Baricentro di un poligono concavo
Buonasera a tutti 
,
premesso che le coordinate dei vertici di un poligono concavo possono appartenere a più di un poligono concavo (questo non vale per i poligoni convessi);
potete aiutaremi a capire come si trova il baricentro di un qualunque poligono concavo?
,premesso che le coordinate dei vertici di un poligono concavo possono appartenere a più di un poligono concavo (questo non vale per i poligoni convessi);
potete aiutaremi a capire come si trova il baricentro di un qualunque poligono concavo?
Risposte
Se non ricordo male, il baricentro di $n$ punti sul piano si definisce in modo indipendente dal fatto che questi $n$ punti generino un poligono convesso o concavo.
Qual è la definizione che conosci di baricentro?
Non capisco poi quando dici
Ah, dimenticavo: benvenut* nel forum!
Qual è la definizione che conosci di baricentro?
Non capisco poi quando dici
"pao10":Hai un poligono concavo e calcoli il baricentro dei suoi vertici. Questo baricentro appartiene "a più di un poligono concavo". In che senso?
[...] le coordinate dei vertici di un poligono concavo possono appartenere a più di un poligono concavo [...]
Ah, dimenticavo: benvenut* nel forum!
Grazie dell'accoglienza.
La def che utilizzo è questa: in un piano cartesiano un poligono ha per baricentro un punto che ha per ascissa la media della ascisse e per ordinata la media delle ordinate dei vertici del poligono.
Per spiegare meglio la differenza tra poligoni concavi e convessi ho inserito queste immagini:
I vertici sono per un poligono convesso come le impronte digitali , tuttavia dalle immagini si vede come nei poligoni concavi questo non valga, da questo penso che anche il baricentro debba cambiare (a parità di vertici)...
La def che utilizzo è questa: in un piano cartesiano un poligono ha per baricentro un punto che ha per ascissa la media della ascisse e per ordinata la media delle ordinate dei vertici del poligono.
Per spiegare meglio la differenza tra poligoni concavi e convessi ho inserito queste immagini:
I vertici sono per un poligono convesso come le impronte digitali
, tuttavia dalle immagini si vede come nei poligoni concavi questo non valga, da questo penso che anche il baricentro debba cambiare (a parità di vertici)...
Ah, forse ho capito cosa vuoi dire. Correggimi se sbaglio.
Supponiamo di avere un poligono concavo con $n$ vertici $A_1,...,A_n$.
Ciò che vuoi dire che non è unico il poligono concavo che ha per vertici $A_1,...,A_n$. Per esempio nell'immagine percedente hai postato due poligoni concavi diversi ma con gli stessi vertici, giusto?
Ora vuoi capire se magari cambiando il poligono cambia anche il baricentro. E' così?
Se la domanda è questa, io credo che la risposta sia no, nel senso che, dati $n$ punti nel piano si può definire il loro baricentro così come hai fatto tu nel messaggio precedente.
Ma questa definizione non dipende dal poligono (convesso o concavo che sia) che i punti formano, ma solo dai punti. Quindi puoi continuare a chiamare baricentro di un poligono (concavo o convesso) come quel punto che ha come ascissa la media delle ascisse dei suoi vertici e come ordinata la media delle ordinate.
Spero di non aver detto cavolate e di averti aiutato.
Supponiamo di avere un poligono concavo con $n$ vertici $A_1,...,A_n$.
Ciò che vuoi dire che non è unico il poligono concavo che ha per vertici $A_1,...,A_n$. Per esempio nell'immagine percedente hai postato due poligoni concavi diversi ma con gli stessi vertici, giusto?
Ora vuoi capire se magari cambiando il poligono cambia anche il baricentro. E' così?
Se la domanda è questa, io credo che la risposta sia no, nel senso che, dati $n$ punti nel piano si può definire il loro baricentro così come hai fatto tu nel messaggio precedente.
Ma questa definizione non dipende dal poligono (convesso o concavo che sia) che i punti formano, ma solo dai punti. Quindi puoi continuare a chiamare baricentro di un poligono (concavo o convesso) come quel punto che ha come ascissa la media delle ascisse dei suoi vertici e come ordinata la media delle ordinate.
Spero di non aver detto cavolate e di averti aiutato.
Grazie era proprio quello che intendevo, alla prossima.
Prego, alla prossima! 
Un attimo...
Non stiamo trascurando il fatto che il baricentro dipende anche dalla distribuzione delle "masse"?
Io ho provato a fare un esempio, spero che sia utile.
Facciamo un disegnino (simile a quello riportato da pao10, ma più simmetrico).
[asvg]xmin=0;xmax=3;ymin=0;ymax=3;
axes("","");
dot([0,0]); dot([3,0]);dot([0,3]);dot([3,3]);dot([3,1]);dot([3,2]);dot([2,1]);dot([2,2]);
line([0,0],[3,0]);line([0,0],[0,3]);line([0,3],[3,3]);line([3,3],[3,2]);line([3,2],[2,2]);line([2,2],[2,1]);line([2,1],[3,1]);line([3,1],[3,0]);
stroke="red"; dot([1.375,1.5]);[/asvg]
Il baricentro del poligono [tex]$\mathcal{P}$[/tex] in figura, se non ho sbagliato i conti, si trova nel punto [tex]$P=(\tfrac{11}{8} ,\tfrac{3}{2} )=(1.375, 1.5)$[/tex] (in rosso in figura).
Un poligono [tex]$\mathcal{Q}$[/tex] con gli stessi vertici di [tex]$\mathcal{P}$[/tex] è quello disegnato qui sotto:
[asvg]xmin=0;xmax=3;ymin=0;ymax=3;
axes("","");
dot([0,0]); dot([3,0]);dot([0,3]);dot([3,3]);dot([3,1]);dot([3,2]);dot([2,1]);dot([2,2]);
line([0,0],[3,0]);line([0,0],[0,3]);line([0,3],[2,2]);line([2,2],[3,3]);line([3,3],[3,2]);line([3,2],[2,1]);line([2,1],[3,1]);line([3,1],[3,0]);[/asvg]
Per determinare il baricentro di [tex]$\mathcal{Q}$[/tex] uso il metodo dei fisici: spezzetto la figura in pezzi semplici; calcolo i baricentri dei vari pezzi; li accoppio a due alla volta e faccio dei baricentri parziali (ricordando che il baricentro di due pezzi di "masse" [tex]$m_1,m_2$[/tex] si trova sulla congiungente dei loro baricentri alla distanza [tex]$\tfrac{m_1}{m_1+m_2}$[/tex] dal baricentro del pezzo di "massa" [tex]$m_2$[/tex]); iterando il procedimento in un numero finito di passi si trova il baricentro della figura.
