Distanza tra due punti

Poiché il disco $D$ con la metrica (1) é una varietá riemanniana, esso é, come é noto, metrizzabile, definedo la distanza $d(A,B)$ tra due punti $A$ e $B$, come la lunghezza del segmento geodetico che li congiunge, per misurare la quale basta utilizzare come parametro sulla geodetica l'ascissa curvilinea.

Come prima cosa supponiamo che $A$ e $B$ siano allineati con il centro di $D$ e, tanto per fissare le idee, supponiamo che stiano sullo stesso raggio ( $\phi_A=\phi_B$), allora l'equazione (4), per $\dot{\phi}=0$, si scrive

$$g_{00}(\frac{d\rho}{d\tau})^2=1 \quad \Rightarrow \quad \frac{1}{... ...d\tau}=\pm\frac{1}{2} \quad \Rightarrow \quad 2\tanh^{-1}\rho=\pm(\tau+\tau_0),$$

da cui, scartando la soluzione con il segno $-$, perché $\rho$ é positivo e fissando l'origine dell'ascissa curvilinea in $\rho=0$, si ottiene $\tau=2\tanh^{-1}\rho$ e quindi

$$d(A,B)=\vert\tau_B-\tau_A\vert=2\vert(\tanh^{-1}\rho_B-\tanh^{-1}... ...vert\ln\frac{\overline{JB}\;\overline{IA}}{\overline{IB}\; \overline{JA}}\vert,$$

dove $I$ e $J$ sono gli estremi del diametro congiungente $A$ e $B$, disposti come nella prima delle fig. 3 e $\overline{ HK}$ indica la distanza euclidea tra i pundi $H$ e $K$, cioé la lunghezza euclidea del segmento di estremi i due punti dati e l'argomento del logaritmo si chiama rapporto incrociato delle distanze di $A$ e $B$ dai punti $I$ e $J$.

Figure 3: Costruzione per la misura della distanza di due punti $A$ e $B$ su un diametro: $\ln\frac{\overline{JB}\;\overline{IA}} {\overline{IB}\;\overline{JA}}$

Se invece i punti $A$ e $B$, pur appartenendo allo stesso diametro, si trovano disposti come nalla seconda delle fig.3 ( $\phi_A=\phi_B+\pi$), essendo $\tau$ la distanza da $O$, ed avendo fissato come origine dell'ascissa curvilinea $\rho=0$, si ha:

$$d(A,B)=\tau_B+\tau_A=2(\tanh^{-1}\rho_B+\tanh^{-1}\rho_A)=\ln\fra... ...\vert\ln\frac{\overline{JB}\;\overline{IA}}{\overline{IB}\;\overline{JA}}\vert.$$

L'ultima eguaglianza é dovuta al fatto che l'argomento del logaritmo é maggiore di $1$, d'altra parte si puó anche osservare che, essendo $\rho>0$, anche $\tau$ deve essere positivo e quindi $\tau_A+\tau_B>0$.

Consideriamo ora il caso in cui i due punti $A$ e $B$ non siano allineati con il centro, come in fig. 4, denotiamo con $\gamma$ l'unica geodetica che li congiunge e sia $C\equiv(\rho_0,\phi_0)$ il centro della circonferenza del piano euclideo di cui essa é un arco. Denotiamo come in fig:4 con $J$ e $I$ gli estremi di $\gamma$ e con $O'$ il punto in cui il segmento $\overline{OC}$ interseca $\gamma$. Sia $\tau$ l'ascissa curvilinea su $\gamma$ con origine in $O'$ ed avente come verso crescente quello che va da $J$ verso $I$.

Figure 4: Distanza di due punti $A$ e $B$ non allineati con il centro $O$.

Allora, se $P$ é un qualunque punto di $\gamma$, denotate con $\tau=\tau_P$ la sua ascissa curvilinea e con $\rho=\rho_P$ la sua distanza da $O$, per la (5), si trova

$$\tau=\pm\int_{O'}^Pd\tau=\pm\int_{\rho_{0'}}^{\rho}\sqrt{g_{00}\d... ...c{4}{(1-\rho^2)^ 2} (1+\frac{c^2(1-\rho^2)^2}{(\rho^2-c^2(1-\rho^2)^2)})}d\rho,$$

inoltre, per quanto visto nella sezione 1, $c=\frac{a}{\sqrt{1-4a^2}}$, $a=\frac{1}{2\rho_0}$ e $\rho_0^2=1+r^2$, da cui si ottiene $c=\frac{1}{2r}$, che sostituito nell'equazione precedente, dá

$$\tau=\pm\int_{\rho_{0'}}^{\rho}\frac{4r\rho}{(1-\rho^2)\sqrt{4r^2... ...{\rho_{0'}}^{\rho}\frac{d(1-\rho^2)}{(1-\rho^2)\sqrt{4r^2\rho^2-(1-\rho^2)^2}},$$

quindi, con la sostituzione $z=1-\rho^2$, si ottiene

$$\tau=\mp 2r\int_{\rho_{0'}}^{\rho}\frac{dz}{z\sqrt{-z^2+4r^2(1-z)}}.$$

Siano $z_1<z_2$ le soluzioni dell'equazione $z^2+4r^2z-4r^2=0$, quindi $z_1=-2r(r+\sqrt{1+r^2})<0$ e $z_2=2r(-r+\sqrt{1+r^2})>0$. Considerata l'ulteriore sostituzione $t=\sqrt{\frac{z-z_1}{z_2-z}}$ $\Leftrightarrow$ $z=\frac{z_2t^2+z_1}{1+t^2}$, si ottiene

