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Grado en Matemáticas

Geometría afín y coordenadas baricéntricas

Un punto indica dónde estamos; un vector indica cuánto nos movemos. Con esa distinción aprenderemos a situar un punto entre otros y, después, dentro o fuera de un triángulo. Las coordenadas baricéntricas serán sus pesos respecto a los vértices. Dibujaremos qué significan antes de resolver el sistema que las calcula.

Si necesitas repasar:

1. Un punto es una posición y un vector es un desplazamiento

Si estamos en A y queremos llegar a B, el vector B−A expresa el cambio.

Sumarlo a A tiene sentido: A+(B−A)=B.

Sumar dos puntos sin fijar una regla no tiene el mismo significado geométrico, porque no hay un origen privilegiado en un espacio afín.

Al elegir un origen O, representamos cada punto P por el vector P−O. Cambiar O cambia esos números, pero no cambia el desplazamiento Q−P. Encadenar dos desplazamientos cumple (R−Q)+(Q−P)=R−P: los puntos intermedios se cancelan.

Separar la llegada del movimiento

A=(1,2), B=(5,3).

  1. Restar

    B−A=(5−1,3−2)=(4,1).
  2. Leer

    Cuatro unidades a la derecha y una hacia arriba.

  3. Comprobar

    A+(4,1)=(5,3)=B.
Resultado

El vector es (4,1); el punto de llegada es B.

Lo comprobamos

Con otro origen cambiarían las coordenadas de A y B, pero su diferencia seguiría siendo (4,1).

Un cambio de origen no mueve las posiciones

Toma O′=(−2,1) y los mismos puntos.

  1. Nuevas posiciones

    A−O′=(3,1), B−O′=(7,2).
  2. Diferencia

    (7,2)−(3,1)=(4,1).
  3. Encadenar

    Si después avanzamos (−1,2), el cambio total desde A es (3,3).

Resultado

Las coordenadas dependen del origen y los desplazamientos entre puntos no.

Lo comprobamos

B+(−1,2)=(4,5) y (4,5)−A=(3,3), igual a la suma de los dos cambios.

2. Para combinar puntos, los pesos deben sumar uno

Dados P₁,…,Pᵣ y pesos λ₁,…,λᵣ de suma uno, definimos su combinación como O+Σλᵢ(Pᵢ−O). Es un punto. Si cambiamos O por O′, la parte vectorial gana (Σλᵢ)(O−O′)=O−O′ y cancela exactamente el cambio del punto inicial. Por eso podemos abreviar ΣλᵢPᵢ.

Si la suma de pesos no es uno, esa cancelación falla. Hay otra construcción útil: una combinación de puntos con pesos que suman cero define un vector independiente del origen. Q−P tiene pesos uno y menos uno: es precisamente el desplazamiento entre los puntos.

Un promedio que no depende del origen

Combina A=(1,2) y B=(5,3) con pesos 3/4 y 1/4.

  1. Comprobar suma

    3/4+1/4=1.
  2. Calcular

    (3/4)A+(1/4)B=(2,9/4).
  3. Cambiar origen

    Con O′=(−2,1), los vectores (3,1),(7,2) dan (4,5/4); al sumar O′ vuelve (2,9/4).

Resultado

La combinación representa el mismo punto.

Lo comprobamos

No se promedian solo los números: al trabajar respecto a otro origen se vuelve a sumar ese origen.

Por qué A+B no es una combinación afín de puntos

Usa pesos uno y uno.

  1. Desde el origen usual

    O+(A−O)+(B−O)=(6,5).
  2. Desde O′

    O′+(A−O′)+(B−O′)=(8,4).
  3. Causa

    Los pesos suman dos; queda un desplazamiento extra al cambiar el origen.

Resultado

Sin una convención adicional, A+B no define un punto afín intrínseco.

Lo comprobamos

En cambio B−A sí define un vector, porque los pesos de esa diferencia suman cero.

3. Un parámetro recorre el segmento y después prolonga la recta

Con A distinto de B, P=A+t(B−A)=(1−t)A+tB.

El parámetro t mide qué fracción del desplazamiento de A a B hemos realizado. Para t=0 estamos en A, para t=1 en B y para 0<t<1 entre ambos.

Si t<0 avanzamos en sentido contrario desde A; si t>1 pasamos más allá de B. En el segmento interior, la razón AP:PB es t:(1−t). Esa proporción sobre la misma recta tiene sentido afín: no exige que una transformación conserve todas las distancias del plano.

Un cuarto del recorrido

A=(0,1), B=(8,5), t=1/4.

