The Pedrom

(The Pedrom Proposition)
Peter Mogensen
Karlstads universitet
May, 2001
I. Introduction. (From a lecture to the quality class, CIEAEM conference, Setúbal, 1997.)
At the university of Karlstad, a majority of the mathematics students are future
teachers or future engineers. Generally, the students start with a single variable
calculus course. These courses are more or less identical for all students. Later,
courses may differ according to the vocation of the student.
One of the engineering programs is the Land Surveyor’s Program (Kart- och
Mätningsprogrammet). Here, the students are supposed, among other subjects,
to learn about maps; how to make them and how to read them.
Until some years ago these students got a fairly traditional mathematics
education; single- and multivariable calculus and elementary linear algebra.
Nobody questioned this as few people dare to oppose a mathematician.
But one day I had a call from a teacher (non-mathematics teacher) of the Land
Surveying Program who complained arguing that their students did not get the
mathematics they needed. I was confused, of course, because the idea that
anyone should need mathematics was a new one to me. However, I asked
around among the land surveying teachers to get their view, and in the end two
major items emerged:
1°. Land surveyors must be good at trigonometry.
2°. Land surveyors must know that the earth is round, not flat.
With this in mind I started to revise the mathematics course on the Land
Surveying program.
The first point, trigonometry, posed few problems. Already, there are lots and
lots of excellent exercises on trigonometry in existing textbooks and from them
suitable problems could fairly easily be constructed. Here is one typical
example. The figure below shows a football goal:
fig 1. The penalty kick.
Given the angles APD and APB, find the angle BPC.
The second question, however, was far more difficult. How do you teach that
the earth is a round planet? You may say it and repeat it, but will the student
really internalize the knowledge in all its implications?
Fortunately, my father had once given me a problem. In my family, on my
father’s line, there are many engineers and we frequently exchange
mathematical problems of more or less realistic nature.
It was on returning from a journey in South America that my father asked me:
The aircraft started in Rio de Janeiro on the 30 th of April at 11 o’clock in the evening local time. It went
straight to Amsterdam at 10 000 metres above sea level. The speed was 840 km/h.
After how many hours of flight did I see the sun rise over the horizon?
This problem had taken me more than one night to solve and had forced me
more than once to reflect upon the shape of the earth. Of course it was far too
difficult a problem for students still believing in the flatness of our planet but it
set my mind to work. I started with something like this:
Assume that the surface of the earth is a perfect sphere with circumference 40 000 km. What is the shortest
distance from, say, Karlstad to Lisboa (going on the surface).
I would say that for the students this is an example of a true problem.
Using the formulae which Cissi and Jonas presented in their non-Euclidean
lecture yesterday it may be a simple routine task, but to the students, who
know nothing of them, it is not. I took care not to mention any spherical cosine
theorem or the like. The students must base their solution upon secondary
school trigonometry and elementary concepts from the chapter on vectors
studied one week earlier.
In the spirit of Polya we can start:
(i) Have we seen a similar problem before?
(ii) Have we learnt anything that might be useful in solving the problem?
For example could we describe the positions of Karlstad and Lisboa in a
profitable way? Karlstad is this many degrees east of Lisboa and that many
degrees north of L. How many degrees separate them along the shortest way?
There are complications here. In figure 2 we see the points A and B on the
equator 10° apart. (M = centre of earth.) Now consider starting in G (fig. 3),
right north of B, and moving straight west to H, right north of A. If we know
the latitude of G and H, what is the angle GMH?
fig. 2
fig. 3
This recalls concepts from the football ”penalty kick” problem above.
Another interesting question arises as one meditates over this:
You start on the 45° latitude and walk 1 km straight west. How far is it back?
You might thoughtlessly say that it is 1 km back, forgetting that the shortest
way (on the surface) is along a great circle (a circle where the centre coincides
with the centre of the earth) but the 45th latitude clearly is no great circle, so the
shortest way back is a tiny fraction of a mm shorter than 1 km. When studying
maps over small areas this will cause no problem but if the distance is longer
than a kilometre the discrepancy may be of great importance.
Here many students slowly but steadily become aware that geometry and
geography on the earth involve numerous peculiarities. We look at an ordinary
map of the world. There is a North and a South Pole. Why do we not have an
East and a West Pole as well?
fig. 4 Ordinary map of the world.
fig. 5
fig. 6 Why no East and West Pole?
What is desired is a transformation from coordinates in longitudes and
latitudes to Cartesian coordinates. Sometimes one or two students may recall
x  r cosv
the polar coordinates
y  r sinv
x  r cossin?? 
y   r??
Can we do the same thing in 3-dimensional space:
z  r??
  
