Area triangolo con matrici
Siano dati i punti $A(1;1)$; $B(-3;-2)$ e $C(0;y_c)$. Come varia l'area del triangolo $ABC$ in funzione di $y_c$?
Applicando la formula $Area = |1/2 * || (x_1, y_1, 1), (x_2, y_2, 1), (x_3, y_3, 1) || |$ mi viene $|1/2 (1/4 - y_c)|$, mentre il libro dà come soluzione $|1/2 (1-4y_c)|$.
Sbaglio qualcosa io?
PS: scusate per la doppia barra nel rappresentare il determinante: ho provato a farne una sola (come indicato dalle formule) ma non riesco a rappresentarlo correttamente, questo è l'unico modo che ho trovato.
Applicando la formula $Area = |1/2 * || (x_1, y_1, 1), (x_2, y_2, 1), (x_3, y_3, 1) || |$ mi viene $|1/2 (1/4 - y_c)|$, mentre il libro dà come soluzione $|1/2 (1-4y_c)|$.
Sbaglio qualcosa io?
PS: scusate per la doppia barra nel rappresentare il determinante: ho provato a farne una sola (come indicato dalle formule) ma non riesco a rappresentarlo correttamente, questo è l'unico modo che ho trovato.
Risposte
Ciao HowardRock. Il tuo ragionamento mi pare proprio corretto, tuttavia credo ci sia un errore nel calcolo del determinante, in quanto a me torna proprio il risultato del libro da te citato.
$Area=1/2|det(M)|=1/2|det( ( x_A , y_A , 1 ),( x_B , y_B , 1 ),( x_C , y_C , 1 ) )|$ con A, B e C i punti dati. Ora la matrice è la seguente: $( ( 1 , 1, 1 ),( -3 , -2 , 1 ),( 0 , y_C , 1 ) )$ ed il suo determinante lo calcolo prendendo come riferimento, ad esempio, la terza riga, ottenendo $0(1+2)-y_C(1+3)+1(-2+3)=1-4y_C$. Mettendolo nella formula iniziale dell'area si ottiene il risultato cercato: $1/2|(1-4y_C)|$.
Un saluto !
$Area=1/2|det(M)|=1/2|det( ( x_A , y_A , 1 ),( x_B , y_B , 1 ),( x_C , y_C , 1 ) )|$ con A, B e C i punti dati. Ora la matrice è la seguente: $( ( 1 , 1, 1 ),( -3 , -2 , 1 ),( 0 , y_C , 1 ) )$ ed il suo determinante lo calcolo prendendo come riferimento, ad esempio, la terza riga, ottenendo $0(1+2)-y_C(1+3)+1(-2+3)=1-4y_C$. Mettendolo nella formula iniziale dell'area si ottiene il risultato cercato: $1/2|(1-4y_C)|$.
Un saluto !
Mi sono confuso nel calcolare il determinante! Accidenti, ci sarò stato 30 minuti per cercare di capire cosa c'era che non andasse, assurdo che faccia questi errori...
Grazie mille!
Grazie mille!
"HowardRoark":
Mi sono confuso nel calcolare il determinante! Accidenti, ci sarò stato 30 minuti per cercare di capire cosa c'era che non andasse, assurdo che faccia questi errori...
Capita.
Piuttosto, conosci il significato geometrico di quella "formula"?
Considera un triangolo di vertici $A_1(x_1;y_1)$; $A_2(x_2;y_2)$ e $A_3(x_3;y_3)$.
Considera un rettangolo $A_1BCD$ circoscritto al triangolo.
Si può verificare la formula calcolando l'area del triangolo come differenza fra l'area del rettangolo $A_1BCD$ e la somma di quelle dei triangoli rettangoli $A_1BA_3$, $A_3CA_2$, $A_1A_2D$.
Non so se si capisca senza la rappresentazione. Quando ho studiato la teoria ci ho perso anche un po' di tempo a verificare la formula, e in effetti facendo i calcoli si dimostra la sua veridicità.
Considera un rettangolo $A_1BCD$ circoscritto al triangolo.
Si può verificare la formula calcolando l'area del triangolo come differenza fra l'area del rettangolo $A_1BCD$ e la somma di quelle dei triangoli rettangoli $A_1BA_3$, $A_3CA_2$, $A_1A_2D$.