Ad esempio, divido il poligono [tex]$\mathcal{Q}$[/tex] come in figura:
[asvg]xmin=0;xmax=3;ymin=0;ymax=3;
axes("","");
dot([0,0]); dot([3,0]);dot([0,3]);dot([3,3]);dot([3,1]);dot([3,2]);dot([2,1]);dot([2,2]);
fill="red"; rect([0,0],[2,2]);
fill="orange"; rect([2,0],[3,1]);
fill="yellow"; path([[2,1],[3,2],[3,3],[2,2]]);
fill="magenta"; path([[0,2],[0,3],[2,2]]);[/asvg]
e segno i centri di massa annotando la massa che in essi si concentra (faccio la convenzione che ogni quadrato di lato unitario abbia massa unitaria):
[asvg]xmin=0;xmax=3;ymin=0;ymax=3;
axes("","");
dot([0,0]); dot([3,0]);dot([0,3]);dot([3,3]);dot([3,1]);dot([3,2]);dot([2,1]);dot([2,2]);
line([0,0],[3,0]);line([0,0],[0,3]);line([0,3],[2,2]);line([2,2],[3,3]);line([3,3],[3,2]);line([3,2],[2,1]);line([2,1],[3,1]);line([3,1],[3,0]);
stroke="red"; dot([1,1]); text([1,1],"4",belowleft);
stroke="orange"; dot([2.5,0.5]); text([2.5,0.5],"1",below);
stroke="yellow"; dot([2.5,2]); text([2.5,2],"1",above);
stroke="magenta"; dot([0.66,2.33]); text([0.66,2.33],"1",aboveleft);[/asvg]
faccio il baricentro parziale tra giallo e arancio (lo segno in viola, con massa [tex]$2$[/tex]; le coordinate sono [tex]$(\tfrac{5}{2} ,\tfrac{5}{4})$[/tex]):
[asvg]xmin=0;xmax=3;ymin=0;ymax=3;
axes("","");
dot([0,0]); dot([3,0]);dot([0,3]);dot([3,3]);dot([3,1]);dot([3,2]);dot([2,1]);dot([2,2]);
line([0,0],[3,0]);line([0,0],[0,3]);line([0,3],[2,2]);line([2,2],[3,3]);line([3,3],[3,2]);line([3,2],[2,1]);line([2,1],[3,1]);line([3,1],[3,0]);
stroke="red"; dot([1,1]); text([1,1],"4",belowleft);
stroke="purple"; dot([2.5,1.25]); text([2.5,1.25],"2", right);
stroke="magenta"; dot([0.66,2.33]); text([0.66,2.33],"1",aboveleft);[/asvg]
poi il baricentro tra rosso e viola (lo segno in blu, con massa [tex]$6$[/tex]; le coordinate sono [tex]$(\tfrac{3}{2} ,\tfrac{13}{12})$[/tex]):
[asvg]xmin=0;xmax=3;ymin=0;ymax=3;
axes("","");
dot([0,0]); dot([3,0]);dot([0,3]);dot([3,3]);dot([3,1]);dot([3,2]);dot([2,1]);dot([2,2]);
line([0,0],[3,0]);line([0,0],[0,3]);line([0,3],[2,2]);line([2,2],[3,3]);line([3,3],[3,2]);line([3,2],[2,1]);line([2,1],[3,1]);line([3,1],[3,0]);
stroke="blue"; dot([1.5,1.08]); text([1.5,1.08],"6",belowright);
stroke="magenta"; dot([0.66,2.33]); text([0.66,2.33],"1",aboveleft);[/asvg]
infine faccio il baricentro tra i due punti rimanenti, che è il baricentro del poligono (lo segno in verde, con massa [tex]$7$[/tex]):
[asvg]xmin=0;xmax=3;ymin=0;ymax=3;
axes("","");
dot([0,0]); dot([3,0]);dot([0,3]);dot([3,3]);dot([3,1]);dot([3,2]);dot([2,1]);dot([2,2]);
line([0,0],[3,0]);line([0,0],[0,3]);line([0,3],[2,2]);line([2,2],[3,3]);line([3,3],[3,2]);line([3,2],[2,1]);line([2,1],[3,1]);line([3,1],[3,0]);
stroke="green"; dot([1.38,1.26]);[/asvg]
il baricentro di [tex]$\mathcal{Q}$[/tex] è nel punto [tex]$Q=(\tfrac{29}{21} ,\tfrac{53}{42}) \approx (1.38,1.26)$[/tex] e [tex]$Q\neq P$[/tex].
Ne consegue che le coordinate del baricentro di un poligono non convesso non dipendono univocamente dai vertici!
Ovviamente ci sono da controllare i conti, quindi prendete tutto con le dovute cautele.
Non stiamo trascurando il fatto che il baricentro dipende anche dalla distribuzione delle "masse"?
Io ho provato a fare un esempio, spero che sia utile.
Facciamo un disegnino (simile a quello riportato da pao10, ma più simmetrico).
[asvg]xmin=0;xmax=3;ymin=0;ymax=3;
axes("","");
dot([0,0]); dot([3,0]);dot([0,3]);dot([3,3]);dot([3,1]);dot([3,2]);dot([2,1]);dot([2,2]);
line([0,0],[3,0]);line([0,0],[0,3]);line([0,3],[3,3]);line([3,3],[3,2]);line([3,2],[2,2]);line([2,2],[2,1]);line([2,1],[3,1]);line([3,1],[3,0]);
stroke="red"; dot([1.375,1.5]);[/asvg]
Il baricentro del poligono [tex]$\mathcal{P}$[/tex] in figura, se non ho sbagliato i conti, si trova nel punto [tex]$P=(\tfrac{11}{8} ,\tfrac{3}{2} )=(1.375, 1.5)$[/tex] (in rosso in figura).
Un poligono [tex]$\mathcal{Q}$[/tex] con gli stessi vertici di [tex]$\mathcal{P}$[/tex] è quello disegnato qui sotto:
[asvg]xmin=0;xmax=3;ymin=0;ymax=3;
axes("","");
dot([0,0]); dot([3,0]);dot([0,3]);dot([3,3]);dot([3,1]);dot([3,2]);dot([2,1]);dot([2,2]);
line([0,0],[3,0]);line([0,0],[0,3]);line([0,3],[2,2]);line([2,2],[3,3]);line([3,3],[3,2]);line([3,2],[2,1]);line([2,1],[3,1]);line([3,1],[3,0]);[/asvg]
Per determinare il baricentro di [tex]$\mathcal{Q}$[/tex] uso il metodo dei fisici: spezzetto la figura in pezzi semplici; calcolo i baricentri dei vari pezzi; li accoppio a due alla volta e faccio dei baricentri parziali (ricordando che il baricentro di due pezzi di "masse" [tex]$m_1,m_2$[/tex] si trova sulla congiungente dei loro baricentri alla distanza [tex]$\tfrac{m_1}{m_1+m_2}$[/tex] dal baricentro del pezzo di "massa" [tex]$m_2$[/tex]); iterando il procedimento in un numero finito di passi si trova il baricentro della figura.
