Fórmula directa para el área de un triángulo formado por tres líneas, dadas sus ecuaciones en el plano cartesiano.

Question

He leído esta fórmula en algún libro, pero no una prueba de lo que pensé que alguien en este sitio web podría averiguar. Lo que dice es: Si consideramos 3 no concurrentes, no en paralelo las líneas representadas por las ecuaciones : $$a_1x+b_1y+c_1=0$$ $$a_2x+b_2y+c_2=0$$ $$a_3x+b_3y+c_3=0$$ Entonces el área del triángulo que estas líneas se incluya está dada por la magnitud de : $$\frac{det\begin{bmatrix}a_1 & b_1 & c_1\\a_2 & b_2 & c_2\\a_3 & b_3 & c_3\end{bmatrix}^2}{2C_1C_2C_3}$$ Donde $C_1,C_2,C_3$ son los co-factores de $c_1,c_2,c_3$, respectivamente, en la de arriba de la matriz.

Lo que me pregunto es, ¿de dónde vienen? Y ¿por qué no es famoso? Antes teníamos que calcular áreas mediante la búsqueda de los vértices y todos, pero este lo hace en un minuto o así y, por ende, merece más la familiaridad.

Answer 1

Claramente, se puede cambiar la escala de los coeficientes de una ecuación lineal por cualquier (no-cero) constante y el resultado es invariable. Por lo tanto, dividiendo al $\sqrt{a_i^2+b_i^2}$, podemos suponer que nuestras ecuaciones son en "forma normal":

$$\begin{align} x \cos\theta + y \sin\theta - p &= 0 \\ x \cos\phi + y \sin\phi - q &= 0 \\ x \cos\psi + y \sin\psi - r &= 0 \end{align}$$

con $\theta$, $\phi$, $\psi$ y $p$, $q$, $r$ (y $A$, $B$, $C$ y $a$, $b$, $c$) como en la figura:

Entonces

$$C_1 = \left|\begin{array}{cc} \cos\phi & \sin\phi \\ \cos\psi & \sin\psi \end{array} \right| = \sin\psi\cos\phi \cos\psi\sin\phi = \sin(\psi\phi) = \sin \ángulo de ROQ = \sin Un$$ Asimismo, $$C_2 = \sin B \qquad C_3 = \sin C$$

Por otra parte, $$D := \left|\begin{array}{ccc} \cos\theta & \sin\theta & - p \\ \cos\phi & \sin\phi & - q \\ \cos\psi & \sin\psi & - r \end{array}\right| = - \left( p C_1 q + C_2 + r C_3 \right) = - \left(\;p \sen A + q \sen B + r \pecado C\;\right)$$

Escrito $d$ para el circumdiameter del triángulo, la Ley de los Senos nos dice que $$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = d$$

Por lo tanto,

$$\begin{align} D &= - \left( \frac{ap}{d} + \frac{bq}{d} + \frac{cr}{d} \right) \\[4pt] &= -\frac{1}{d}\left(\;ap + b q + c r\;\right) \\[4pt] &= -\frac{1}{d}\left(\;2|\triangle COB| + 2|\triangle AOC| + 2|\triangle BOA| \;\right) \\[4pt] &= -\frac{2\;|\triangle ABC|}{d} \end{align}$$

También, $$C_1 C_2 C_3 = \sin A \sin B \sin C = \frac{a}{d}\frac{b}{d}\sin C= \frac{2\;|\triangle ABC|}{d^2}$$

Finalmente: $$\frac{D^2}{2C_1C_2C_3} = \frac{4\;|\triangle ABC|^2/d^2}{4\;|\triangle ABC|/d^2} = |\triangle ABC|$$

Answer 2

Deje $(x_1,y_1),(x_2,y_2),(x_3,y_3)$ ser los vértices del triángulo. A continuación, los tres no concurrentes, no líneas paralelas pueden ser representados por: $$(y_2-y_1)(x-x_1)-(x_2-x_1)(y-y_1)=0$$ $$(y_3-y_2)(x-x_2)-(x_3-x_2)(y-y_2)=0$$ $$(y_1-y_3)(x-x_3)-(x_1-x_3)(y-y_3)=0$$ Los coeficientes en el OP pregunta así están representados por: $$ a_1 = (y_2-y_1) \quad ; \quad b_1 = -(x_2-x_1) \quad ; \quad c_1 = -(y_2-y_1)x_1+(x_2-x_1)y_1 \\ a_2 = (y_3-y_2) \quad ; \quad b_2 = -(x_3-x_2) \quad ; \quad c_2 = -(y_3-y_2)de x_2+(x_3-x_2)y_2 \\ a_3 = (y_1-y_3) \quad ; \quad b_3 = -(x_1-x_3) \quad ; \quad c_3 = -(y_1-y_3)x_3+(x_1-x_3)y_3 $$ Ahora sencillo cálculo debe revelan que: $$ \frac{det\begin{bmatrix}a_1 & b_1 & c_1\\a_2 & b_2 & c_2\\a_3 & b_3 & c_3\end{bmatrix}^2}{2C_1C_2C_3} =\frac{1}{2} det\begin{bmatrix}(x_2-x_1) & (y_2-y_1)\\(x_3-x_1) & (y_3-y_1)\end{bmatrix} $$ Donde la última (la mitad) determinante sin duda representa el área del triángulo:

El álgebra es un poco tedioso. Por lo tanto, he invocado ARCE para ahorrar tiempo y esfuerzo:

A := array([[a1,b1,c1],[a2,b2,c2],[a3,b3,c3]]);
C1 := det(array([[a2,b2],[a3,b3]]));
C2 := -det(array([[a1,b1],[a3,b3]]));
C3 := det(array([[a1,b1],[a2,b2]]));
B := array([[x2-x1,y2-y1],[x3-x1 y3-y1]]);
verificar(det(A)^2/(2*C1*C2*C3),det(B)/2,de la igualdad);
 cierto

Esto completa la prueba.

Answer 3

Aquí es una prueba de un caso especial. Deje que las tres líneas se $L_1,L_2,L_3$. Un caso especial es $L_1$ $L_2$ $x$ - $y$- ejes, respectivamente, y $L_3$ de la forma $\dfrac xa+\dfrac yb=1$. A continuación, las tres líneas que forman un triángulo rectángulo con área de $\dfrac{1}{2} ab$. Por otro lado, la fórmula anterior nos da una superficie de $$ \frac{1}{2 C_1 C_2 C_3}\left|\begin{matrix}1&0&0\\0&1&0\\a^{-1} & b^{-1} & -1\end{de la matriz}\right|^2=\frac{(-1)^2}{2(-a^{-1})(b^{-1})(1)}=-\frac12 ab$$ Ya que el triángulo tiene una orientación negativa (el orden de las tres líneas es de las agujas del reloj alrededor del triángulo), esto coincide con el resultado anterior.

Esto puede parecer una buena oferta más débil que el caso general. Pero podemos asignar cualquier conjunto genérico de líneas para el conjunto aquí por las siguientes transformaciones: Traducir una de las intersecciones con el origen, rotar el triángulo en la mitad superior-plano de tal manera que una de sus líneas se convierte en el $x$-eje, y, finalmente, hacer una horizontal de corte para hacer una de las restantes líneas de la $y$-eje. Así que todo lo que debe permanecer es para mostrar que la fórmula anterior es preservada por estas transformaciones---que, me voy a confesar, no sé cómo hacer la parte superior de mi cabeza. Así como sin embargo, esto es incompleta prueba del caso general.