Non so se si capisca senza la rappresentazione. Quando ho studiato la teoria ci ho perso anche un po' di tempo a verificare la formula, e in effetti facendo i calcoli si dimostra la sua veridicità.
Si può anche vedere il triangolo come un mezzo parallelogramma. Mi pare di aver anche intravisto qua sul forum una dimostrazione che prende tre punti generici, trova l'altezza, ...
se non ricordo male era qui: post245439.html#p245439
Anche col prodotto vettoriale, ovviamente, funziona (ammesso che ti sia stato introdotto a fisica[nota]Sull'Amaldi versione Blu, quello col gatto in copertina per intenderci, mi ricordo che c'era un capitolo o qualcosa così. Ho controllato. E' a pagina M88 se hai quel libro. cfr. L'Amaldi per i licei scientifici.blu vol. 1 di Ugo Amaldi. Editore: Zanichelli. Anno: 2012 Sul libro di matematica non penso te lo mettano alle superiori. Ho ricontrollato: è spiegato in maniera barbina con dovizia di argomentazioni insulse che rendono l'argomento noioso e difficile, però credo sia bastante per capire il prodotto vettoriale col fine di orecchiare un po' di fisica.[/nota]):
Prendi i tre punti del piano $xy$
$\bar A(x_A, y_A, 0)$
$\bar B(x_B, y_B, 0)$
$\bar C(x_C,y_C, 0)$
Calcoli il prodotto vettoriale tra i due lati del parallelogramma individuato da $\bar (AB)$ ed $ \bar (AC)$, che è la sua area. Di questo ti calcoli la norma.
Quindi hai
$\bar(AB) =(x_B-x_A, y_B-y_A, z_B-z_A)=(x_B-x_A,y_B-y_A, 0)$
$\bar(AC)=(x_C-x_A, y_C-y_A, z_B-z_A)=(x_C-x_A, y_C-y_A, 0)$
Fai il prodotto vettoriale:
$\bar(AB)^^\bar(AC)=|(e_1,e_2,e_3),(x_B-x_A,y_B-y_A, 0),(x_C-x_A,y_C-y_A, 0)|=(0,0,(x_B-x_A)*(y_C-y_A)-(y_B-y_A)*(x_C-x_A))$ (*)
L'area del triangolo sarà la norma (banalmente norma vuol dire la lunghezza) di questo vettore divisa per 2, cioè:
$||\bar(AB)^^\bar(AC)||/2=sqrt(0^2+0^2+[(x_B-x_A)*(y_C-y_A)-(y_B-y_A)*(x_C-x_A)]^2)/2=sqrt([(x_B-x_A)*(y_C-y_A)-(y_B-y_A)*(x_C-x_A)]^2)/2=|(x_B-x_A)*(y_C-y_A)-(y_B-y_A)*(x_C-x_A)|/2=$
=$1/2*|x_B*y_C-x_B*y_A-x_A*y_C+x_A*y_A-y_B*x_C+y_A*x_C-y_A*x_A+y_B*x_A|=$
$=1/2*|x_B*y_C-x_B*y_A-x_A*y_C-y_B*x_C+y_A*x_C+y_B*x_A|$
(già il fatto che siano sei termini mi fa pensare ad un determiante di una matrice quadrata di ordine 3 calcolato con la regola di Sarrus)
La scrittura $1/2*|det((x_A, y_A, 1),(x_B, y_B, 1), (x_C, y_C, 1))|=$
$=0.5*|x_A*y_B+y_A*x_C+x_B*y_C-y_A*x_B-x_A*y_C-y_B*x_C|$
combacia con questa sopra, fai un po' te.
Certo che si ti è ben chiaro il prodotto vettoriale, al punto del determinante formale (*) tanto vale che ci metti i numeretti.
se non ricordo male era qui: post245439.html#p245439
Anche col prodotto vettoriale, ovviamente, funziona (ammesso che ti sia stato introdotto a fisica[nota]Sull'Amaldi versione Blu, quello col gatto in copertina per intenderci, mi ricordo che c'era un capitolo o qualcosa così. Ho controllato. E' a pagina M88 se hai quel libro. cfr. L'Amaldi per i licei scientifici.blu vol. 1 di Ugo Amaldi. Editore: Zanichelli. Anno: 2012 Sul libro di matematica non penso te lo mettano alle superiori. Ho ricontrollato: è spiegato in maniera barbina con dovizia di argomentazioni insulse che rendono l'argomento noioso e difficile, però credo sia bastante per capire il prodotto vettoriale col fine di orecchiare un po' di fisica.[/nota]):
Prendi i tre punti del piano $xy$
$\bar A(x_A, y_A, 0)$
$\bar B(x_B, y_B, 0)$
$\bar C(x_C,y_C, 0)$
Calcoli il prodotto vettoriale tra i due lati del parallelogramma individuato da $\bar (AB)$ ed $ \bar (AC)$, che è la sua area. Di questo ti calcoli la norma.