Ad esempio, divido il poligono [tex]$\mathcal{Q}$[/tex] come in figura:
[asvg]xmin=0;xmax=3;ymin=0;ymax=3;
axes("","");
dot([0,0]); dot([3,0]);dot([0,3]);dot([3,3]);dot([3,1]);dot([3,2]);dot([2,1]);dot([2,2]);
fill="red"; rect([0,0],[2,2]);
fill="orange"; rect([2,0],[3,1]);
fill="yellow"; path([[2,1],[3,2],[3,3],[2,2]]);
fill="magenta"; path([[0,2],[0,3],[2,2]]);[/asvg]
e segno i centri di massa annotando la massa che in essi si concentra (faccio la convenzione che ogni quadrato di lato unitario abbia massa unitaria):
[asvg]xmin=0;xmax=3;ymin=0;ymax=3;
axes("","");
dot([0,0]); dot([3,0]);dot([0,3]);dot([3,3]);dot([3,1]);dot([3,2]);dot([2,1]);dot([2,2]);
line([0,0],[3,0]);line([0,0],[0,3]);line([0,3],[2,2]);line([2,2],[3,3]);line([3,3],[3,2]);line([3,2],[2,1]);line([2,1],[3,1]);line([3,1],[3,0]);
stroke="red"; dot([1,1]); text([1,1],"4",belowleft);
stroke="orange"; dot([2.5,0.5]); text([2.5,0.5],"1",below);
stroke="yellow"; dot([2.5,2]); text([2.5,2],"1",above);
stroke="magenta"; dot([0.66,2.33]); text([0.66,2.33],"1",aboveleft);[/asvg]
faccio il baricentro parziale tra giallo e arancio (lo segno in viola, con massa [tex]$2$[/tex]; le coordinate sono [tex]$(\tfrac{5}{2} ,\tfrac{5}{4})$[/tex]):
[asvg]xmin=0;xmax=3;ymin=0;ymax=3;
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dot([0,0]); dot([3,0]);dot([0,3]);dot([3,3]);dot([3,1]);dot([3,2]);dot([2,1]);dot([2,2]);
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stroke="red"; dot([1,1]); text([1,1],"4",belowleft);
stroke="purple"; dot([2.5,1.25]); text([2.5,1.25],"2", right);
stroke="magenta"; dot([0.66,2.33]); text([0.66,2.33],"1",aboveleft);[/asvg]
poi il baricentro tra rosso e viola (lo segno in blu, con massa [tex]$6$[/tex]; le coordinate sono [tex]$(\tfrac{3}{2} ,\tfrac{13}{12})$[/tex]):
[asvg]xmin=0;xmax=3;ymin=0;ymax=3;
axes("","");
dot([0,0]); dot([3,0]);dot([0,3]);dot([3,3]);dot([3,1]);dot([3,2]);dot([2,1]);dot([2,2]);
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stroke="blue"; dot([1.5,1.08]); text([1.5,1.08],"6",belowright);
stroke="magenta"; dot([0.66,2.33]); text([0.66,2.33],"1",aboveleft);[/asvg]
infine faccio il baricentro tra i due punti rimanenti, che è il baricentro del poligono (lo segno in verde, con massa [tex]$7$[/tex]):
[asvg]xmin=0;xmax=3;ymin=0;ymax=3;
axes("","");
dot([0,0]); dot([3,0]);dot([0,3]);dot([3,3]);dot([3,1]);dot([3,2]);dot([2,1]);dot([2,2]);
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stroke="green"; dot([1.38,1.26]);[/asvg]
il baricentro di [tex]$\mathcal{Q}$[/tex] è nel punto [tex]$Q=(\tfrac{29}{21} ,\tfrac{53}{42}) \approx (1.38,1.26)$[/tex] e [tex]$Q\neq P$[/tex].
Ne consegue che le coordinate del baricentro di un poligono non convesso non dipendono univocamente dai vertici!
Ovviamente ci sono da controllare i conti, quindi prendete tutto con le dovute cautele.
C'è qualcosa che non mi convince nel tuo risultato, Gugo. Che io sappia il baricentro di un insieme di $n$ punti pesati $(P_1, m_1)...(P_n, m_n)$ di uno spazio affine (reale o complesso) è quell'unico punto $C$ tale che
$\vec{OC}=\frac{\sum_{j=1}^n m_j\vec{OP_j}}{\sum_{j=1}^n m_j}$
per ogni scelta di un'origine $O$. Si dimostra che $C$ non dipende dalla scelta di $O$. In questo senso, il baricentro dipende solo dai punti e dalla massa in essi concentrata, non vedo come possa influire il particolare poligono che li ha per vertici. Ma, insomma, è una osservazione piuttosto banale, forse mi perdo qualcosa.
In ogni caso, su questo argomento faccio riferimento al solito Gallier, secondo capitolo.
P.S.: Per la precisione si definiscono i baricentri a pagina 12, definizione 4.2, secondo capitolo (geomath2.pdf).
$\vec{OC}=\frac{\sum_{j=1}^n m_j\vec{OP_j}}{\sum_{j=1}^n m_j}$
per ogni scelta di un'origine $O$. Si dimostra che $C$ non dipende dalla scelta di $O$. In questo senso, il baricentro dipende solo dai punti e dalla massa in essi concentrata, non vedo come possa influire il particolare poligono che li ha per vertici. Ma, insomma, è una osservazione piuttosto banale, forse mi perdo qualcosa.
In ogni caso, su questo argomento faccio riferimento al solito Gallier, secondo capitolo.
P.S.: Per la precisione si definiscono i baricentri a pagina 12, definizione 4.2, secondo capitolo (geomath2.pdf).
Forse ho capito dov'è il problema. Se piazzi lì il baricentro del triangolo viola, vuol dire che hai piazzato una massa anche nel suo vertice in basso a sinistra (quello dell'angolo retto). Ma questo vertice non ha una massa nel poligono originale. Lo stesso col quadrato arancione: il suo vertice in basso a sinistra non ha massa nel poligono originale.
[EDIT] Vedi post successivi. Il problema è che io sto considerando il baricentro dei vertici pesati, Gugo quello di una distribuzione uniforme di massa su tutto il poligono.
[EDIT] Vedi post successivi. Il problema è che io sto considerando il baricentro dei vertici pesati, Gugo quello di una distribuzione uniforme di massa su tutto il poligono.
No so, dissonance... Io credo che qui si stia facendo confusione tra due cose distinte.
Il problema è che qui si parlava del baricentro di un poligono (ossia di una regione del piano) confondendolo col baricentro dei suoi vertici.
Questa confusione forse è lecita per i poligoni convessi (probabilmente perchè un poligono convesso è univocamente determinato dai suoi vertici), ma i conti precedenti dimostrano che lo stesso non vale per i poligoni non convessi.
Una formula generale per determinare le coordinate del baricentro di una figura piana [tex]$\mathcal{P}$[/tex] (sia esso poligono o un qualsiasi insieme limitato e misurabile) si ricorre, in generale, all'integrazione: dette [tex]$x_P$[/tex], [tex]$y_P$[/tex] le coordinate del baricentro [tex]$P$[/tex] di [tex]$\mathcal{P}$[/tex], si ha:
[tex]$x_P=\frac{1}{|\mathcal{P}|}\ \int_\mathcal{P} x\ \text{d} x\text{d} y \quad \text{e} \quad y_P=\frac{1}{|P|}\ \int_{P} y\ \text{d} x\text{d} y$[/tex]
in cui [tex]$|\mathcal{P}|$[/tex] è l'area di [tex]$\mathcal{P}$[/tex], cioè [tex]$|\mathcal{P}| =\int_\mathcal{P} \text{d} x\text{d} y$[/tex].
Il problema è che qui si parlava del baricentro di un poligono (ossia di una regione del piano) confondendolo col baricentro dei suoi vertici.
Questa confusione forse è lecita per i poligoni convessi (probabilmente perchè un poligono convesso è univocamente determinato dai suoi vertici), ma i conti precedenti dimostrano che lo stesso non vale per i poligoni non convessi.
Una formula generale per determinare le coordinate del baricentro di una figura piana [tex]$\mathcal{P}$[/tex] (sia esso poligono o un qualsiasi insieme limitato e misurabile) si ricorre, in generale, all'integrazione: dette [tex]$x_P$[/tex], [tex]$y_P$[/tex] le coordinate del baricentro [tex]$P$[/tex] di [tex]$\mathcal{P}$[/tex], si ha:
[tex]$x_P=\frac{1}{|\mathcal{P}|}\ \int_\mathcal{P} x\ \text{d} x\text{d} y \quad \text{e} \quad y_P=\frac{1}{|P|}\ \int_{P} y\ \text{d} x\text{d} y$[/tex]
in cui [tex]$|\mathcal{P}|$[/tex] è l'area di [tex]$\mathcal{P}$[/tex], cioè [tex]$|\mathcal{P}| =\int_\mathcal{P} \text{d} x\text{d} y$[/tex].
Secondo me, dobbiamo solo accordarci su cosa stiamo cercando.