These matters take some time to sort out in class but we finally agree upon
( 0  u  180 )
u  ”angle from North Pole”
so Karlstad on 59°12' north gives u K  30,8
and Lisboa (38°40'N) gives u L  51, 3 .
v  ”angle to the east of Greenwich”
which gives us
v K  13,3
( 180  v  180 °)
v L   9, 2
Now, setting r = 1 (radius of earth) and exploring the depths of trigonometry
we find
x  sinu cosv 
x K  0, 4983
y   sinu sinv  so y K   0,1178  ;
z  cosu
z  0, 8590
  
 K  
x L  0,7704 
y L   0,1248
z  0, 6252 
 L  
These are unit vectors pointing from the centre of earth to Karlstad and Lisboa,
respectively. The problem is to find the angle, say  , between these vectors. 
is obtained from the scalar product:
 
cos      0,9062
 
   
 = arccos 0,9062 = 25,01°
which gives the desired distance d =
 40 000  2780 km.
I think that it is essential that the problems are problems and not routine tasks.
The important thing is not that the students learn how to compute distances.
Should the necessity occur later in their career they will probably find a book or
a computer program to help them. The point of these exercises is that the
students must make a mental image of a spherical surface to solve them.
Therefore I have avoided a textbook. Such a book would certainly contain all
relevant formulas, and thus take away the intellectual development required to
get a complete mastery of this part of the curriculum. Instead of a book on
spherical geometry I distribute a few rather incoherent hand-written pages
which demand a good deal of patience to decode.
Most students, and nearly all successful ones, study earlier exams. It is
important that they do not get the solutions too early. These are my best
problems; if they work hard on them they are likely to learn something from it.
There is a surprisingly rich variety of problems in this area of mathematics.
Another good thing is that this part of the course comes shortly after the
chapter on planes and lines in many dimensions. Some students consider this
chapter to be rather abstract and of dubious relevance to their education so they
are pleased to see that it has a realistic dimension as well.
Sometimes as a mathematics teacher you must ask yourself whether the
students can be expected to know some facts from other disciplines required to
solve the problems. If they shall compute an integral to find the work done—
can you expect them to know that ”work equals force times distance”, just to
mention one among many examples. This issue was neatly illustrated in the
following example:
Many years ago my wife and I went to Umeå in north Sweden by train. We arrived at 8 o’clock in the
morning. As we got out of the train we noted that the sun was just rising. This was on the first of
Two days later we came back to Göteborg (Gothenburg) where we lived at the time. We again left the
train at 8 in the morning and I was surprised to see the sunrise this time too.
Knowing the longitudes and latitudes of Göteborg and Umeå, give them for the point where the sun
stands in zenith at 8 a.m., Swedish time, in early November.
When we tried this exercise in class going to Cartesian coordinates was already
0,5227 
routine. The students fairly quickly got two vectors MG = 0,1111  and MU =
0,8453 
0,1532  pointing from the centre of earth to Göteborg and to Umeå
respectively. But what then? It takes some consideration to realize that the
vector product will be useful here. That will provide a new vector at right angles
to both MG and MU , thus perpendicular to the plane containing M, G and U.