  1. Desplazamiento

    B−A=(8,4).
  2. Fracción

    Un cuarto del cambio es (2,1).

  3. Punto

    P=A+(2,1)=(2,2); los pesos son 3/4 y 1/4.
Resultado

P divide el segmento con razón AP:PB=1:3.

Lo comprobamos

Los cambios P−A=(2,1) y B−P=(6,3) están en proporción uno a tres.

Los pesos negativos también describen posiciones

Usa los mismos A,B y t=3/2.

  1. Cambio

    (3/2)(8,4)=(12,6).
  2. Llegada

    P=(12,7), más allá de B.
  3. Pesos

    1−t=−1/2 y t=3/2 siguen sumando uno.
Resultado

Una combinación afín puede estar fuera del segmento.

Lo comprobamos

P−B=(4,2) es medio desplazamiento adicional; no hay contradicción en un peso negativo.

4. Una referencia afín necesita vértices que no colapsen en una dimensión menor

P₀,…,Pₙ son afínmente independientes cuando P₁−P₀,…,Pₙ−P₀ son linealmente independientes. En el plano, tres puntos no alineados dan dos direcciones independientes; en el espacio, cuatro puntos no coplanarios dan tres.

Su envolvente afín contiene todas las combinaciones de suma uno. Con independencia, los pesos de cada punto de esa envolvente son únicos: la diferencia de dos representaciones daría una combinación lineal nula de direcciones independientes. Si hay dependencia, algunos puntos no son representables y otros pueden tener varias representaciones.

El triángulo sí sirve de referencia

A=(0,0), B=(8,0), C=(0,6).

  1. Direcciones

    B−A=(8,0), C−A=(0,6).
  2. Independencia

    El determinante es 8·6−0=48, no nulo.
  3. Alcance

    Las dos direcciones generan el plano, así cada punto tiene una única terna de pesos de suma uno.

Resultado

Es una referencia afín del plano.

Lo comprobamos

El área es la mitad del determinante absoluto, veinticuatro, y no es cero.

Tres puntos que no forman una referencia del plano

A=(0,0), B=(2,0), C=(4,0).

  1. Dependencia

    C−A=2(B−A): solo hay dirección horizontal.
  2. No representable

    Ninguna combinación afín produce (0,1), pues todas tienen y=0.

  3. No única

    B puede escribirse con pesos (0,1,0) o (1/2,0,1/2).

Resultado

La alineación pierde existencia global y unicidad.

Lo comprobamos

Las dos ternas suman uno y ambas producen (2,0).

5. Para calcular pesos, resolvemos dos coordenadas y después su suma

Fijamos el orden A,B,C y buscamos P=αA+βB+γC, con α+β+γ=1.
Al sustituir α=1−β−γ resulta P−A=β(B−A)+γ(C−A).

Es un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas.

Los tres pesos se leen como fracciones del área total
P=(2;2) ; pesos respecto a A,B,CA(0;0)B(8;0)C(0;6)Párea 1068α=10/24 ; β=6/24 ; γ=8/24α+β+γ=1
Triángulo A cero cero, B ocho cero, C cero seis, de área veinticuatro. El punto P dos dos lo divide en áreas diez opuesta a A, seis opuesta a B y ocho opuesta a C. Los pesos normalizados son cinco doceavos, un cuarto y un tercio y suman uno.

Primero comprobamos que A,B,C no están alineados.

Resolvemos β,γ y calculamos α=1−β−γ.

Finalmente verificamos las dos coordenadas y la suma. Permutar el orden de los vértices exige permutar sus pesos; una terna sin orden de referencia queda incompleta.

Los pesos del dibujo

Usa A=(0,0), B=(8,0), C=(0,6), P=(2,2).

  1. Horizontal

    2=8β, de donde β=1/4.
  2. Vertical

    2=6γ, de donde γ=1/3.
  3. Completar

    α=1−1/4−1/3=5/12.
Resultado

(α,β,γ)=(5/12,1/4,1/3).

Lo comprobamos

Los pesos suman 12/12 y (1/4)(8,0)+(1/3)(0,6)=(2,2).

Un triángulo trasladado conserva la terna

Traslada esos cuatro puntos por (1,2).

  1. Nuevos vértices

    A′=(1,2), B′=(9,2), C′=(1,8); P′=(3,4).
  2. Restar A′

    P′−A′=(2,2); las dos columnas siguen siendo (8,0),(0,6).
  3. Resolver

    El sistema es idéntico, así los pesos son 5/12,1/4,1/3.

Resultado

Cambiar la posición global no cambia los pesos.