Abbiamo due possibilità:
- Cercare il baricentro degli $n$ vertici. E in tal caso non c'è scampo, la definizione è quella data da Dissonance e il baricentro non dipende dal poligono che tali punti formano, sia esso convesso o concavo.
- Cercare il baricentro di un certo poligono. Credo che questa definizione sia analoga a quella di centro di massa.
Precisamente credo che sia la seguente: Se $A$ è una regione di spazio (misurabile limitata) del piano si definisce baricentro di $A$ il punto $B$ di coordinate $(x_0,y_0)$ del piano tale che
$(x_0,y_0)=1/(m(A))\int_A(x,y)"d"x"d"y$
dove $m(A)$ è la misura (l'area) di $A$.
Le due definizioni non sono equivalenti.
Gugo -credo- ha usato la seconda definizione, io la prima.
Io ho usato la prima per due motivi: innanzitutto è quella che, per un aspirante geometra come me, mi sembrava più naturale (d'altronde siamo in Algebra e Geometria, no? ).
In secondo luogo, mi sembrava quella che stava usando l'utente pao10 da quanto mi ha detto, anche se lui mi aveva detto che cercava il "baricentro del poligono".
Edit: Ehi, Gugo, che tempismo! Stavamo scrivendo la stessa cosa nello stesso istante!
Abbiamo due possibilità:
- Cercare il baricentro degli $n$ vertici. E in tal caso non c'è scampo, la definizione è quella data da Dissonance e il baricentro non dipende dal poligono che tali punti formano, sia esso convesso o concavo.
- Cercare il baricentro di un certo poligono. Credo che questa definizione sia analoga a quella di centro di massa.
Precisamente credo che sia la seguente: Se $A$ è una regione di spazio (misurabile limitata) del piano si definisce baricentro di $A$ il punto $B$ di coordinate $(x_0,y_0)$ del piano tale che
$(x_0,y_0)=1/(m(A))\int_A(x,y)"d"x"d"y$
dove $m(A)$ è la misura (l'area) di $A$.
Le due definizioni non sono equivalenti.
Gugo -credo- ha usato la seconda definizione, io la prima.
Io ho usato la prima per due motivi: innanzitutto è quella che, per un aspirante geometra come me, mi sembrava più naturale (d'altronde siamo in Algebra e Geometria, no?
). In secondo luogo, mi sembrava quella che stava usando l'utente pao10 da quanto mi ha detto, anche se lui mi aveva detto che cercava il "baricentro del poligono".
Edit: Ehi, Gugo, che tempismo! Stavamo scrivendo la stessa cosa nello stesso istante!
E si, certamente le due definizioni non sono equivalenti. In sostanza in un caso si concentra tutta la massa sui vertici, nell'altro si distribuisce uniformemente su tutto il poligono: quindi nel primo caso la forma del poligono è ininfluente, nel secondo no (a meno di limitarsi ai poligoni convessi) come dimostra il controesempio di Gugo. Mi avete convinto, scusate per la confusione introdotta.
OT: @Gugo - Ma usi un editor per i grafici ASVG, o digiti il codice a mano?
OT: @Gugo - Ma usi un editor per i grafici ASVG, o digiti il codice a mano?
Beh, non si tratta di preferire una definizione piuttosto che un'altra; qui è proprio una questione di correttezza.
Se si parla di baricentro di un insieme misurabile di [tex]$\mathbb{R}^2$[/tex], allora si intende quel punto definito dalle relazioni che ho riportato nel mio post precedente.
Se si parla di baricentro di punti, allora si intende il punto definito dalle relazioni usate da cirasa e dissonance.
***
Tuttavia vorrei lanciare un sasso nello stagno, porre una questione cui ho pensato un po' mentre scrivevo il post di oggi pomeriggio (per intenderci, il post dei disegnini!).
Prendiamo un poligono convesso [tex]$\mathcal{P}$[/tex] e diciamone [tex]$P_1=(x_1,y_1),\ldots ,P_N=(x_N,y_N)$[/tex] i suoi vertici; in tal modo [tex]$\mathcal{P} =\text{conv} \{ P_1,\ldots ,P_N\}$[/tex] e ciò significa che per ogni [tex]$P=(x,y) \in \mathcal{P}$[/tex] esistono [tex]$\lambda^1(x,y) ,\ldots ,\lambda^N(x,y) \in [0,1]$[/tex] con [tex]$\sum_{n=1}^N \lambda^n(x,y) =1$[/tex] tali che:
[tex]$x=\sum_{n=1}^N \lambda^n(x,y)\ x_n \quad \text{e} \quad y=\sum_{n=1}^N \lambda^n(x,y)\ y_n$[/tex];
secondo la definizione "analitica" il baricentro di [tex]$\mathcal{P}$[/tex] è il punto [tex]$P^*=(x_*,y_*)$[/tex] tale che:
[tex]$x_*=\frac{1}{|\mathcal{P}|}\ \int_\mathcal{P} x\ \text{d} x\text{d} y=\frac{1}{|\mathcal{P}|}\ \int_\mathcal{P} \left\{ \sum_{n=1}^N \lambda^n(x,y)\ x_n \right\} \ \text{d} x\text{d} y$[/tex]
[tex]$=\sum_{n=1}^N \left\{ \frac{1}{|\mathcal{P}|}\ \int_\mathcal{P}\lambda^n(x,y) \ \text{d} x\text{d} y \right\} x_n$[/tex]
[tex]$y_*=\sum_{n=1}^N \left\{ \frac{1}{|\mathcal{P}|}\ \int_\mathcal{P}\lambda^n(x,y) \ \text{d} x\text{d} y \right\} y_n$[/tex].
Ora, i numeri [tex]$\mu^n :=\frac{1}{|\mathcal{P}|}\ \int_\mathcal{P}\lambda^n(x,y) \ \text{d} x\text{d} y$[/tex] hanno somma [tex]$1$[/tex] (perchè i [tex]$\lambda^n(x,y)$[/tex] hanno somma [tex]$1$[/tex]) sicché [tex]$P_*$[/tex] è un punto di [tex]$\mathcal{P}$[/tex] essendo combinazione convessa dei vertici [tex]$P_1,\ldots ,P_N$[/tex].
Invece, se pensiamo che la massa di [tex]$\mathcal{P}$[/tex] sia divisa ugualmente tra i suoi vertici, allora possiamo definire il baricentro dei suoi vertici come il punto [tex]$P_\circ :=(x_\circ ,y_\circ)$[/tex] avente coordinate:
[tex]$x_\circ :=\sum_{n=1}^N \frac{1}{N}\ x_n \quad \text{e} \quad y_\circ :=\sum_{n=1}^N \frac{1}{N}\ y_n$[/tex].
Ad esempio, se [tex]$\mathcal{P}$[/tex] è un rettangolo, si verifica con un po' di conti che [tex]$P_*=P_\circ$[/tex].
La domanda che (come diceva qualcuno) nasce spontanea è: è vero che per ogni poligono convesso [tex]$\mathcal{P}$[/tex] si ha [tex]$P_*=P_\circ$[/tex]?
Posta in altri termini, è sempre vero che per ogni [tex]$n=1,\ldots ,N$[/tex] si ha [tex]$\mu^n =\frac{1}{N}$[/tex], ossia:
[tex]$\int_\mathcal{P}\lambda^n(x,y) \ \text{d} x\text{d} y =\frac{|\mathcal{P}|}{N}$[/tex]?
@dissonance: Faccio tutto rigorosamente a mano (ASVG, come pure TeX).
Se si parla di baricentro di un insieme misurabile di [tex]$\mathbb{R}^2$[/tex], allora si intende quel punto definito dalle relazioni che ho riportato nel mio post precedente.