There were two snags, however. First the vector product of two unit vectors
need not at all be a unit vector itself so most of us first ended up with a point in
the interior of the earth. Secondly, the direction of the vector product depends
on whether you do MG  MU or if you do MU  MG so we finished the
computations in two antipodal camps, one 2000 km west of Christmas Island in
the Indian Ocean and the other close to the Mexican shores in the East Pacific.
To solve this dispute we had to rely on knowledge from outside the
mathematical world. Some were rather annoyed. ”Is this a course in astronomy
or what.”
The fact required to solve the problem, a fact I had omitted to mention in my
lectures and papers, was that on earth the sun generally rises in the east.
II. Cirklar på jordytan
Givet: En passare placeras i punkten M på Greenwichmeredianen. En cirkel
ritas på jordytan som antas vara sfärisk. Cirkelns nordligaste punkt antas
hamna på latituden B grader från nordpolen och dess sydligaste punkt på
latituden A grader från nordpolen.
Sökt: Longitud och latitud för cirkelns östligaste punkt.
Kommentar. Vid små cirklar på en plan karta är problemet ej intressant:
östligaste punkt
Svårigheterna uppstår då man måste ta hänsyn till dels jordytans krökning, dels att breddgraderna bestäms av jordytans skärning med parallella plan under det att längdgraderna
bestäms av icke-parallella plan med jordaxeln som gemensam skärningslinje. Longitudernas
avstånd från varandra varierar med avståndet från polen och cirkelns östligaste punkt kommer
i normalfallet inte befinna sig rakt öster om cirkelns medelpunkt.
Thomas Martinsson har visat mig hur man traditionellt skulle angripa detta problem genom att
projicera cirkeln på ett plan som tangerar jordytan rakt ovanför cirkelns medelpunkt. Här
kommer en annan väg att väljas som bygger på vektorräkning.
Lösning: Om nord- eller sydpolen ligger innanför cirkeln så är problemet
trivialt eftersom cirkelbågen i så fall passerar samtliga longituder. Vi bortser
därför från detta fall, dvs vi antar att 0 ≤ B < A ≤ 180.
Vi väljer längdenheten så att jordradien blir 1 l.e. och placerar jorden i ett
ortonormerat koordinatsystem så att jordens centrum hamnar i origo,
ekvatorns skärningspunkt med Greenwichmeredianen i punkten 1, 0,0 och
punkten 90° östlig längd 0° nordlig bredd i punkten 0,1,0 . Då hamnar
nordpolen i 0,0,1 .
Vektorn från origo, O, genom cirkelns medelpunkt (under jordytan) skär
A  B 
cos 0 sin
2 
A  B 
jordytan i M: Vektorn OM  sin0 sin
2 
 A  B
A B
 C
Vi sätter
sinC 
och får OM  
cos C
Vi kan nu bestämma ekvationen för det plan  1 som bestäms av cirkeln:
x sinC  z cos C  k där k är en konstant som kan bestämmas genom att man
sätter in koordinaterna för tex cirkelns sydligaste punkt (sinA, 0, cosA) i
ekvationen. Denna punkt ligger i planet och satisfierar följaktligen dess
x sinC  z cos C  sinAsin C  cosA cosC
Högerledet kan skrivas cos(A–C). Eftersom C 
A B
 D
A B
så A  C 
Cirkelplanets ekvation kan skrivas
x sinC  z cos C  cosD
Nu betraktar vi den longitud som tangerar cirkeln i den sökta östligaste
punkten. Denna longitud antas vara P grader östlig längd (0 ≤ P ≤ 90).
Longituden bestämmer ett storcirkelplan  2 med normalvektorn:
cos(90  P) sin90
sin(90  P) sin90  vilket efter förenkling ger ekvationen för  :
xsinP  y cosP  0
(Att högerledet är noll följer av att planet går genom origo.)
Skärningslinjen mellan planen (3) och (4) erhålls genom att man löser
xtan C 
cos C
 xtan P  0
som ger linjens ekvation på vektorform:
x 
 t
y   0
 ttan P 
 
