Vyrobíme z b.s.s. znovu b.s.s?

[Martin Sleziak]

$\newcommand{\body}[1]{\mathcal{#1}}
\newcommand{\vektory}[1]{{#1}}
\newcommand{\afin}[1]{\mathscr{#1}}
\newcommand{\vekt}[1]{\overrightarrow{#1}}$
Nech $(A_0,A_1,A_2,A_3)$ tvoria barycentrickú súradnicovú sústavu v~$(\mathbb R^3,\mathbb R^3)$ a body $(B_0,\dots,B_3)$ sú zadané ako ich barycentrické kombinácie:
\begin{align*}
B_0&=A_0\\
B_1&=2A_1-A_0\\
B_2&=2A_2-A_0\\
B_3&=2A_3-A_0
\end{align*}
Dokážte, že aj $(B_0,B_1,B_2,B_3)$ tvoria barycentrickú súradnicovú sústavu.

Ak bod $X$ je vyjadrený v~tvare barycentrickej kombinácie ako
$$X=x_0A_0+x_1A_1+x_2A_2+x_3A_3,$$
aké bude jeho vyjadrenie ako barycentrickej kombinácie bodov $B_0,\dots,B_3$?

Do istej miery podobné úlohy sú tu:
viewtopic.php?t=1231
viewtopic.php?t=858

Aj tak sa mi zdalo rozumné otvoriť nový topic, resp. niečo napísať k niektorým veciam z vašich riešení. (Budem písať veci iba k jednej skupine, obe skupiny boli podobné.)

Bude to barycentrický súradnicový systém?

Vlastne nám stačí zistiť, či $\vekt{B_0B_1},\vekt{B_0B_2},\vekt{B_0B_3}$ tvoria bázu v $\mathbb R^3$. (T.j. vlastne či $(B_0;\vekt{B_0B_1},\vekt{B_0B_2},\vekt{B_0B_3})$ tvoria a.s.s.)
Pretože $A_0=B_0$, tak ľahko zistíme, že
\begin{align*}
\vekt{B_0B_1}&=2\vekt{A_0A_1}\\
\vekt{B_0B_2}&=2\vekt{A_0A_2}\\
\vekt{B_0B_3}&=2\vekt{A_0A_3}
\end{align*}
Ak vieme, že vektory $\vekt{A_0A_1},\vekt{A_0A_2},\vekt{A_0A_3}$ tvoria bázu, tak keď každý z nich zvdojnásobíme, opäť to bude báza.

Takže naozaj ide o b.s.s.

(Neskôr sa vrátime aj k iným možnostiam overenia, že sme dostali b.s.s.)

Aké je vyjadrenie bodu v novej sústave?

Ak máme dané $X=x_0A_0+x_1A_1+x_2A_2+x_3A_3$, tak to nám vlastne hovorí, že
$$\vekt{A_0X}=x_1\vekt{A_0A_1}+x_2\vekt{A_0A_2}+x_3\vekt{A_0A_3}.$$
Namiesto $A_0$ môžeme napísať $B_0$ a prepísať to ako
\begin{align*}
\vekt{B_0X}&=x_1\vekt{A_0A_1}+x_2\vekt{A_0A_2}+x_3\vekt{A_0A_3}\\
&=\frac{x_1}2\vekt{B_0B_1}+\frac{x_2}2\vekt{B_0B_2}+\frac{x_3}2\vekt{B_0B_3}
\end{align*}
Z toho už vidíme tri koeficienty v barycentrickom vyjadrení $X$ pomocou $B_0,\dots,B_3$. Už nám stačí dopočítať koeficient pri $B_0$ tak, aby súčet dával $1$.
S využitím toho, že $x_0+x_1+x_2+x_3=1$ ho môžeme vyjadriť viacerými ekvivalentnými spôsobmi:
$$1-\frac{x_1+x_2+x_3}2=\frac{1+x_0}2=x_0+\frac{x_1+x_2+x_3}2$$