Se si parla di baricentro di punti, allora si intende il punto definito dalle relazioni usate da cirasa e dissonance.
***
Tuttavia vorrei lanciare un sasso nello stagno, porre una questione cui ho pensato un po' mentre scrivevo il post di oggi pomeriggio (per intenderci, il post dei disegnini!
).Prendiamo un poligono convesso [tex]$\mathcal{P}$[/tex] e diciamone [tex]$P_1=(x_1,y_1),\ldots ,P_N=(x_N,y_N)$[/tex] i suoi vertici; in tal modo [tex]$\mathcal{P} =\text{conv} \{ P_1,\ldots ,P_N\}$[/tex] e ciò significa che per ogni [tex]$P=(x,y) \in \mathcal{P}$[/tex] esistono [tex]$\lambda^1(x,y) ,\ldots ,\lambda^N(x,y) \in [0,1]$[/tex] con [tex]$\sum_{n=1}^N \lambda^n(x,y) =1$[/tex] tali che:
[tex]$x=\sum_{n=1}^N \lambda^n(x,y)\ x_n \quad \text{e} \quad y=\sum_{n=1}^N \lambda^n(x,y)\ y_n$[/tex];
secondo la definizione "analitica" il baricentro di [tex]$\mathcal{P}$[/tex] è il punto [tex]$P^*=(x_*,y_*)$[/tex] tale che:
[tex]$x_*=\frac{1}{|\mathcal{P}|}\ \int_\mathcal{P} x\ \text{d} x\text{d} y=\frac{1}{|\mathcal{P}|}\ \int_\mathcal{P} \left\{ \sum_{n=1}^N \lambda^n(x,y)\ x_n \right\} \ \text{d} x\text{d} y$[/tex]
[tex]$=\sum_{n=1}^N \left\{ \frac{1}{|\mathcal{P}|}\ \int_\mathcal{P}\lambda^n(x,y) \ \text{d} x\text{d} y \right\} x_n$[/tex]
[tex]$y_*=\sum_{n=1}^N \left\{ \frac{1}{|\mathcal{P}|}\ \int_\mathcal{P}\lambda^n(x,y) \ \text{d} x\text{d} y \right\} y_n$[/tex].
Ora, i numeri [tex]$\mu^n :=\frac{1}{|\mathcal{P}|}\ \int_\mathcal{P}\lambda^n(x,y) \ \text{d} x\text{d} y$[/tex] hanno somma [tex]$1$[/tex] (perchè i [tex]$\lambda^n(x,y)$[/tex] hanno somma [tex]$1$[/tex]) sicché [tex]$P_*$[/tex] è un punto di [tex]$\mathcal{P}$[/tex] essendo combinazione convessa dei vertici [tex]$P_1,\ldots ,P_N$[/tex].
Invece, se pensiamo che la massa di [tex]$\mathcal{P}$[/tex] sia divisa ugualmente tra i suoi vertici, allora possiamo definire il baricentro dei suoi vertici come il punto [tex]$P_\circ :=(x_\circ ,y_\circ)$[/tex] avente coordinate:
[tex]$x_\circ :=\sum_{n=1}^N \frac{1}{N}\ x_n \quad \text{e} \quad y_\circ :=\sum_{n=1}^N \frac{1}{N}\ y_n$[/tex].
Ad esempio, se [tex]$\mathcal{P}$[/tex] è un rettangolo, si verifica con un po' di conti che [tex]$P_*=P_\circ$[/tex].
La domanda che (come diceva qualcuno) nasce spontanea è: è vero che per ogni poligono convesso [tex]$\mathcal{P}$[/tex] si ha [tex]$P_*=P_\circ$[/tex]?
Posta in altri termini, è sempre vero che per ogni [tex]$n=1,\ldots ,N$[/tex] si ha [tex]$\mu^n =\frac{1}{N}$[/tex], ossia:
[tex]$\int_\mathcal{P}\lambda^n(x,y) \ \text{d} x\text{d} y =\frac{|\mathcal{P}|}{N}$[/tex]?
@dissonance: Faccio tutto rigorosamente a mano (ASVG, come pure TeX).
Io direi che la congettura è vera [EDIT]E invece è falsa, vedi post di cirasa più sotto[/edit], cioè che per ogni poligono convesso piano il baricentro coincide con il baricentro dei propri vertici.
Ma non ho prodotto una vera dimostrazione, solo un canovaccio:
Ma non ho prodotto una vera dimostrazione, solo un canovaccio:
1) la proprietà è vera se [tex]\mathcal{P}[/tex] è un poligono regolare centrato nell'origine;
2) se [tex]T[/tex] è un'affinità del piano, e se [tex]T(\mathcal{P})=\mathcal{P}'[/tex], allora i punti [tex]P_\star, P_\circ; P'_\star, P'_\circ[/tex] [size=75](uso le notazioni di Gugo)[/size] si corrispondono mediante [tex]T[/tex];
3[size=75]*[/size]) ogni poligono convesso è l'immagine mediante una opportuna affinità di un poligono regolare centrato nell'origine.[/list:u:3pm17m50]
La 1) si potrebbe dimostrare facendo un discorso di simmetria: l'origine è l'intersezione di tutti gli assi di simmetria di [tex]\mathcal{P}[/tex], e quindi entrambi i baricentri [tex]P_\star,\ P_\circ[/tex], che sono obbligati a giacere sugli assi di simmetria, sono obbligati a coincidere con l'origine;
la 2) invece è questione di fare il conto, non credo ci siano difficoltà particolari;
per la 3), infine, io definirei la mappa che manda ordinatamente i vertici del poligono regolare nei vertici del poligono convesso e poi bisognerà trovare il modo di mostrare che si tratta di una affinità (questa la vedo più dura e non sono neanche troppo sicuro che sia vero, a ripensarci).
Il discorso sulla simmetria non mi convince molto... Ci sono poligoni convessi molto asimmetrici (prendi, ad esempio, un triangolo scaleno allungato).
Tuttavia si potrebbe fare un discorso di simmetrizzazione: in effetti l'integrale [tex]$\int_{\mathcal{P}} \lambda^n(x,y)\ \text{d} x\text{d} y$[/tex], essendo una norma [tex]$L^1$[/tex], potrebbe avere qualche chance di rimanere invariato sotto una simmetrizzazione del poligono [tex]$\mathcal{P}$[/tex]... Mah, tocca pensarci un po' su.
Tuttavia si potrebbe fare un discorso di simmetrizzazione: in effetti l'integrale [tex]$\int_{\mathcal{P}} \lambda^n(x,y)\ \text{d} x\text{d} y$[/tex], essendo una norma [tex]$L^1$[/tex], potrebbe avere qualche chance di rimanere invariato sotto una simmetrizzazione del poligono [tex]$\mathcal{P}$[/tex]... Mah, tocca pensarci un po' su.
Innanzitutto vorrei avvisare Dissonance che aveva ragione ad avere qualche dubbio sulla correttezza del suo ragionamento:
Per definire un'affinità nel piano (che per definizione è un'applicazione che conserva i baricentri dei punti), occorre e basta definire $3$ punti affinemente indipendenti che vengono mandati in altri tre affinemente indipendenti. Quindi dubito fortemente che dato un poligono ad $n$ lati (con $n\ge 4$) esso sia il trasformato mediante un'affinità di un poligono regolare ad $n$ lati.
Veniamo ora alla domanda di Gugo.
Secondo me, la risposta è no. Controllate per cortesia i miei calcoli, visto che raramente ne azzecco uno.