cosD  t tanC 
z 
cosC 
Den sökta östligaste punkten ligger på denna linje. Vi kan utnyttja att punktens
avstånd från origo är 1:
t 2  t 2 tan2 P  (
 t tanC)2  12
t (1  tan P  tan C)  2t
som ger
cosD tanC cos 2 D
1  0
cos C
Eftersom vi söker en tangeringspunkt bör vi ha en dubbelrot och
diskriminanten är följaktligen noll:
0 = 4
cos2 D tan2 C
cos C
cos 2 D  cos2 C  cos2 D tan 2 P  cos2 C tan2 P  cos 2 D tan 2 C  cos2 C tan 2 C
cos C
Efter förenkling fås:
tan P 
sin2 D
cos D  cos C
Detta värde sätts in i (6). Dessutom utnyttjar vi (1) och (2) och får efter
omfattande förenklingar:
t 
2sinA sinB
sinA  sinB
Detta värde på t kan användas för att bestämma longituden och latituden för
den sökta östligaste punkten på cirkeln. Longituden sattes tidigare till P
(grader), vi kallar latituden 90–Q där Q är vinkeln i grader från nordpolen
(negativ latitud svarar då mot en punkt på södra halvklotet). Punktens
cartesiska koordinater blir alltså
x  cos P sinQ
y  sinP sinQ
z  cosQ
A B
A B
Ur (5) får vi z 
A  B  t tan 2
A B
Sätter vi dessa två uttryck för z lika fås Q  arccos
A B
så att latituden för den sökta punkten är
A B
90–Q = arcsin
A B
För att bestämma punktens longitud P går vi åter till (8)
x  cosP sinQ
samt till (5) och (7): x  t 
2sin A sinB
sinA  sinB
Här blir uttrycket mer komplicerat. Jag får
A B
 2
sin B 1 
2  sinB
sinA  sinB
P  arccos
A B
2 1
cos 2
2 A B
Uttrycken (9) och (10) ger alltså latitud respektive longitud för den östligaste
punkten på en cirkel med centrum under Greenwichmeredianen där A är
vinkeln från nordpolen för cirkelns sydligaste punkt och B är motsvarande
vinkel för cirkelns nordligaste punkt.
I och med detta är problemet löst. Jag kan dock tillfoga en intressant kuriositet.
Betrakta specialfallet att A = 90 (grader), det vill säga att vi har en cirkel som
tangerar ekvatorn i sin sydligaste punkt. Det visar sig att i detta fall har
longitud och latitud för den östligaste punkten samma värde — närmare
A B
bestämt arcsin cot
Till exempel den cirkel på jordytan som tangerar ekvatorn på nollmere-dianen
och har sin nordligaste punkt på den 60 nordliga breddgraden har sin östligaste
punkt på ungefär 35,3° nordlig bredd och 35,3° östlig längd.
Detta blir litet paradoxalt då man betraktar en cirkel som i sin sydligaste punkt
tangerar ekvatorn och passerar nordpolen i sin nordligaste (B = 0).
De flesta behöver en stunds eftertanke innan de inser att denna cirkel saknar
östligaste punkt. Ju längre norrut man rör sig längs cirkelns östra gren, desto
längre österut kommer man tills man når nordpolen. Men eftersom nordpolen
saknar longitud har denna cirkel ingen östligaste punkt.
III. The Pedrom
A mathematical object, named the pedrom, is defined on the surface of the earth (considered as
an ideal sphere). For calculations vectors are used.
Given: A point A on western longitude 0 and northern latitude v
(0 ≤ v < π/2).
Problem 1: To find the angle  (function of v) with the following property:
The great circle passing the latitude of A at the angle  , should have its
northernmost point on colatitude  .
By the term colatitude is meant the latitude measured from the North Pole. The problem could
be stated as follows; The great circle passing A should cross the longitude of A at the same angle
as the latitude of the same circle's northernmost point.
Solution: The earth is placed in an orthogonal system of coordinates, with its
centre in the origin, in such a way that the vector from the centre to A is
cosv 
A  0
sinv 
p 
Let the tangent vector of the desired great circle in A be h  q .
 
