msleziak.com

Túto úlohu sme síce na cviku prešli, ale nie celkom poriadne. (Robili sme to iba pre kombináciu dvoch kombinácií a ešte sme navyše na tabuli trochu prepisovali nejaké veci.) Skúsim preto riešenie ešte raz napísať sem. (Samozrejme, môžete sem písať akékoľvek komentáre, iné riešenia, atď.)

Dokážte: barycentrická kombinácia konečného počtu barycentrických kombinácií bodov $A_0,\dots,A_n$ je znova ich barycentrická kombinácia.

Nech $\newcommand{\vekt}[1]{\overrightarrow{#1}}
\newcommand{\Ldots}[3]{{#1_{#2},\ldots,#1_{#3}}}
\newcommand{\R}{\mathbb R}
\Ldots B1k$ sú barycentrické kombinácie bodov $\Ldots A0n$. T.j.
$$B_i=\sum_{j=0}^{n} x_{i,j}A_j$$
pričom $\sum\limits_{j=0}^{n} x_{i,j}=1$.

Nech $A=\sum\limits_{i=0}^k y_i B_i$, pričom $\sum\limits_{i=0}^k y_i=1$.

Uvedomme si, že priamo na základe definície barycentrickej kominácie máme, že podmienky $A=\sum\limits_{i=0}^k y_i B_i$ a
$$\vekt{OA}=\sum\limits_{i=0}^k y_i \vekt{OB_i}$$
sú ekvivalentné.
Potom môžeme písať:
$$\begin{align*}
\vekt{OA}=\sum\limits_{i=0}^n y_i \vekt{OB_i} =
\sum\limits_{i=0}^k y_i \sum\limits_{j=0}^n x_{i,j}\vekt{OA_j} &\overset{(1)}=\\
\sum\limits_{i=0}^k \sum\limits_{j=0}^n y_i (x_{i,j}\vekt{OA_j}) &\overset{(2)}=\\
\sum\limits_{j=0}^n \sum\limits_{i=0}^k y_i (x_{i,j}\vekt{OA_j}) &\overset{(3)}=\\
\sum\limits_{j=0}^n \sum\limits_{i=0}^k (y_i x_{i,j})\vekt{OA_j} &\overset{(4)}=\\
\sum\limits_{j=0}^n \left(\sum\limits_{i=0}^k y_i x_{i,j}\right) \vekt{OA_j} &=
\sum\limits_{j=0}^n c_j \vekt{OA_j}
\end{align*}$$
kde $$c_j=\left(\sum\limits_{i=0}^n y_i x_{i,j}\right).$$
Rovnosti (1), (2), (3), (4) sa dajú zdôvodniť priamo z definície vektorového priestoru.
Ešte sa pozrime na to, že súčet koeficientov je jedna.
$$\sum\limits_{j=0}^n c_j =
\sum\limits_{j=0}^n \sum\limits_{i=0}^k y_i x_{i,j} =
\sum\limits_{i=0}^k \sum\limits_{j=0}^n y_i x_{i,j} =
\sum\limits_{i=0}^k y_i \left(\sum\limits_{j=0}^n x_{i,j}\right) =
\sum\limits_{i=0}^k y_i = 1.$$

V jednotlivých krokoch sme využívali iba rôzne vlastnosti poľa, reálnych čísel. (Distributívnosť, komutatívnosť, ... Môžete si skúsiť detailne premyslieť.)

Prirodzená otázka je, či sme vlastne nemohli rátať priamo s bodmi. Veď predsa o~úlohu predtým, keď sme rátali nejaké baycentrické kombinácie s konkrétnymi číslami, sme počítali kombinácie bodov a nič sa nedialo.

Nemohli by sme teda jednoducho napísať to isté, ale s bodmi namiesto vektorov?

$$\newcommand{\vekt}[1]{\overrightarrow{#1}}
\begin{align*}
A=\sum\limits_{i=0}^n y_i B_i =
\sum\limits_{i=0}^k y_i \sum\limits_{j=0}^n x_{i,j}A_j &\overset{(1)}=\\
\sum\limits_{i=0}^k \sum\limits_{j=0}^n y_i (x_{i,j}A_j) &\overset{(2)}=\\
\sum\limits_{j=0}^n \sum\limits_{i=0}^k y_i (x_{i,j}A_j) &\overset{(3)}=\\
\sum\limits_{j=0}^n \sum\limits_{i=0}^k (y_i x_{i,j})A_j &\overset{(4)}=\\
\sum\limits_{j=0}^n \left(\sum\limits_{i=0}^k y_i x_{i,j}\right) A_j &=
\sum\limits_{j=0}^n c_j A_j
\end{align*}$$

Odpoveď je áno aj nie - podľa toho ako sa na to pozeráme.

Nie nemohli. Jednoducho z toho dôvodu, že barycentrické kombinácie sme definovali iba pre také koeficienty, ktoré dávajú súčet 1.

Áno mohli. Ale ak to správne zdôvodníme.

Keby sme sa pozerali na body vo vhodne zvolenej súradnicovej sústave, tak vlastne priradenie súradníc nám to prenesie afinným izomorfizmom do $\mathbb R^n$ a potom tieto úvahy dávajú zmysel. Ak si za $O$ zvolíme bod so súradnicami $(0,0,\dots,0)$, tak súradnice bodu $\vekt{OA}$ sú rovnaké ako súradnice bodu $A$.

Ešte stále by niekto mohol namietať, že čo sa stane ak robím v afinnom priestore ktorý nie je konečnorozmerný. Toto by sa stále dalo vyriešiť tak, že si uvedomíme, že nám stačí uvažovať afinný obal bodov $A_0,A_1,\dots,A_n$. Máme konečne veľa bodov. Takže tento priestor je konečnorozmerný.

Hlavná nevýhoda sa my však zdá to, že sme vlastne zaviedli označenie pre niečo, čo nie je jednoznačne určené. (Výsledný bod závisí od toho, ok sme zvolili bod $O$ alebo aký izomorfizmus s $\mathbb R^n$ sme si vybrali.) Takýmto označeniam je lepšie sa vyhýbať. (Tu sa problémom vyhneme vďaka tomu, že výraz na konci má súčet koeficientov rovný 1, a vtedy je výsledok jednoznačne určený.)

Mne sa každopádne "čistejšie" pozdáva prvé riešenie - tam nemusím vysvetlovať, že som prešiel do $\mathbb R^n$ a zamýšľať sa nad tým, či sa dokazované vlastnosti týmto zobrazením prenesú tiež. A používam veci naozaj tak, ako sme ich definovali.

Navyše sme týmto prechodom veľa nezískali - lebo $A$ a $\vekt{OA}$ majú tie isté súradnice. Čiže ak počítam v súradniciach, tak sú to len dva rôzne zápisy tej istej $n$-tice.