esta expresión es correcta, para el volumen completo de toda la 3-esfera debería darnos:

$V=2\pi^2 R^3$

Comprobémoslo. Para la 3-esfera completa debe ser:

$h=\dfrac{2\pi R}2=\pi R$

Si sustituimos:

$V(\pi R)=2\pi R^3 (\pi -0)=2\pi^2 R^3$ ¡Correcto!

Y la expresión aproximada para 2-esferas pequeñas:

$$V(h) \simeq \dfrac 4 3 \pi h^3 \left [ 1-\dfrac 1 5 \left ( \dfrac h R \right )^2 \ \right ]$$

He hecho una tabla para $R=417$ y valores de "h" desde $h=0.5$ hasta $h=\dfrac{2\pi R}2=1310$. Recordad que el valor $h=46.2$ corresponde al radio del universo observable del hilo Curvatura y tamaño del universo

En el cuadro:

$V_2=\dfrac 4 3 \pi h^3$

$V_3=2\pi R^3 \left ( \dfrac h R-\dfrac{\sin \dfrac{2 h}R}2 \right )$

$V_{3aprox} = \dfrac 4 3 \pi h^3 \left [ 1-\dfrac 1 5 \left ( \dfrac h R \right )^2 \ \right ]$

Saludos.

PD. He empezado a escribir este post con el desarrollo matemático que tenía a las 15h y lo acabo a las 21h con muchas interrupciones, mi mujer me ha obligado a ir a comprar con ella, y otras... Cuando lo he iniciado todavía no estaban los posts #6, #7 y #8 que veo ahora, por lo tanto no los he leído, pero no quiero demorar más publicar este post pues me llaman a cenar, los leeré después.

PPD. Relacionado, ver el hilo Curvatura y tamaño del universo

[carroza]

Un inciso: En to desarrollo, puedes dejar en la métrica $a$ como una magnitud arbitraria, que incluso puede depender del tiempo. La distancia h que defines entre el origen y el punto con $r=x$ se obtiene integrando el elemento del tensor métrico $\sqrt{g_{rr}}\, dr$, que contiene el factor $a$ . Por tanto, el volumen te queda como función de h e independiente de a.

[Jaime Rudas]

¡Magnífico desarrollo!

¡Muchas gracias, Alriga y Carroza!

[Richard R Richard]

Hola , lo que no he entendido es la "magia" para convertir un ecuación en la otra, ni la utilidad de esa aproximación.

$V_3=2\pi R^3 \left ( \dfrac h R-\dfrac{\sin \dfrac{2 h}R}2 \right )$

$V_{3aprox} = \dfrac 4 3 \pi h^3 \left [ 1-\dfrac 1 5 \left ( \dfrac h R \right )^2 \ \right ]$

Gracias.

[Alriga]

$V(h)=2\pi R^3 \left ( \dfrac h R-\dfrac{\sin \dfrac{2 h}R}2 \right )$

$V(h) \simeq \dfrac 4 3 \pi h^3 \left [ 1-\dfrac 1 5 \left ( \dfrac h R \right )^2 \ \right ]$

...lo que no he entendido es la "magia" para convertir un ecuación en la otra.....

Es una magia poderosa, que lleva el nombre de un mago de hace 300 años:

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El mago es Brooke Taylor

... ni la utilidad de esa aproximación.....

La utilidad hoy en día, con el cálculo electrónico, es muy limitada: convierte una expresión trigonométrica en una aproximación polinómica. Pero a mi no me importa su utilidad real: yo la encuentro bonita, bella, hermosa.

La parte

$\dfrac 4 3 \pi h^3$

Es la correspondiente al volumen "normal" de una 2-esfera en $\mathbb R^3$. La parte

$1-\dfrac 1 5 \left ( \dfrac h R \right )^2$

Nos dice que para h/R pequeño, la desviación respecto del volumen "normal" de la 2-esfera, es equivalente a restar un quinto del cuadrado del cociente h/R. Y eso a mi, me parece bonito.

Saludos.

[carroza]

Yo diría que el mago es

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Colin Mc Laurin

[Alriga]

Es una magia poderosa, que lleva el nombre de un mago de hace 300 años:

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El mago es Brooke Taylor

Yo diría que el mago es

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Colin Mc Laurin

Depende de como se mire, varios magos de la época representaban en sus actuaciones distintas versiones del mismo truco básico, según la Wikipedia:

...En cálculo diferencial, el teorema de Taylor recibe su nombre del matemático británico Brook Taylor, quien lo enunció con mayor generalidad en 1712, aunque previamente James Gregory lo había descubierto en 1671 [...] Maclaurin utilizó las series de Taylor para caracterizar los máximos, mínimos y puntos de inflexión de funciones infinitamente diferenciables en su Tratado de Fluxiones. Maclaurin atribuyó la serie a Brook Taylor [...] no obstante, Maclaurin recibió el crédito por su uso de la serie, y la serie de Taylor expandida alrededor de 0 se conoce a veces como serie de Maclaurin...

Saludos.

[guibix]

Muy buenas,

Creo que me estoy perdiendo en seguir vuestros razonamientos. Estoy más oxidado de lo que creía, jeje.
Si me planteara el problema de cero, y ya que hablamos de esferas usaría una métrica general para curvatura K en coordenadas esféricas que recuerdo haber visto hace tiempo. Era algo así:

$\dd s^2=\dd r^2+\frac{1}{K}\sin^2(r\sqrt{K})\dd\Omega^2_{i}$

que para K positiva es una métrica esférica.

Para K=0 sale una indeterminación que al aplicar el límite nos da la métrica plana:

$\dd s^2=\dd r^2+r^2\dd\Omega^2_{i}$.

Y para K<0 podemos expresarlo como

$\dd s^2=\dd r^2+\frac{1}{|K|}\sinh^2(r\sqrt{|K|})\dd\Omega^2_{i}$

Y obtenemos la métrica hiperbólica.

Yo empezaría por integrar esto para deducir perímetros, áreas y volúmenes (tarea para casa).
No sé si esto servirá pero ahí lo dejo.

Un saludo!

PD: bueno, ya he visto que aparecen ecuaciones muy paecidas más arriba. Pero como no entiendo del todo como se obtuvieron y no he visto exactamente lo mismo, pensé en ponerlo por si acaso aportaba algo nuevo.