Consideriamo questo poligono convesso [tex]\mathcal{P}[/tex]:
Denoto con $T_1$ e $T_2$ il triangolo sopra e sotto l'asse $x$ rispettivamente.
Calcoliamo
[tex]\displaystyle \int_{T_1}y\textrm{d}x\textrm{d}y=\int_0^1\textrm{d}x\int_0^{-x+1}y\textrm{d}y=\frac{1}{6}[/tex]
[tex]\displaystyle \int_{T_2}y\textrm{d}x\textrm{d}y=\int_0^1\textrm{d}x\int_{-2x}^0y\textrm{d}y=-\frac{2}{3}[/tex]
L'area del poligono è ovviamente [tex]\displaystyle \frac{3}{2}[/tex].
Quindi l'ordinata del baricentro del poligono è
[tex]\displaystyle y_*=\frac{2}{3}\left(\int_{\mathcal{P}}y\textrm{d}x\textrm{d}y\right)=\frac{2}{3}\left(\frac{1}{6}-\frac{2}{3}\right)=-\frac{1}{3}.[/tex]
Invece l'ordinata del baricentro dei punti $A,B,C,D$ è la media della ordinate dei vari punti, quindi
[tex]\displaystyle y_0=\frac{1}{4}(1+0-2+0)=-\frac{1}{4}.[/tex]
Quindi i due baricentri non coincidono nemmeno per i poligoni convessi.
Secondo me, l'anello mancante è quello che Gugo prima ha chiamato "metodo dei fisici" che non dovrebbe funzionare (da notare l'uso del condizionale, non ne sono certo).
Secondo me (ma questa è solo una congettura) funziona solo con i triangoli. Ma bisognerebbe fare qualche conticino.
"dissonance":
per la 3), infine, io definirei la mappa che manda ordinatamente i vertici del poligono regolare nei vertici del poligono convesso e poi bisognerà trovare il modo di mostrare che si tratta di una affinità (questa la vedo più dura e non sono neanche troppo sicuro che sia vero, a ripensarci).
Per definire un'affinità nel piano (che per definizione è un'applicazione che conserva i baricentri dei punti), occorre e basta definire $3$ punti affinemente indipendenti che vengono mandati in altri tre affinemente indipendenti. Quindi dubito fortemente che dato un poligono ad $n$ lati (con $n\ge 4$) esso sia il trasformato mediante un'affinità di un poligono regolare ad $n$ lati.
Veniamo ora alla domanda di Gugo.
"gugo82":
La domanda che (come diceva qualcuno) nasce spontanea è: è vero che per ogni poligono convesso [tex]$\mathcal{P}$[/tex] si ha [tex]$P_*=P_\circ$[/tex]?
Secondo me, la risposta è no. Controllate per cortesia i miei calcoli, visto che raramente ne azzecco uno.
Consideriamo questo poligono convesso [tex]\mathcal{P}[/tex]:
Denoto con $T_1$ e $T_2$ il triangolo sopra e sotto l'asse $x$ rispettivamente.
Calcoliamo
[tex]\displaystyle \int_{T_1}y\textrm{d}x\textrm{d}y=\int_0^1\textrm{d}x\int_0^{-x+1}y\textrm{d}y=\frac{1}{6}[/tex]
[tex]\displaystyle \int_{T_2}y\textrm{d}x\textrm{d}y=\int_0^1\textrm{d}x\int_{-2x}^0y\textrm{d}y=-\frac{2}{3}[/tex]
L'area del poligono è ovviamente [tex]\displaystyle \frac{3}{2}[/tex].
Quindi l'ordinata del baricentro del poligono è
[tex]\displaystyle y_*=\frac{2}{3}\left(\int_{\mathcal{P}}y\textrm{d}x\textrm{d}y\right)=\frac{2}{3}\left(\frac{1}{6}-\frac{2}{3}\right)=-\frac{1}{3}.[/tex]
Invece l'ordinata del baricentro dei punti $A,B,C,D$ è la media della ordinate dei vari punti, quindi
[tex]\displaystyle y_0=\frac{1}{4}(1+0-2+0)=-\frac{1}{4}.[/tex]
Quindi i due baricentri non coincidono nemmeno per i poligoni convessi.
Secondo me, l'anello mancante è quello che Gugo prima ha chiamato "metodo dei fisici" che non dovrebbe funzionare (da notare l'uso del condizionale, non ne sono certo).
Secondo me (ma questa è solo una congettura) funziona solo con i triangoli. Ma bisognerebbe fare qualche conticino.
Grazie cirasa, quindi il punto 3) è da buttare, nel caso generale. Tuttavia quella successione di ragionamenti credo funzioni con i triangoli, il che conferma la tua ultima congettura:
La proposizione è vera per il triangolo (credo si chiami "fondamentale"? Buh, nel seguito lo chiamo così)
[asvg]xmin=0; xmax=1; ymin=0; ymax=1; axes("label"); fill="cyan"; path([[0,0], [0, 1], [1, 0], [0,0]]);[/asvg]
Infatti il baricentro [tex]P_\star[/tex] ha coordinate (NOTA: gli integrali senza dominio esplicito si intendono estesi al triangolo "fondamentale")
[tex]\displaymath x_\star= \frac{\iint x\,dxdy}{\iint\,dxdy}={1\over 1/2}\int_1^1x\,dx\int_0^{1-x}dy=2\int_0^1x(1-x)\,dx=1/3;[/tex]
[tex](x_B-x_A)1/3+(x_C-x_A)1/3+x_A
\displaymath y_\star=\text{conti identici alla riga sopra}=1/3[/tex].
Anche il baricentro [tex]P_\circ[/tex] ha le stesse coordinate:
[tex]x_\circ={1\over3}0+{1\over3}1+{1\over3}0; \\ y_\circ={1\over3}0+{1\over3}0+{1\over3}1[/tex].
Ora prendiamo un triangolo non-degenere qualsiasi di vertici [tex]A, B, C[/tex]. Non-degenere significa che [tex]A, B, C[/tex] sono affinemente indipendenti e perciò esiste una affinità [tex]T[/tex] che trasforma il triangolo "fondamentale" nel triangolo [tex]\widehat{A B C}[/tex]. Possiamo anche scriverne esplicitamente le equazioni:
[tex]T(\xi, \eta)=\left[ (x_B-x_A)\xi+(x_C-x_A)\eta+x_A, (y_B-y_A)\xi+(y_C-y_A)\eta+y_A \right][/tex] (con ovvio significato dei simboli).
Il baricentro dei vertici di [tex]\widehat{A B C}[/tex] è quindi [tex]T(1/3, 1/3)[/tex] per la nota proprietà delle affinità di conservare le combinazioni pesate di punti (che per alcuni è la definizione). Ma questo vale anche per l'altro baricentro:
[tex]\displaymath x'_\star=\frac{\iint_{\widehat{ABC}}x\,dxdy}{\iint_{\widehat{ABC}}dxdy}=\{(x, y)=T(\xi, \eta)\}=[/tex]
[tex]\displaymath \frac{(x_B-x_A)\iint \xi\,d\xi d\eta+(x_C-x_A)\iint \eta \,d\xi d\eta + x_A \iint d\xi\,d\eta}{\iint d\xi d\eta }=(x_B-x_A)1/3+(x_C-x_A)1/3+x_A;[/tex]
[tex]\displaymath y'_\star=\text{conti analoghi alla riga sopra}=(y_B-y_A)1/3+(y_C-y_A)1/3+y_A[/tex]
ovvero [tex](x'_\star, y'_\star)=T(1/3, 1/3)[/tex]. Quindi i due baricentri coincidono.