Quindi hai
$\bar(AB) =(x_B-x_A, y_B-y_A, z_B-z_A)=(x_B-x_A,y_B-y_A, 0)$
$\bar(AC)=(x_C-x_A, y_C-y_A, z_B-z_A)=(x_C-x_A, y_C-y_A, 0)$
Fai il prodotto vettoriale:
$\bar(AB)^^\bar(AC)=|(e_1,e_2,e_3),(x_B-x_A,y_B-y_A, 0),(x_C-x_A,y_C-y_A, 0)|=(0,0,(x_B-x_A)*(y_C-y_A)-(y_B-y_A)*(x_C-x_A))$ (*)
L'area del triangolo sarà la norma (banalmente norma vuol dire la lunghezza) di questo vettore divisa per 2, cioè:
$||\bar(AB)^^\bar(AC)||/2=sqrt(0^2+0^2+[(x_B-x_A)*(y_C-y_A)-(y_B-y_A)*(x_C-x_A)]^2)/2=sqrt([(x_B-x_A)*(y_C-y_A)-(y_B-y_A)*(x_C-x_A)]^2)/2=|(x_B-x_A)*(y_C-y_A)-(y_B-y_A)*(x_C-x_A)|/2=$
=$1/2*|x_B*y_C-x_B*y_A-x_A*y_C+x_A*y_A-y_B*x_C+y_A*x_C-y_A*x_A+y_B*x_A|=$
$=1/2*|x_B*y_C-x_B*y_A-x_A*y_C-y_B*x_C+y_A*x_C+y_B*x_A|$
(già il fatto che siano sei termini mi fa pensare ad un determiante di una matrice quadrata di ordine 3 calcolato con la regola di Sarrus)
La scrittura $1/2*|det((x_A, y_A, 1),(x_B, y_B, 1), (x_C, y_C, 1))|=$
$=0.5*|x_A*y_B+y_A*x_C+x_B*y_C-y_A*x_B-x_A*y_C-y_B*x_C|$
combacia con questa sopra, fai un po' te.
Certo che si ti è ben chiaro il prodotto vettoriale, al punto del determinante formale (*) tanto vale che ci metti i numeretti.
Ottimo! Sapevo che sei uno che approfondisce!
Per questo scrivo volentieri....
L'area del parallogramma (non del rettangolo) effettivamente si può calcolare dal determinante della matrice:
$ | ( 1 , 1 , 1 ),( x_a , x_b , x_c ),( y_a , y_b , y_c ) | =x_by_c-x_cy_b-x_ay_c+x_cy_a+x_ay_b-x_by_a $ (1)
(la preferisco ordinata in questo modo).
Ora supponiamo che il vettore C sia l'origine (0,0), la (1) diventa:
$ | ( 1 , 1 , 1 ),( x_a , x_b , 0 ),( y_a , y_b , 0 ) | =x_ay_b-x_by_a =|( x_a , x_b ),( y_a , y_b ) |$
In effetti dati i tre punti $A(1;1)$; $B(-3;-2)$ e $C(0;y_c)$ posso benissimo traslarne uno qualsiasi all'origine e spostare di conseguenza gli altri due senza variare minimamente il triangolo. Per esempio, portiamo A sull'origine, i punti diventano: $A^{\prime}(0,0)$ $B^{\prime}(-4;-3)$ e $C^{\prime}(-1;y_c-1)$
L'origine è irrilevante e mi restano due vettori $B^{\prime}$ e $C^{\prime}$ che posso tracciare e poi unirne le punte per ottenere il medesimo triangolo di prima.
$(1/2)|( -4 , -1 ),( -3 , y_c- 1) |=(1/2)|4(1-y_c)-3|=(1/2)|(1-4y_c)|=Area Triangolo$
Sostanzialmente, l'area del parallelogramma in figura è il determinante della matrice dei due vettori A e B, dove C=A+B:
Mezza Area Parallelogramma = Area Triangolo
L'uso degli "uni" è puramente strumentale per ottenere una formula generale ma ha anche "conseguenze" geometriche.