Zistili sme, že
\begin{align*}
X&=x_0A_0+x_1A_1+x_2A_2+x_3A_3\\
&=\frac{1+x_0}2B_0+\frac{x_1}2B_1+\frac{x_2}2B_2+\frac{x_3}2B_3
\end{align*}

Môžeme to aj skontrolovať:
\begin{align*}
X&=\frac{1+x_0}2B_0+\frac{x_1}2B_1+\frac{x_2}2B_2+\frac{x_3}2B_3\\
&=\frac{1+x_0}2A_0+\frac{x_1}2(2A_1-A_0)+\frac{x_2}2(2A_2-A_0)+\frac{x_3}2(2A_3-A_0)\\
&=\frac{1+x_0-x_1-x_2-x_3}2A_0+x_1A_1+x_2A_2+x_3A_3\\
&=x_0A_0+x_1A_1+x_2A_2+x_3A_3
\end{align*}

Tu nenápadne využívame, že barycentrická kombinácia barycentrických kombinácií je opäť barycentrická kombinácia - a všetko tam funguje tak ako má: viewtopic.php?t=617

Alebo iná možnosť riešenia - výpočty, ktoré sme použili teraz ako kontrolu by sme mohli použiť na nájdenie hľadaných koeficientov. T.j. do vyjadrenia $X=y_0B_0+y_1B_1+y_2B_2+y_3B_3$ dosadíme vyjadrenie $B_i$ pomocou $A_0,\dots,A_3$ a snažíme sa zo zadaných $x_0,x_1,x_2,x_3$ dopočítať $y_0,y_1,y_2,y_3$.

Spoiler:

T.j. zoberieme si bod $X=x_0A_0+x_1A_1+x_2A_2+x_3A_3$. Chceme ho vyjadriť ako
\begin{align*}
X&=y_0B_0+y_1B_1+y_2B_2+y_3B_3\\
&=y_0A_0+y_1(2A_1-A_0)+y_2(2A_2-A_0)+y_3(2A_3-A_0)\\
&=(y_0-y_1-y_2-y_3)A_0+2y_1A_1+2y_2A_2+2y_3A_3
\end{align*}
Ak chceme, aby sa uvedené vyjadrenia zhodovali, tak chceme
\begin{align*}
y_0-y_1-y_2-y_3&=x_0\\
2y_1&=x_1\\
2y_2&=x_2\\
2y_3&=x_3\\
\end{align*}
Ak túto sústavu vyriešime, tak dostaneme
\begin{align*}
y_0&=x_0+\frac{x_1+x_2+x_3}2\\
y_1&=\frac{x_1}2\\
y_2&=\frac{x_2}2\\
y_3&=\frac{x_3}2\\
\end{align*}
Takže sme dostali vlastne to isté riešenie ako pri predošlom postupe.

Tiež vidíme, že ak $x_0+\dots+x_3=1$, tak aj pre nové koeficienty platí $y_0+\dots+y_3=1$.

[Martin Sleziak]

Aby sme ju mali pred sebou, pripomeňme si, čo pre vás na prednáške bola definícia barycentrického súradnicového systému.$\newcommand{\body}[1]{\mathcal{#1}}
\newcommand{\vektory}[1]{{#1}}
\newcommand{\afin}[1]{\mathscr{#1}}
\newcommand{\vekt}[1]{\overrightarrow{#1}}$

Veta a definícia 11.12. Nech $\afin A=(\body B,\vektory V)\subset(\mathbb R^{n+k},\mathbb R^{n+k})$ je afinný podpriestor, $A_0,\dots,A_n\in\body B$. Potom $(A_0;A_1-A_0\dots,A_n-A_0)$ je afinný súradnicový systém priestoru $\afin A$ práve vtedy, keď každý bod $X\in\body B$ sa dá jediným spôsobom vyjadriť ako barycentrická kombinácia $X=\sum\limits_{i=0}^n \lambda_i A_i$.
$$(\forall x\in\body B)(\exists! \lambda_0,\dots,\lambda_n\in\mathbb R)(\lambda_0+\lambda_1+\dots+\lambda_n=1 \land X=\lambda_0A_0+\lambda_1A_1+\dots+\lambda_nA_n)$$

Stačí existencia?