r 
cosv  p 
 q   0 . Hence p   r tanv .
It follows that 0
  
sinv  r 
The vector h and the longitude tangent in A form an angle of π/2 –  . Thus the
scalar product yields
sin  
r tan v  r tan v 
 0
 
 r
tan2 v  q 2  r2 r 2 tan2 v  r2 
Let s  1  tan v and the expression simplifies into
sin  
(r s  q 2 )s
The great circle plane has a normal vector n which can be obtained from the
cross product
cosv  r tanv 
q sinv
 q
   r tanv sinv  r cos v 
A  h  0
 
sinv  r
q cos v
If n is normed to unit length from the origin, it touches the earth’s surface at
latitude  , above the equator. Thus, sin  =
q cosv
q sin v  q cos v  r tan v sin 2 v  r 2 cos2 v  2r 2 tanv sinv cosv
Identifying (1) and (2) gives rs  q or r(1  tan2 v )  q which can be further
simplified as
r  q cos v
In (1) this solves the problem:
Answer:   arcsin
  arctan(cos v ) .
1  cos2 v
or equivalently
NB. The author is aware that this result is more comfortably obtained using traditional
theorems from spherical trigonometry. Sometimes, however, the winding path may offer other
views than the straighter road.
Definition 1. Above we have seen how each point A on the northern
Greenwich meridian defines an angle  . We call this angle the pedrom angle of
A. In its turn, the pedrom angle can be used to define a great circle, passing
through A and cutting its latitude under angle  . We call this circle a pedrom
(great) circle of A. Subsequently, the pedrom circle has a northernmost point.
We call this point a pedrom point of A. (Note that there are two pedrom points
of A, one to the east and one to the west.)
Definition 2. The set of pedrom points of the points on the northern
Greenwich meridian is called the pedrom.
In an obvious way the definition can be extended to points on the southern hemisphere and for
points on any meridian.
Problem 2: Given that A has longitude 0 and latitude v from the equator, find
the longitude t of the pedrom points.
Solution: From above we can compute a normal vector of the pedrom circle
sin v 
n  cos v  which gives the equation of the pedrom circle plane
 cosv 
x sinv  y cosv  z cosv  0
The pedrom point satisfies this equation. Moreover if the pedrom point has
longitude t, the pedrom circle crosses A’s latitude again at longitude 2t. Thus,
the point cos2tcosv ; sin2tcosv ; sinv  also satisfies equation (5):
cos2tcos v sinv  sin2tcos v  sinv cos v
cos2tsinv  sin2t cosv  sin v
Disregarding trivial solutions we have 2t  v    v .
Answer: The longitude of the pedrom point is
()t   /2  v .
Example: Let K be the point 15°E, 60°N (close to Karlstad). The northern
latitude v = 60° gives  = arcsin 1/ 5  2634' , i.e. the pedrom points of K
are approximately on 15°W, 63°26'N and 45°E, 63°26'N
Remarks: Surprisingly, the pedrom circles of K have ”gitter points” inasmuch
as, 90° east and west of K, they pass the 45° latitude in complete accuracy.
Evidently different points on the same pedrom circle normally have different
pedrom points. For example Montreal, close to 75°W,45°N on the Karlstad
pedrom circle has different pedrom angle (  M  arcsin 1/ 3  3516' ),
another pedrom circle and pedrom point; 52°30'W,54°44'N.
Graphing the pedrom. Given v as a parameter, we can give longitude t and
latitude, say w, of the corresponding pedrom point
t 
 / 2 – v 
   
  
  
