Высшая математика для технических университетов. I. Линейная алгебра. Задорожный В.Н - 179 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ТПУ | Томск

Составители: 

Рубрика: 

18. Симплексы 179
Пусть точки M
ц3
, M
ц1
, M
ц2
(рис. 25) с аффинными координатами x
(3)
ц1
, x
(3)
ц2
; x
(1)
ц1
, x
(1)
ц2
и x
(2)
ц1
, x
(2)
ц2
соответственно — центры одномерных граней — одномерных симплексов,
представляющих собой отрезки (ребра) M
1
M
2
, M
2
M
3
, M
3
M
1
. Аффинные координаты
можно найти, положив в формулах (18.21)–(18.23) отличные от нуля барицентриче-
ские координаты равными 0,5:
1) точка M
ц3
— центр отрезка M
1
M
2
x
(3)
ц1
=
1
2
(x
(1)
1
+ x
(2)
1
),
x
(3)
ц2
=
1
2
(x
(1)
2
+ x
(2)
2
);
(18.25)
2) точка M
ц1
— центр отрезка M
2
M
3
x
(1)
ц1
=
1
2
(x
(2)
1
+ x
(3)
1
),
x
(1)
ц2
=
1
2
(x
(2)
2
+ x
(3)
2
);
(18.26)
3) точка M
ц2
— центр отрезка M
3
M
1
x
(2)
ц1
=
1
2
(x
(1)
1
+ x
(3)
1
),
x
(2)
ц2
=
1
2
(x
(1)
2
+ x
(3)
2
).
(18.27)
Центры нульмерных граней — вершины M
1
, M
2
, M
3
, — естественно, совпадают с
самими точками.
Все нульмерные грани (вершины) и одномерные грани (ребра) симплекса S
2
(тре-
угольника) можно разделить на пары противоположных граней. Совершенно оче-
видно (см. рис. 25), что точка M
1
и отрезок M
2
M
3
, т.е. нульмерная и одномерная
грани не имеют общих вершин, а поскольку их размерности связаны соотношением
0 = 2 − (1 + 1), то, согласно определению, эти две грани представляют собой па-
ру противоположных граней симплекса S
2
. Второй парой противоположных граней
являются точка M
2
и отрезок M
3
M
1
, а третьей — точка M
3
и отрезок M
1
M
2
.
Прежде чем перейти к изучению трехмерных симплексов, рассмотрим ряд приме-
ров, иллюстрирующих некоторые утверждения. Справедливость этих утверждений
мы как раз и проверим на примере трехмерного симплекса, а затем рассмотрим воз-
можность их обобщения на симплексы произвольной размерности.
Пример 18.1. Найти координаты центра тяжести (центра масс) системы матери-
альных точек M
1
, M
2
, M
3
с массами m
1
= 2 кг, m
2
= 3 кг, m
3
= 5 кг, имеющих
координаты M
1
(1, 2), M
2
(4, 6), M
3
(9, 4).
Решение. В курсе физики такие задачи обычно решают, вычисляя статические мо-
менты каждой материальной точки относительно координатных осей. Покажем, что
эту задачу можно также решить с помощью барицентрических координат. Для это-
го определим координаты векторов
−−−−→
M
1
M
2
и
−−−−→
M
1
M
3
. Очевидно, что
−−−−→
M
1
M
2
= (3, 4) и
−−−−→
M
1
M
3
= (8, 2), а поскольку
det
3 4
8 2
= −18 6= 0,
то эти векторы линейно независимы. Отсюда следует, что точки M
1
, M
2
, M
3
образу-
ют двумерный симплекс. Как у же отмечалось, центр тяжести системы материаль-
ных точек совпадает с центром симплекса, в вершине которого расположены соответ-
ствующие массы, сумма которых равна единице. Если мы всю массу системы m =

Страницы