Hay una manera fácil de determinar un punto de su baricéntrico coordenadas geométricamente?

Question

Por ejemplo, si tengo un punto de $(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4)$ y un polígono con vértices $v_1,v_2,v_3,v_4$, puedo determinar la ubicación real sin calcular el resultado con la fórmula ($\sum_i\alpha_i\times v_i$) pero sólo utilizando una regla y la línea de intersecciones?

Yo estaba pensando en un enfoque paso a paso, como la manera en que el centro de masa de un triángulo puede ser determinado tomando el punto medio de cada lado y dibujar una línea en el vértice opuesto, pero me parece que no puede generalizar correctamente para trabajar con un número arbitrario de los vértices y de los diferentes pesos de cada vértice.

La única manera en que puedo pensar es medir el segmento en cada lado y "shift" de cada segmento, por lo que se encuentra uno después de otro, esencialmente, de adición de vectores, pero los errores se suman debido a inexactitudes.

Gracias de antemano!

Edit: Después de releer un par de veces y probar algunas cosas de las que puedo ver por qué podría ser ambiguos, así que permítanme aclarar: Tengo una ecuación de $\alpha_0 \times v_0 + \alpha_1 \times v_1 + ... + \alpha_n \times v_n$$\sum_i \alpha_i = 1$. Puedo volver a escribir que como

$\alpha_1 \times (v_1-v_0) + \alpha_2 \times (v_2-v_0) + ... + \alpha_n \times (v_n - v_0) + 1 \times v_0$ con un coeficiente de $v_0$ igual a 1, debido a que corresponde a la suma de todos los $\alpha$.

Ahora si puedo dibujar cada término como un vector a partir de $v_0$ por un azar del polígono y semi al azar pesos tengo la siguiente imagen:

http://i.imgur.com/dyVGCHi.png (no se puede incrustar la imagen debido a que no hay suficiente reputación, lo siento)
[ Tal vez no, pero tengo, así que voy a echar una mano (HdB) ]

Para obtener el punto correspondiente de la baricéntrico coordenadas $(\alpha_0, ..., \alpha_n)$ I ahora sólo necesita hacer adición de vectores, como se muestra en verde.

Con una gran cantidad de vértices esto se pone muy inexactos debido a tener que cambiar una regla para determinar el punto siguiente hasta que el total de la suma se realiza, por lo que mi pregunta era si existía alguna forma de determinar el mismo punto, sin que la suma de todas esas inexactitudes?

Answer 1

Es mi opinión personal es que la adición de vectores de la OP está insatisfecha con la que no puede ser mejorado significativamente. Así que lo que sigue no es realmente una respuesta, sino más bien algunos comentarios.
Lo que es confuso, en primer lugar, es la frase baricéntrico coordenadas en el título. Como ha quedado claro a partir del contexto, las coordenadas del baricentro son significó en su lugar, pero la terminología y la descripción de la etiqueta (baricéntrico-coordenadas) es de alguna manera confusa, de hecho, por lo tanto creo la cooperativa no es la culpa de esto.
Si la atención se limita a un triángulo, y si se supone que todos los pesos $\alpha$ son iguales, en tres de los casos se pueden distinguir:

1. Vértice Baricentro: $\vec{v}_Z = \left(\vec{v}_1 + \vec{v}_2 + \vec{v}_3\right)/3$
2. Área Baricentro: $\vec{v}_A = \iint_\Delta \vec{v}(x,y)\,dx\,dy\, / \iint_\Delta dx\,dy$
3. Borde Baricentro: $\vec{v}_E = \oint_\Delta \vec{v}(t)\left|\dot{\vec{v}}(t)\right| dt / \oint_\Delta \left|\dot{\vec{v}}(t)\right| dt$

De trabajo para el Área de Baricentro y el $(\xi,\eta)$ empleados aquí son realmente, realmente baricéntrico coordenadas: $$\vec{v}(\xi\eta) = \vec{v}_1 + (\vec{v}_2-\vec{v}_1)\xi+(\vec{v}_3-\vec{v}_1)\eta \\ \Longleftrightarrow \quad \begin{cases} x = x_1+(x_2-x_1)\xi+(x_3-x_1)\eta\\y = y_1+(y_2-y_1)\xi+(y_3-y_1)\eta\end{casos} $$ Dar: $$ \vec{v}_A = \frac{ \vec{v}_1\Delta\iint d\xi\,d\eta + (\vec{v}_2-\vec{v}_1)\Delta\iint\xi\,d\xi\,d\eta + (\vec{v}_3-\vec{v}_1)\Delta\iint\eta\,d\xi\,d\eta }{\Delta\iint d\xi\,d\eta} $$ con Jacobiana $$ \Delta = \operatorname{det}(\vec{v}_2-\vec{v}_1,\vec{v}_3-\vec{v}_1) = \begin{vmatrix} x_2-x_1 & x_3-x_1 \\ y_2-y_1 & y_3-y_1\end{vmatrix} $$ y $$ \iint\xi\,d\xi\,d\eta = \int_0^1\left[\int_0^{1-\xi} d\eta\right]\xi\,d\xi = \int_0^1 (1-\xi)\xi\,d\xi = \frac{1}{6}\\ \iint\eta\,d\xi\,d\eta = \int_0^1\left[\int_0^{1-\xi} \eta d\eta\right]\,d\xi = \int_0^1 (1-\xi)^2/2\,d\xi = \frac{1}{6}\\ \iint d\xi\,d\eta = \int_0^1\left[\int_0^{1-\xi} d\eta\right] d\xi = \int_0^1 (1-\xi) d\xi = \frac{1}{2} $$ Finalmente, lo que resulta en: $$ \vec{v}_A = \frac{\vec{v}_1\Delta/2 + (\vec{v}_2-\vec{v}_1)\Delta/6 + (\vec{v}_3-\vec{v}_1)\Delta/6}{\Delta/2} = \left(\vec{v}_1 + \vec{v}_2 + \vec{v}_3\right)/3 = \vec{v}_Z $$ Que es, por pura "casualidad", exactamente la misma expresión que con el Vértice Baricentro (suponiendo que la coincidencia es algo que existe en las matemáticas, que no creo). De todos modos, la equivalencia entre el Vértice Baricentro y el Área Baricentro explica por qué es posible para encontrar la antigua con una construcción que pertenece a la última, es decir, como está formulado en la pregunta: tomando el punto medio de cada lado y dibujar una línea en el vértice opuesto. De hecho, debido a que a continuación, hemos subdividido el triángulo en dos equilibrada de áreas iguales en cada momento.