In effetti la (1) è una matrice con tre vettori tridimensionali del tipo $(x_i,y_i,1)$ (l'ordine con cui li ho messi in matrice non ha rilevanza) la cui terza componente è identica per tutti e tre e pari a 1.
Ma se il determinante in 2D da un'area, allora il determinante in 3D da il volume di un parallelepipedo:
Se disegni i tre punti A B e C bidimensionali su un quaderno e poi piazzi un foglio parallelo al quaderno ad altezza "1" e poi proietti i punti su quel foglio (come se ognuno di essi prendesse l'ascensore al primo piano) e infine li congiungi all'origine sul quaderno, allora visualizzerai i tre vettori 3D. E come in figura, il determinante dei tre vettori è l'area del parallepipedo, quindi è un volume. E metà di quel volume è pari all'area del triangolo sul quaderno. Doh!
Per questo scrivo volentieri....
L'area del parallogramma (non del rettangolo) effettivamente si può calcolare dal determinante della matrice:
$ | ( 1 , 1 , 1 ),( x_a , x_b , x_c ),( y_a , y_b , y_c ) | =x_by_c-x_cy_b-x_ay_c+x_cy_a+x_ay_b-x_by_a $ (1)
(la preferisco ordinata in questo modo).
Ora supponiamo che il vettore C sia l'origine (0,0), la (1) diventa:
$ | ( 1 , 1 , 1 ),( x_a , x_b , 0 ),( y_a , y_b , 0 ) | =x_ay_b-x_by_a =|( x_a , x_b ),( y_a , y_b ) |$
In effetti dati i tre punti $A(1;1)$; $B(-3;-2)$ e $C(0;y_c)$ posso benissimo traslarne uno qualsiasi all'origine e spostare di conseguenza gli altri due senza variare minimamente il triangolo. Per esempio, portiamo A sull'origine, i punti diventano: $A^{\prime}(0,0)$ $B^{\prime}(-4;-3)$ e $C^{\prime}(-1;y_c-1)$
L'origine è irrilevante e mi restano due vettori $B^{\prime}$ e $C^{\prime}$ che posso tracciare e poi unirne le punte per ottenere il medesimo triangolo di prima.
$(1/2)|( -4 , -1 ),( -3 , y_c- 1) |=(1/2)|4(1-y_c)-3|=(1/2)|(1-4y_c)|=Area Triangolo$
Sostanzialmente, l'area del parallelogramma in figura è il determinante della matrice dei due vettori A e B, dove C=A+B:
Mezza Area Parallelogramma = Area Triangolo
L'uso degli "uni" è puramente strumentale per ottenere una formula generale ma ha anche "conseguenze" geometriche.
In effetti la (1) è una matrice con tre vettori tridimensionali del tipo $(x_i,y_i,1)$ (l'ordine con cui li ho messi in matrice non ha rilevanza) la cui terza componente è identica per tutti e tre e pari a 1.
Ma se il determinante in 2D da un'area, allora il determinante in 3D da il volume di un parallelepipedo:
Se disegni i tre punti A B e C bidimensionali su un quaderno e poi piazzi un foglio parallelo al quaderno ad altezza "1" e poi proietti i punti su quel foglio (come se ognuno di essi prendesse l'ascensore al primo piano) e infine li congiungi all'origine sul quaderno, allora visualizzerai i tre vettori 3D. E come in figura, il determinante dei tre vettori è l'area del parallepipedo, quindi è un volume. E metà di quel volume è pari all'area del triangolo sul quaderno. Doh!
"Bokonon":
3D. E come in figura, il determinante dei tre vettori è l'area del parallepipedo, quindi è un volume. E metà di quel volume è pari all'area del triangolo sul quaderno.
Il famoso prodotto misto
"SirDanielFortesque":
Anche col prodotto vettoriale, ovviamente, funziona (ammesso che ti sia stato introdotto a fisica
Grazie per l'intervento, ma il prodotto vettoriale non l'ho ancora fatto (ho presente al massimo il prodotto scalare di due vettori).
"Bokonon":
cut
Grazie anche a te, dovrei aver capito più o meno tutto. Lo terrò presente anche in occasioni future, magari quando approfondirò un po' di più la materia...
Infatti la domanda non è se ma quando.
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