Lo comprobamos

Sustituir da x=1+8/4=3 e y=2+6/3=4.

6. Los signos indican interior, borde o exterior

Con una referencia triangular no degenerada, los pesos no negativos de suma uno describen exactamente el triángulo cerrado. Los tres estrictamente positivos dan su interior. Un peso cero coloca el punto en la recta del lado opuesto; para estar en el segmento de ese lado también necesitamos que los otros dos sean no negativos.

Dos pesos cero dejan un vértice. Si alguno es negativo, el punto está fuera del triángulo cerrado, aunque siga siendo un punto válido del plano. Cada coordenada afín varía linealmente y vale cero sobre el lado opuesto; por eso su signo distingue los dos semiplanos separados por ese lado.

Del interior al lado

En el triángulo del dibujo, compara P=(2,2) y M=(4,3).

  1. P

    Sus tres pesos 5/12,1/4,1/3 son positivos: interior.

  2. M

    β=4/8=1/2, γ=3/6=1/2, α=0.
  3. Interpretar

    M=(B+C)/2 está en el lado BC, no en el interior estricto.
Resultado

La coordenada α=0 identifica el lado opuesto a A.

Lo comprobamos

El punto A tiene pesos (1,0,0), ejemplo de vértice con dos ceros.

Un cero no garantiza pertenecer al segmento

Compara R=(6,3) y T=(−4,9).

  1. R

    Sus pesos son α=−1/4, β=3/4, γ=1/2: exterior.
  2. T

    Sus pesos son α=0, β=−1/2, γ=3/2.
  3. Leer T

    Está en la recta BC, prolongada más allá de C, pero no en el segmento porque β es negativo.

Resultado

El signo de todos los pesos importa.

Lo comprobamos

Para T se obtiene (−1/2)(8,0)+(3/2)(0,6)=(−4,9), sobre la recta del lado.

7. Las áreas orientadas calculan los mismos pesos y conservan los signos

Escribimos [U,V,W] para el área orientada: la mitad de det(V−U,W−U). Intercambiar dos vértices cambia el signo.

En un triángulo no degenerado, α=[P,B,C]/[A,B,C], β=[A,P,C]/[A,B,C] y γ=[A,B,P]/[A,B,C].

Estas identidades se obtienen sustituyendo P−A=β(B−A)+γ(C−A) en los determinantes. Los términos con columnas repetidas se anulan. Los tres numeradores suman el denominador, incluso si P está fuera; allí hay áreas negativas que no podemos reemplazar por valores absolutos.

Las tres piezas del dibujo

Calcula áreas para P=(2,2), A=(0,0), B=(8,0), C=(0,6).

  1. Total

    [A,B,C]=48/2=24.
  2. Piezas

    [P,B,C]=10, [A,P,C]=6 y [A,B,P]=8.
  3. Cocientes

    10/24=5/12, 6/24=1/4 y 8/24=1/3.
Resultado

Las áreas devuelven la misma terna que el sistema.

Lo comprobamos

Diez más seis más ocho es veinticuatro: las piezas interiores se reparten el área total.

Fuera del triángulo una pieza cambia de signo

Usa R=(6,3).

  1. Áreas orientadas

    [R,B,C]=−6, [A,R,C]=18 y [A,B,R]=12.
  2. Normalizar

    Dividimos por veinticuatro: −1/4,3/4,1/2.

  3. Conservar signo

    −6+18+12=24; con áreas absolutas saldría treinta y seis y ya no sumarían uno.

Resultado

El área negativa es información de posición.

Lo comprobamos

La terna coincide con la obtenida antes para R; tomar valores absolutos habría borrado el exterior.

8. Una aplicación afín conserva combinaciones, aunque pueda colapsar direcciones

En coordenadas, F(x)=Mx+b.
Si los pesos suman uno, ΣλᵢF(Pᵢ)=MΣλᵢPᵢ+bΣλᵢ=F(ΣλᵢPᵢ).

De ahí se conservan puntos medios y relaciones baricéntricas. Para una recta P+tv, su imagen es F(P)+tMv.

La figura puede inclinarse sin cambiar las proporciones afines
Un cizallamiento conserva el mediocuadradoimagenMF(M)F(x;y)=(x+y/2;y)El medio sigue siendo el medio.
Un cuadrado se transforma en paralelogramo por el cizallamiento x más y medios, y. El punto medio de una diagonal se transforma en el punto medio de la diagonal imagen. Los ángulos y las longitudes no se conservan en general.

Si Mv no es cero, la imagen es una recta.

Si Mv=0, toda esa recta se convierte en un punto.