Viacerí ste riešili úlohu tak, že ste pre zadané $x_0,\dots,x_3$ vypočítali $y_0,\dots,y_3$.
A potom ste už napísali, že z toho vidno, že to je naozaj b.s.s.

Trochu by sa mi tam žiadal nejaký komentár prečo je to tak. (T.j. čo sme vlastne vypočítali? Vidno z týchto výpočtov aj existenciu aj jednoznačnosť koeficientov $y_0,\dots,y_3$?)
Ak tam nebolo nejaké ďalšie zdôvodnenie, dával som za takéto riešenie 4 body.

Môžete sa skúsiť zamyslieť aj nad tým, že ak mám "správny" počet bodov, tak z existenciu už vyjde aj jednoznačnosť. (Podobne, ako to bolo pri báze vo vektorovom priestore.)

Pomôže mi regularita?
Tiež som si prečítal riešenie, kde ste zobrali maticu zostavenú z koeficientov týchto barycentrických kombinácií. T.j. v tejto skupine by to bola matica
$$\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
-1 & 2 & 0 & 0 \\
-1 & 0 & 2 & 0 \\
-1 & 0 & 0 & 2 \\
\end{pmatrix}$$
A potom ste už len prehlásili, že keď táto matica je regulárna, tak ide o barycentrický súradnicový systém.

Opäť by sa tu žiadalo nejaké detailnejšie zdôvodnenie. Ako súvisí takéto niečo s tým, že máme barycentrický súradnicový systém?
Bez nejakého ďalšieho zdôvodnenia, či z tohoto vieme o zadaných bodoch niečo povedať, som za takéto riešenie dal 3 body.

Keď už sa takéto niečo vyskytlo, tak sa môžeme zamyslieť nad tým, či naozaj fakt, že táto matica je regulárna nám niečo hovorí o tom, či sme dostali b.s.s.

Skúsme to zapísať aspoň o trošičku všeobecnejšie.
Máme teda nejaké body vyjadrené takto:
\begin{align*}
B_0&=\lambda_{00}A_0+\lambda_{01}A_1+\lambda_{02}A_2+\lambda_{03}A_3\\
B_1&=\lambda_{10}A_0+\lambda_{11}A_1+\lambda_{12}A_2+\lambda_{13}A_3\\
B_2&=\lambda_{20}A_0+\lambda_{21}A_1+\lambda_{22}A_2+\lambda_{23}A_3\\
B_3&=\lambda_{30}A_0+\lambda_{31}A_1+\lambda_{32}A_2+\lambda_{33}A_3
\end{align*}

A pýtame sa, či mám o nich niečo vie povedať regularita matice
$$M=\begin{pmatrix}
\lambda_{00} & \lambda_{01} & \lambda_{02} & \lambda_{03} \\
\lambda_{10} & \lambda_{11} & \lambda_{12} & \lambda_{13} \\
\lambda_{20} & \lambda_{21} & \lambda_{22} & \lambda_{23} \\
\lambda_{30} & \lambda_{31} & \lambda_{32} & \lambda_{33} \\
\end{pmatrix}$$

Pozrieme sa na to vo vhodnej súradnicovej sústave.
Body $B_0,\dots,B_3$ patria do $\mathbb R^3$. Čo sa stane sa na tie isté body pozrieme v afinnej súradnicovej sústave $(A_0;\vekt{A_0A_1},\vekt{A_0A_2},\vekt{A_0A_3})$?
Máme potom
\begin{align*}
B_0&\equiv(\lambda_{01},\lambda_{02},\lambda_{03})\\
B_1&\equiv(\lambda_{11},\lambda_{12},\lambda_{13})\\
B_2&\equiv(\lambda_{21},\lambda_{22},\lambda_{23})\\
B_3&\equiv(\lambda_{31},\lambda_{32},\lambda_{33})
\end{align*}