$$\tau=\mp 4r\int_{\rho_{0'}}^{\rho}\frac{dt}{z_1+z_2t^2}=\mp\frac{... ...sqrt{-z_1z_2}} \tanh^{-1}\sqrt{\frac{z_2}{-z_1}}t\arrowvert^{\rho}_{\rho_{0'}},$$

d'altra parte $\sqrt{\frac{z_2}{-z_1}}=\sqrt{1+r^2}-r$ e $\sqrt{-z_1z_2}=2r$, quindi

$$\tau=\pm 2\tanh^{-1}(\sqrt{1+r^2}-r)t\arrowvert^{\rho}_{\rho_{0'}},$$

e osservando che $2\tanh^{-1}x=\ln\frac{1+x}{1-x}=\frac{1}{2}\ln\frac{(1+x)^2}{(1-x)^2}=\ln\frac{1+\frac{2x}{1+x^2}}{1- \frac{2x}{(1+x^2)^2}}=\tanh^{-1}\frac{2x}{1+x^2}$, si ricava che

$$\tau=\pm\tanh^{-1}\frac{2(\sqrt{1+r^2}-r)t}{1+(\sqrt{1+r^2}-r)^2t^2}\arrowvert^{\rho}_{\rho_{0'}}$$

e utilizzando, prima la sostituzione che lega $t$ a $z$ e poi quela che lega $z$ a $\rho$, dopo qualche calcolo si ottiene

$$\tau=\pm\tanh^{-1}\frac{\sqrt{4r^2\rho^2-(1-\rho^2)^2}}{r(1+\rho^... ...mp\tanh^{-1}\frac{\sqrt{4r^2\rho_{0'}^2-(1- \rho_{0'}^2)^2}}{r(1+\rho_{0'}^2)}.$$

D'altra parte, se come prima si denota con $\overline{ HK}$ la lunghezza euclidea del segmento(rettilineo) di estremi $H$ e $K$, allora facendo riferimento alla fig. 5, indicando con $\phi$, $\phi'$ e $\phi''$ le anomalie, rispettivamente dei punti $P$, $I$ e $J$, si ha:

$$\overline{JP}^2=1+\rho^2-2\rho\cos(\phi''-\phi),$$

e tenendo conto che

$$\cos(\phi''-\phi)=cos(\phi''-\phi_0+\phi_0-\phi)=\cos(\phi-\phi_0... ...rac{1}{\sqrt{1+r^2}}\cos (\phi-\phi_0)+\frac{r}{\sqrt{1+r^2}}\sin(\phi-\phi_0),$$

si ricava

$$\overline{JP}^2=1+\rho^2-2\frac{\rho}{\sqrt{1+r^2}}\cos(\phi-\phi_0)-2\frac{r\rho}{\sqrt{1+r^2}}\sin(\phi-\phi_0).$$

Figure 5: Distanza euclidea di $P$ da $I$ e $J$

Analogamente

$$\overline{IP}^2=1+\rho^2-2\rho\cos(\phi-\phi'),$$

e tenendo conto che

$$\cos(\phi-\phi')=cos(\phi-\phi_0+\phi_0-\phi')=\cos(\phi-\phi_0+\... ...rac{1}{\sqrt{1+r^2}}\cos (\phi-\phi_0)-\frac{r}{\sqrt{1+r^2}}\sin(\phi-\phi_0),$$

si ricava

$$\overline{IP}^2=1+\rho^2-2\frac{\rho}{\sqrt{1+r^2}}\cos(\phi-\phi_0)+2\frac{r\rho}{\sqrt{1+r^2}}\sin(\phi-\phi_0).$$

Quindi

$$\ln\frac{\overline{JP}}{\overline{IP}}=\frac{1}{2}\ln\frac{\overl... ...}{\sqrt{1+r^2}}\cos(\phi-\phi_0)+\frac{2r\rho}{\sqrt{1+r^2}}\sin(\phi-\phi_0)}=$$

$$\tanh^{-1}(-\frac{\frac{2r\rho}{\sqrt{1+r^2}}\sin(\phi-\phi_0)}{1... ...\frac{2r\rho\sin(\phi-\phi_0)}{\sqrt{1+r^2}(1+\rho^2)-2\rho\cos(\phi-\phi_0)}).$$

Poiché l'equazione (7) implica $\rho^2-2\rho\rho_0\cos(\phi-\phi_0)+1=0$, allora $\cos(\phi-\phi_0) =\frac{1+\rho^2}{2\rho_0\rho}$ e $\sin(\phi-\phi_0)=\pm\frac{\sqrt{4r^2\rho^2-(1-\rho^2)^2}}{2\sqrt{1+r^2}\rho}$, dove va preso il segno $+$ se $\phi-\phi_0>0$ cioé, in base alla fig.5, se $P$ appartiene all'arco $JO'$. Quindi

$$\ln\frac{\overline{JP}}{\overline{IP}}=\pm\tanh^{-1}(\frac{\frac{... ...sqrt{1+r^2}}})=\pm\tanh^{-1}\frac{\sqrt{4r^2\rho^2-(1-\rho^2)^2}}{r(1+\rho^2)},$$

dove va preso il segno $+$ o $-$ secondo che $P\in O'I$ o $P\in JO'$, che concorda con il segno di $\tau$, quindi

$$\tau=\ln\frac{\overline{JP}}{\overline{IP}}-\ln\frac{\overline{JO'}}{\overline{IO'}}.$$ (11)

Si puó cosí concludere che

$$d(A,B)=\vert\tau_B-\tau_A\vert=\vert\ln\frac{\overline{JB}}{\over... ...vert\ln\frac{ \overline{JB}\;\overline{IA}}{\overline{IB}\;\overline{JA}}\vert,$$ (12)

cioe che

la distanza di due punti $A$ e $B$ é data dal valore assoluto del logaritmo della distanza incrociata dagli estremi della geodetica a cui appartengono.