Baricéntrico coordenadas en un triángulo a prueba de

Question

Quiero demostrar que la baricéntrico de las coordenadas de un punto de $P$ dentro del triángulo con vértices en a $(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)$ son distancias de $P$ a los lados del triángulo.

Vamos a denotar el triángulo por $ABC, \ A = (1,0,0), B=(0,1,0), C= (0,0,1)$.

Consideramos los triángulos $ABP, \ BCP, \ CAP$.

El baricéntrico coordenadas de $P$ entonces se $(h_1, h_2, h_3)$ donde $h_1$ es la altura de $ABP$, $h_2 \rightarrow BCP$, $h_3 \rightarrow CAP$

Sé que $h_1 = \frac{S_{ABP}}{S_{ABC}}$ y de manera similar para $h_2, \ h_3$

Mi problema es que no sé cómo probar que si $P= (p_1, p_2, p_3)$

a continuación, $(h_1 + h_2 + h_3)P = h_1 (1,0,0) + h_2 (0,1,0) + h_3 (0,0,1)$

Podría usted decirme qué hacer al respecto?

Gracias!

Answer 1

Supongo que usted está familiarizado con los afín subespacios afines y de mapas. Brevemente, en el caso de que no: Un afín mapa entre espacios vectoriales es lineal en el mapa, además de una constante y afines espacios siempre pueden ser pensados como espacios vectoriales (moverlos a pasar por el origen). La observación clave es que cada coordenada baricéntrica $h_i(P)$ depende affinely en $P$.

Deje $T$ denotar el plano que contiene al triángulo $ABC$; es un subespacio afín de $\mathbb R^3$. Puede ampliar la baricéntrico coordenadas, naturalmente, a todos los de $T$, y se afín a las funciones de $h_1,h_2,h_3:T\to\mathbb R$. (Si usted está fuera del triángulo, al menos uno de los baricéntrico coordenadas es negativo.)

Un afín mapa de $T$ a cualquier afín del espacio está determinada únicamente por sus valores en los tres puntos porque $T$ es de dos dimensiones. La suma de los baricéntrico coordenadas es constante (como se puede deducir del hecho de que la suma es afín y el mismo en todas las esquinas del triángulo). Deje que esta constante se $H$.

Ahora defina $f:T\to\mathbb R^3$ por $$ f(P)=\frac1H(h_1(P),h_2(P),h_3(P)). $$ Es fácil ver que $f$ es afín. De nuevo, comprobamos que los valores de este afín mapa en tres puntos: $f(A)=A$, $f(B)=B$ y $f(C)=C$. Por lo tanto, $f$ tiene que ser de la identidad en todos los de $T$. Esto significa que $$ (h_1(P)+h_2(P)+h_3(P))P=(h_1(P),h_2(P),h_3(P)) $$ para todos los $P\in T$. En particular, esto se aplica a todos los $P$ en el triángulo.

Answer 2

Vamos $A_i$ $\>(1\leq i\leq3)$ ser los vértices de su triángulo $\triangle$, y deje $P=(p_1,p_2,p_3)$ ser un punto arbitrario de $\triangle$. A continuación, las coordenadas cartesianas $p_i$ $P$ satisfacer $p_1+p_2+p_3=1$, y, al mismo tiempo, podemos escribir $$P=p_1A_1+p_2A_2+p_3A_3\ ,$$ el que dice que el $p_i$ puede ser visto, así como baricéntrico corrdinates de $P$ con respecto al $\triangle$.

Ahora dibuje la normal $n_3$ $P$ para el lado de la $A_1A_2$$\triangle$. Esta normal será ortogonal a$\overrightarrow{A_1A_2}=(-1,1,0)$$s:=(1,1,1)$; la segunda, porque $n_3$ se encuentra en el plano de $\triangle$. De ello se desprende que $\overrightarrow{A_1A_2}\times s=(1,1,-2)$ tiene la dirección correcta. Ahora tenemos que cruzan $$n_3:\quad t\mapsto (p_1,p_2,p_3) +t(1,1,-2)$$ con el avión $x_3=0$, y obtener un $t={p_3\over2}$. Por lo tanto, la distancia de $P$ $A_1A_2$está dado por $$h_3={p_3\over2}\sqrt{1+1+4}=\sqrt{3\over2}\>p_3\ .$$ The conclusion is that the barycentric coordinates of $P$ no son iguales para las tres alturas en cuestión, pero sólo proporcional a estos.