Ale zistiť či body so zadanými súradnicami tvoria barycentrickú súradnicovú sústavu vieme - naučili sme sa na to dva štandardné postupy, v jednom z nich sa vyskytovala matica, z ktorej sa po drobnej úprave už dá dostať niečo podobné na maticu $M$.
$$\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 \\
\lambda_{01} & \lambda_{11} & \lambda_{21} & \lambda_{31} \\
\lambda_{02} & \lambda_{12} & \lambda_{22} & \lambda_{32} \\
\lambda_{03} & \lambda_{13} & \lambda_{23} & \lambda_{33} \\
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
\lambda_{00} & \lambda_{10} & \lambda_{20} & \lambda_{30} \\
\lambda_{01} & \lambda_{11} & \lambda_{21} & \lambda_{31} \\
\lambda_{02} & \lambda_{12} & \lambda_{22} & \lambda_{32} \\
\lambda_{03} & \lambda_{13} & \lambda_{23} & \lambda_{33} \\
\end{pmatrix}=M^T$$
Riadková úprava, ktorú sme urobili, je iba odčítanie všetkých ostaných riadkov od prvého.
Vidíme, že ak $M^T$ resp. $M$ má plnú hodnosť, tak naozaj dostaneme b.s.s.

Nenápadne sme tu využili fakt, že pri zisťovaní či ide o b.s.s. môžeme použiť súradnice v akejkoľvek afinnej súradnicovej sústave. (Inak povedané: Afinný izomorfizmus zobrazí b.s.s. na b.s.s.)

Alebo iba počítame sústavy.

Môžeme sa pozrieť aj na všeobecný zápis postupu, ktorý sme použili pri riešení cez "barycentrické kombinácie barycentrických kombinácií".
Ak máme nejaký bod $X=x_0A_0+x_1A_1+x_2A_2+x_3A_3,$ pýtame sa, či sa dá jednoznačne vyjadriť ako
\begin{align*}
X&=y_0B_0+y_1B_1+y_2B_2+y_3B_3\\
&=y_0(\lambda_{00}A_0+\lambda_{01}A_1+\lambda_{02}A_2+\lambda_{03}A_3)+y_1(\dots)+\dots\\
&=(y_0\lambda_{00}+y_1\lambda_{10}+y_2\lambda_{20}+y_3\lambda_{30})A_0+(\dots)A_1+\dots
\end{align*}
Pýtame sa teda, či sústava
\begin{align*}
y_0\lambda_{00}+y_1\lambda_{10}+y_2\lambda_{20}+y_3\lambda_{30}&=x_0\\
y_0\lambda_{01}+y_1\lambda_{11}+y_2\lambda_{21}+y_3\lambda_{31}&=x_1\\
y_0\lambda_{02}+y_1\lambda_{12}+y_2\lambda_{22}+y_3\lambda_{32}&=x_2\\
y_0\lambda_{03}+y_1\lambda_{13}+y_2\lambda_{23}+y_3\lambda_{33}&=x_3\\
y_0+y_1+y_2+y_3&=1
\end{align*}
má jednoznačne určené riešenie pre ľubovoľné $x_0$, $x_1$, $x_2$, $x_3$ také, že $x_0+x_1+x_2+x_3=1$.

Ak si uvedomíme, že piata rovnica je vlastne iba súčet prvých štyroch, tak ju môžeme zahodiť.
Potom už máme sústavu štyroch rovníc so štyrmi neznámymi. O tom, či má takáto sústava jediné riešenie nám povie hodnosť matice sústavy - a to je presne matica $M^T$.