La proposizione è vera per il triangolo (credo si chiami "fondamentale"? Buh, nel seguito lo chiamo così)
[asvg]xmin=0; xmax=1; ymin=0; ymax=1; axes("label"); fill="cyan"; path([[0,0], [0, 1], [1, 0], [0,0]]);[/asvg]
Infatti il baricentro [tex]P_\star[/tex] ha coordinate (NOTA: gli integrali senza dominio esplicito si intendono estesi al triangolo "fondamentale")
[tex]\displaymath x_\star= \frac{\iint x\,dxdy}{\iint\,dxdy}={1\over 1/2}\int_1^1x\,dx\int_0^{1-x}dy=2\int_0^1x(1-x)\,dx=1/3;[/tex]
[tex](x_B-x_A)1/3+(x_C-x_A)1/3+x_A
\displaymath y_\star=\text{conti identici alla riga sopra}=1/3[/tex].
Anche il baricentro [tex]P_\circ[/tex] ha le stesse coordinate:
[tex]x_\circ={1\over3}0+{1\over3}1+{1\over3}0; \\ y_\circ={1\over3}0+{1\over3}0+{1\over3}1[/tex].
Ora prendiamo un triangolo non-degenere qualsiasi di vertici [tex]A, B, C[/tex]. Non-degenere significa che [tex]A, B, C[/tex] sono affinemente indipendenti e perciò esiste una affinità [tex]T[/tex] che trasforma il triangolo "fondamentale" nel triangolo [tex]\widehat{A B C}[/tex]. Possiamo anche scriverne esplicitamente le equazioni:
[tex]T(\xi, \eta)=\left[ (x_B-x_A)\xi+(x_C-x_A)\eta+x_A, (y_B-y_A)\xi+(y_C-y_A)\eta+y_A \right][/tex] (con ovvio significato dei simboli).
Il baricentro dei vertici di [tex]\widehat{A B C}[/tex] è quindi [tex]T(1/3, 1/3)[/tex] per la nota proprietà delle affinità di conservare le combinazioni pesate di punti (che per alcuni è la definizione). Ma questo vale anche per l'altro baricentro:
[tex]\displaymath x'_\star=\frac{\iint_{\widehat{ABC}}x\,dxdy}{\iint_{\widehat{ABC}}dxdy}=\{(x, y)=T(\xi, \eta)\}=[/tex]
[tex]\displaymath \frac{(x_B-x_A)\iint \xi\,d\xi d\eta+(x_C-x_A)\iint \eta \,d\xi d\eta + x_A \iint d\xi\,d\eta}{\iint d\xi d\eta }=(x_B-x_A)1/3+(x_C-x_A)1/3+x_A;[/tex]
[tex]\displaymath y'_\star=\text{conti analoghi alla riga sopra}=(y_B-y_A)1/3+(y_C-y_A)1/3+y_A[/tex]
ovvero [tex](x'_\star, y'_\star)=T(1/3, 1/3)[/tex]. Quindi i due baricentri coincidono.
"cirasa":A chi lo dici!
Controllate per cortesia i miei calcoli, visto che raramente ne azzecco uno.
Comunque ho rifatto i tuoi calcoli ottenendo lo stesso risultato.
"dissonance":A chi lo dici!
[quote="cirasa"]Controllate per cortesia i miei calcoli, visto che raramente ne azzecco uno.
Comunque ho rifatto i tuoi calcoli ottenendo lo stesso risultato.[/quote]
Meno male! Non avevo pensato di usare il tuo ragionamento precedente per dimostrarlo sui triangoli.
Ero già pronto per dimostrarlo con tutti i lunghi conti per un triangolo generico. Per fortuna sei arrivato tu con la tua soluzione semplice ed elegante.
Sono contento che ti piaccia!!! 
"Elegante" non direi, ma pensavo di dare una spolverata e rimetterla in questi termini:
"Elegante" non direi, ma pensavo di dare una spolverata e rimetterla in questi termini:
- Lemma Sia [tex]T[/tex] una affinità di [tex]\mathbb{R}^n[/tex] (qui chiaramente si può generalizzare a spazi affini più astratti), sia poi [tex]\mathcal{F}[/tex] un sottoinsieme limitato di [tex]\mathbb{R}^n[/tex] e [tex]P_0 \ldots P_k \in \mathbb{R}^n[/tex]. Allora [tex]T[/tex] conserva il baricentro di [tex]\mathcal{F}[/tex] e anche il baricentro di [tex]P_0\ldots P_k[/tex], nel senso che:
i) il baricentro di [tex]T(\mathcal{F})[/tex] è il trasformato mediante [tex]T[/tex] del baricentro di [tex]\mathcal{F}[/tex];
ii) il baricentro di [tex]T(P_0) \ldots T(P_k)[/tex] è il trasformato mediante [tex]T[/tex] del baricentro di [tex]P_0\ldots P_k[/tex].
La dimostrazione per [tex]n=2[/tex] segue pari pari la stessa linea del conto del post precedente, ma direi che vale per ogni dimensione. Al massimo ne riparliamo più tardi.[/list:u:3ez7wp05]
Con questo lemma si dimostrerebbe subito il risultato di sopra:
il baricentro di un triangolo coincide con il baricentro dei propri vertici.
Ma io direi che in dimensioni più grandi potremmo concludere:
il baricentro di un simplesso coincide con il baricentro dei propri vertici.
Basterebbe provare questo risultato per il simplesso "fondamentale" (intendo l'inviluppo convesso di [tex](0\ldots0), (1 \ldots 0), \ldots, (0 \ldots 1)[/tex]) per poterlo poi trasferire, mediante il Lemma, a tutti i simplessi di [tex]\mathbb{R}^n[/tex]. Sarebbe carino perché, come mostra il tuo controesempio, questa proprietà è falsa nel caso generale di un poligono convesso.
Vediamo un po'...
Ho fatto un paio di conticini (tanto per perdere tempo) dato che, dall'esempio del triangolo e del rettangolo avevo pensato che la proprietà potesse esser vera per poligoni inscrittibili in una circonferenza; tuttavia ciò non è vero.
Infatti, scelti [tex]$b,B,h >0$[/tex] e [tex]$b
path([[-4,0],[4,0],[2.5,3],[-2.5,3],[-4,0]]);
text([4,0],"B",below); text([2.5,0],"b",below); text([0,3],"h",aboveleft);[/asvg]
facendo i conti si trova:
[tex]$x_*=0$[/tex]
[tex]$y_*=\frac{1}{(B+b)h}\ \int_0^h y\left\{ \int_{\frac{B-b}{h} y-B}^{B-\frac{B-b}{h} y} \text{d} x\right\} \ \text{d} y = \frac{2}{(B+b)h} \ \int_0^h y\left( B-\frac{B-b}{h} \ y\right) \ \text{d} y =\frac{B+2b}{3(B+b)} \ h$[/tex]
contro il fatto che:
[tex]$x_\circ =0$[/tex]
[tex]$y_\circ =\frac{1}{2}\ h$[/tex],
sicché [tex]$P_*\neq P_\circ$[/tex].
Per inciso, l'esempio precedente mostra che la proprietà non è vera, in generale, nemmeno per poligoni a simmetria assiale semplice, o [tex]$\text{1-simmetrici}$[/tex].*
La proprietà [tex]$P_*=P_\circ$[/tex] è però vera se il poligono [tex]$\mathcal{P}$[/tex] (convesso o no) è [tex]$\text{2-simmetrico}$[/tex], ossia simmetrico rispetto a due assi ortogonali, ovverosia a simmetria centrale.