w 
 / 2 – arctancosv 
 / 2  arctan sint
 / 2   
Accordingly, the pedrom latitude as a function of its longitude takes the form
w (t) = arc cot sint ;
0 < t ≤ π/2, π/4 ≤ w < π/2.
If sketched the traditional way, this graph gives but a poor picture of the
pedrom, a sphere being required for the true graph.
Inverse pedrom. Consider a point P on the Greenwich meridian with latitude v
(π/4 ≤ v < π/2). Extending the definition of pedrom point, we can ask for a
point I, such that P is a pedrom point of I. Let I have longitude x and latitude y.
From (6) above we get
 / 2  y  ()x
Choosing signs suitably we have
y   /2  x
0 < x ≤π/2
which gives the set of points which have their pedrom points on the Greenwich
meridian. Such ”inverse points” have the same longitude as colatitude.
IV. Pedromsatsen
Definitioner: Universum är det euklidiska rummet av taltrippler
x, y,z där
x, y och z reella.
Med S 2 avses sfären
x, y,z;
x y z
 1.
En storcirkel är en cirkel på S 2 som ligger i ett plan som går genom origo.
Den storcirkel som ligger i planet z = 0 kallas ekvatorn.
Punkterna N  0, 0,1 och S  0,0, 1 kallas Nord- respektive Sydpolen.
Den räta linjen genom N och S kallas jordaxeln.
Ett plan som innehåller jordaxeln skär S 2 i en storcirkel. En sådan storcirkel
kallas en longitudcirkel. Ett plan z = a där a  1 skär S i en cirkel som kallas
(En latitudcirkel är alltså en storcirkel om och endast om a = 0.)
NB. Ofta skriver jag longitud och latitud då jag menar longitudcirkel respektive latitudcirkel.
Som vi ser nedan är longitud och latitud egentligen vinklar. Förhoppningsvis orsakar detta inte
Låt en godtycklig punkt a ,b ,c  på S vara given. Vinkeln   arccosc kallas
punktens colatitud. Punktens latitud är vinkeln   arcsinc . Vidare kan man
finna en vinkel  mellan –π och +π sådan att a  cos  sin  och
b  sin  sin  . Denna vinkel  kallas punktens longitud.
Anm. Longituden är alltså inte entydigt bestämd då vinkeln är ±π. Många föredrar att
definiera longituden på intervallet [ 0 , 2π [.
Mängden av de punkter på den longitudcirkel som går genom (1,0,0) och
vilkas x-koordinat är positiv kallas Greenwichmeridianen. Punkter på S 2 med
positiv y-koordinat sägs ligga öster om Greenwich, punkter med positiv zkoordinat sägs ligga norr om ekvatorn. De västra och södra hemisfärerna
definieras analogt.
Sats (Pedromsatsen):
Förutsättningar: En sfärisk cirkelskiva C 1 på S 2 har sin nordligaste och
sydligaste punkt på Greenwichmeridianen. I den sydligaste punkten tangerar
C 1 ekvatorn. Låt E vara den östligaste punkten på C 1 . En storcirkel C P dras
  i E mellan C P och longitudcirkeln genom
E är lika med latituden för den nordligaste punkten på C P . Kalla den sålunda
bestämda nordligaste punkten på C P för P.
(P är alltså pedrompunkt för E.)
genom E på så sätt att vinkeln
Påstående: P ligger på 90° östlig longitud från Greenwichmeridianen.
Bevis: Låt C 1 har medelpunkt M (på S 2 ) och radie r. Den sfäriska triangeln
EMN har då en rät vinkel i E.
MN 
 r och ME  r . Pythagoras’ sats ger cos NE  tan r
Detta ger att E har colatitud arccostanr och följaktligen latitud arcsintanr
Vinkeln ENM fås ur Napiers formler:
sinENM 
 tanr vilket ger att
vinkeln ENM = arcsintanr
(Därmed är det även visat att punkten E har samma longitud som latitud.) Vi
skall nu bestämma vinkeln ENP för att få longituden för P. Triangeln ENP har
en rät vinkel i P så Napiers formler ger
cosENP  tanNP cotEN  tan NP cot  ENM  eller
cosENP  tanNP tan ENM
cosNEP  sinENP cosNP
Enligt förutsättningarna kan detta skrivas
sinENP  tanNP
Nu delas (2) ledvis med (3):
cotENP  tanENM vilket genast ger att summan av vinklarna
ENP och ENM är en rät. Av detta följer påståendet.
Följdsats: Låt P vara en punkt norr om den 45 nordliga breddgraden. En
storcirkel C P dras som tangerar latituden i P. Kalla skärningspunkten mellan
C P och ekvatorn för Q.
Följ C P från P mot Q intill dess att vi når en punkt som är lika många längdsom breddgrader från Q. Kalla den punkten för E. Då gäller att den nordliga
latituden för P är samma vinkel som den vinkel C P bildar med longituden
genom E.
Bevis: Påståendet följer direkt ur Pedromsatsen om man noterar dels att Q av
symmetriskäl måste ligga 90 longitudgrader från P, dels att det finns en punkt
som uppfyller det givna villkoret för E så snart P ligger norr om 45° nord. Detta
inses av (7) i avsnitt III.