En aras de la exhaustividad, vamos a trabajar el último caso, por el Borde Baricentro $\vec{v}(t) = \vec{v}_a(t)\cup\vec{v}_b(t)\cup\vec{v}_c(t)$ , donde: $$\begin{cases} \vec{v}_a(t) = \vec{v}_2 + \left(\vec{v}_3-\vec{v}_2\right)t \\ \vec{v}_b(t) = \vec{v}_3 + \left(\vec{v}_1-\vec{v}_3\right)t \\ \vec{v}_c(t) = \vec{v}_1 + \left(\vec{v}_2-\vec{v}_1\right)t \end{casos} \quad \mbox{con} \quad 0 \le t \le 1 $$ Lo que resulta en: $$ \vec{v}_E = \frac{\left|\vec{v}_3-\vec{v}_2\right|\left(\vec{v}_3+\vec{v}_2\right)/2 +\left|\vec{v}_1-\vec{v}_3\right|\left(\vec{v}_1+\vec{v}_3\right)/2 +\left|\vec{v}_2-\vec{v}_1\right|\left(\vec{v}_2+\vec{v}_1\right)/2}{ \left|\vec{v}_3-\vec{v}_2\right|+\left|\vec{v}_1-\vec{v}_3\right|+\left|\vec{v}_2-\vec{v}_1\right|} $$ Es de notar que esta es sólo equ(iv)al(ent) con el Vértice Baricentro si las longitudes de las tres aristas del triángulo son todos iguales, en agudo contraste con la Zona Baricentro resultado.
No hace falta decir que todas las cosas son diferentes cuando el peso de las funciones de $\alpha$ no son constantes.

EDIT. El siguiente es de un artículo de Wikipedia sobre el Cuadriláteros:
El "vértice centro de gravedad" es la intersección de los dos bimedians. Como con cualquier polígono, el $x$ $y$ coordenadas de los vértices del centroide son la media aritmética de las $x$ $y$ coordenadas de los vértices.
El área "centro de gravedad" de un cuadrilátero ABCD pueden ser construidos de la siguiente manera. Vamos a Ga, Gb, Gc, Gd ser los centroides de los triángulos BCD, ACD, ABD, ABC, respectivamente. Entonces el área "centro de gravedad" es la intersección de las líneas GaGc y GbGd.
Se confirma así que el Vértice Baricentro y el Área de Baricentro, muy en general, no son las mismas para los cuadriláteros. Y del mismo modo su construcción geométrica.
Por último, pero no menos importante. El área centroide es que no en todos lineal en el vértice de coordenadas para un arbitrario (convexo) polígono, ni siquiera por un arbitrario (convexo) cuadrilátero:

• Por qué no una simple significa dar la posición de un centroide de un polígono?

Así, en general : $\vec{v}_A \ne \alpha_1 \vec{v}_1 + \alpha_2 \vec{v}_2 + \alpha_3 \vec{v}_3 + \alpha_4 \vec{v}_4$ .

Answer 2

Observar que la búsqueda de la media ponderada de $v_1,\ldots,v_n$ pesos $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$ es el mismo que

1. encontrar el promedio ponderado de las $\bar v_{1,\ldots,n-1}$ $v_1,\ldots,v_{n-1}$ pesos $\alpha_1,\ldots,\alpha_{n-1}$, luego
2. encontrar la media ponderada de $\bar v_{1,\ldots,n-1}$ $v_n$ pesos $\alpha_1+\cdots+\alpha_{n-1}$$\alpha_n$.

De esta forma recursiva se expande a $n-1$ promedios ponderados cada uno con sólo dos puntos a la vez.

Tan sólo es necesario disponer de una construcción geométrica (es decir, encontrar el promedio ponderado de los dos puntos, es decir, dividiendo el segmento de la línea de $v_1v_2$ en la proporción de $\alpha_2:\alpha_1$) y se aplican en forma recursiva.