Infatti, costruito un sistema di riferimento con assi coincidenti con gli assi di simmetria di [tex]$\mathcal{P}$[/tex] ed origine nel loro unico punto d'intersezione, e dette [tex]$\mathcal{P}_-:=\mathcal{P} \cap \{ x<0\}$[/tex], [tex]$\mathcal{P}_0 :=\mathcal{P} \cap \{ x=0\}$[/tex] e [tex]$\mathcal{P}_+ :=\mathcal{P} \cap \{ x>0\}$[/tex] si ha:
[tex]$\int_\mathcal{P} x\text{d} x\ \text{d} y =\left( \int_{\mathcal{P}_+} +\int_{\mathcal{P}_0} +\int_{\mathcal{P}_-}\right) x\ \text{d} x\ \text{d} y =\int_{\mathcal{P}_+} x\ \text{d} x\ \text{d} y -\int_{\mathcal{P}_+} x\ \text{d} x\ \text{d} y =0$[/tex]
(ed, analogamente, [tex]$\int_\mathcal{P} y\ \text{d} x\text{d} y =0$[/tex]), sicché [tex]$P_*=(0,0)$[/tex].
D'altra parte, se [tex]$P_n=(x_n,y_n)$[/tex] è un vertice del poligono, allora anche il punto [tex]$P_n^\prime =(-x_n,-y_n)$[/tex] (corrispondente a [tex]$P_n$[/tex] nella simmetria di centro [tex]$(0,0)$[/tex]) è un vertice; ne viene che si possono raggruppare i vertici di [tex]$\mathcal{P}$[/tex] in coppie aventi coordinate opposte e perciò si ha certamente:
[tex]$P_\circ =(0,0)$[/tex]
per cui [tex]$P_*=P_\circ$[/tex] come volevamo.
***
Ovviamente la condizione [tex]$\mathcal{P} \text{ è 2-simmetrico}$[/tex] è sufficiente per avere [tex]$P_*=P_\circ$[/tex], ma nient'affatto necessaria (basti pensare a cosa succede se [tex]$\mathcal{P}$[/tex] è un triangolo isoscele -cfr. nota-).
Tuttavia, secondo voi, se si fa l'ulteriore ipotesi che [tex]$\mathcal{P}$[/tex] abbia più di tre vertici (insomma, se [tex]$\mathcal{P}$[/tex] non è un tringolo) si può dire che [tex]$P_*=P_\circ \Rightarrow \mathcal{P} \text{ è 2-simmetrico}$[/tex]?
[Per smentire la congettura basterebbe controllare cosa succede per un pentagono regolare: se risulta [tex]$P_*=P_\circ$[/tex] ovvio che non vale l'implicazione [tex]$\Rightarrow$[/tex] nemmeno nelle ipotesi che [tex]$\mathcal{P}$[/tex] abbia più di tre vertici. Chi si vuol fare i conti?]
__________
* Anche se [tex]$P_*=P_\circ$[/tex] vale, ad esempio, per i triangoli isosceli.
Ho fatto un paio di conticini (tanto per perdere tempo) dato che, dall'esempio del triangolo e del rettangolo avevo pensato che la proprietà potesse esser vera per poligoni inscrittibili in una circonferenza; tuttavia ciò non è vero.
Infatti, scelti [tex]$b,B,h >0$[/tex] e [tex]$b
path([[-4,0],[4,0],[2.5,3],[-2.5,3],[-4,0]]);
text([4,0],"B",below); text([2.5,0],"b",below); text([0,3],"h",aboveleft);[/asvg]
facendo i conti si trova:
[tex]$x_*=0$[/tex]
[tex]$y_*=\frac{1}{(B+b)h}\ \int_0^h y\left\{ \int_{\frac{B-b}{h} y-B}^{B-\frac{B-b}{h} y} \text{d} x\right\} \ \text{d} y = \frac{2}{(B+b)h} \ \int_0^h y\left( B-\frac{B-b}{h} \ y\right) \ \text{d} y =\frac{B+2b}{3(B+b)} \ h$[/tex]
contro il fatto che:
[tex]$x_\circ =0$[/tex]
[tex]$y_\circ =\frac{1}{2}\ h$[/tex],
sicché [tex]$P_*\neq P_\circ$[/tex].
Per inciso, l'esempio precedente mostra che la proprietà non è vera, in generale, nemmeno per poligoni a simmetria assiale semplice, o [tex]$\text{1-simmetrici}$[/tex].*
La proprietà [tex]$P_*=P_\circ$[/tex] è però vera se il poligono [tex]$\mathcal{P}$[/tex] (convesso o no) è [tex]$\text{2-simmetrico}$[/tex], ossia simmetrico rispetto a due assi ortogonali, ovverosia a simmetria centrale.
Infatti, costruito un sistema di riferimento con assi coincidenti con gli assi di simmetria di [tex]$\mathcal{P}$[/tex] ed origine nel loro unico punto d'intersezione, e dette [tex]$\mathcal{P}_-:=\mathcal{P} \cap \{ x<0\}$[/tex], [tex]$\mathcal{P}_0 :=\mathcal{P} \cap \{ x=0\}$[/tex] e [tex]$\mathcal{P}_+ :=\mathcal{P} \cap \{ x>0\}$[/tex] si ha:
[tex]$\int_\mathcal{P} x\text{d} x\ \text{d} y =\left( \int_{\mathcal{P}_+} +\int_{\mathcal{P}_0} +\int_{\mathcal{P}_-}\right) x\ \text{d} x\ \text{d} y =\int_{\mathcal{P}_+} x\ \text{d} x\ \text{d} y -\int_{\mathcal{P}_+} x\ \text{d} x\ \text{d} y =0$[/tex]
(ed, analogamente, [tex]$\int_\mathcal{P} y\ \text{d} x\text{d} y =0$[/tex]), sicché [tex]$P_*=(0,0)$[/tex].
D'altra parte, se [tex]$P_n=(x_n,y_n)$[/tex] è un vertice del poligono, allora anche il punto [tex]$P_n^\prime =(-x_n,-y_n)$[/tex] (corrispondente a [tex]$P_n$[/tex] nella simmetria di centro [tex]$(0,0)$[/tex]) è un vertice; ne viene che si possono raggruppare i vertici di [tex]$\mathcal{P}$[/tex] in coppie aventi coordinate opposte e perciò si ha certamente:
[tex]$P_\circ =(0,0)$[/tex]
per cui [tex]$P_*=P_\circ$[/tex] come volevamo.
***
Ovviamente la condizione [tex]$\mathcal{P} \text{ è 2-simmetrico}$[/tex] è sufficiente per avere [tex]$P_*=P_\circ$[/tex], ma nient'affatto necessaria (basti pensare a cosa succede se [tex]$\mathcal{P}$[/tex] è un triangolo isoscele -cfr. nota-).
Tuttavia, secondo voi, se si fa l'ulteriore ipotesi che [tex]$\mathcal{P}$[/tex] abbia più di tre vertici (insomma, se [tex]$\mathcal{P}$[/tex] non è un tringolo) si può dire che [tex]$P_*=P_\circ \Rightarrow \mathcal{P} \text{ è 2-simmetrico}$[/tex]?
[Per smentire la congettura basterebbe controllare cosa succede per un pentagono regolare: se risulta [tex]$P_*=P_\circ$[/tex] ovvio che non vale l'implicazione [tex]$\Rightarrow$[/tex] nemmeno nelle ipotesi che [tex]$\mathcal{P}$[/tex] abbia più di tre vertici. Chi si vuol fare i conti?
]__________
* Anche se [tex]$P_*=P_\circ$[/tex] vale, ad esempio, per i triangoli isosceli.
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