Para preservar independencia y tener un cambio de referencia reversible exigimos M invertible. La fórmula de pesos sigue siendo cierta sin invertibilidad, pero sus imágenes pueden dejar de formar una referencia única.

Inclinar una figura conserva su diagonal partida por la mitad

Usa F(x,y)=(x+y/2,y).

  1. Puntos

    U=(0,0), V=(2,2), M=(1,1).
  2. Imágenes

    F(U)=(0,0), F(V)=(3,2), F(M)=(3/2,1).
  3. Promedio

    (F(U)+F(V))/2=(3/2,1)=F(M).
Resultado

El cizallamiento conserva el punto medio.

Lo comprobamos

La matriz tiene determinante uno y es invertible, aunque no conserve ángulos.

Proyectar puede perder un triángulo entero

Usa H(x,y)=(x,0).

  1. Vértices

    A=(0,0), B=(8,0), C=(0,6) pasan a (0,0),(8,0),(0,0).
  2. Colapso

    A y C tienen la misma imagen; la dirección vertical desaparece.

  3. Pesos

    H(P)=αH(A)+βH(B)+γH(C) sigue valiendo, pero ya no permite recuperar α y γ por separado.

Resultado

Conservar una combinación no implica conservar una referencia afín.

Lo comprobamos

La matriz de H tiene determinante cero, justamente la pérdida de una dirección.

9. Las proporciones afines sobreviven; longitudes y ángulos pueden cambiar

Una matriz invertible M multiplica las áreas orientadas por det M. En los cocientes de áreas de las coordenadas baricéntricas, ese factor se cancela. No se deduce que cada área o longitud sea igual a la original: solo que esas proporciones se conservan.

El centroide G=(A+B+C)/3 tiene pesos iguales.

Si N=(B+C)/2 es el punto medio de un lado, G=(1/3)A+(2/3)N: está a dos tercios de la mediana desde A. Repitiendo con los otros vértices, las tres medianas pasan por el mismo punto. Es una propiedad afín y permanece cierta al inclinar o estirar el triángulo.

Mismo cociente de áreas, otras longitudes

Aplica F(x,y)=(2x,y) al triángulo del dibujo.

  1. Cambios

    El lado horizontal pasa de ocho a dieciséis; el vertical sigue midiendo seis.

  2. Áreas

    El total pasa de 24 a 48 y las piezas de P pasan de 10,6,8 a 20,12,16.

  3. Cocientes

    20/48=5/12, 12/48=1/4 y 16/48=1/3.
Resultado

La terna de pesos no cambia.

Lo comprobamos

Un segmento diagonal con vector (1,1) pasa a (2,1): su dirección y su longitud sí cambian.

Encontrar el centroide por una mediana

Usa A=(0,0), B=(8,0), C=(0,6).

  1. Promedio

    G=((0+8+0)/3,(0+0+6)/3)=(8/3,2).
  2. Punto medio

    N=(B+C)/2=(4,3).
  3. Fracción del recorrido

    A+(2/3)(N−A)=(8/3,2).
Resultado

Las medianas se cortan en razón 2:1 desde cada vértice.

Lo comprobamos

La fórmula simétrica de G permite repetir la misma comprobación desde B o C.

Ahora lo resolvemos de principio a fin.

EJEMPLO RESUELTO 1

Centroide

Calcula el centroide de A=(0,0), B=(6,0), C=(0,3).

  1. Reconocer el centroide

    El centroide asigna el mismo peso a los tres vértices: 1/3 a cada uno.

  2. Comprobar suma

    1/3+1/3+1/3=1, así el promedio define un punto afín.
  3. Coordenada horizontal

    (0+6+0)/3=6/3=2.
  4. Coordenada vertical

    (0+0+3)/3=3/3=1.
  5. Leer posición

    G=(2,1).

    Los tres pesos positivos lo sitúan dentro del triángulo.

  6. Comprobar una mediana

    El medio de BC es (3,3/2).

    Dos tercios del recorrido desde A da (2/3)(3,3/2)=(2,1).
Resultado

(2,1).

Lo comprobamos

Los pesos son (1/3,1/3,1/3), de suma uno, y la sustitución en αA+βB+γC devuelve exactamente (2,1).

EJEMPLO RESUELTO 2

Coordenadas interiores

P=(1,1), A=(0,0), B=(3,0), C=(0,3).

  1. Fijar orden y ecuación

    Los pesos corresponden a A,B,C: P=αA+βB+γC y α+β+γ=1.
  2. Comprobar referencia

    B−A=(3,0), C−A=(0,3) tienen determinante nueve, distinto de cero.
  3. Comparar x

    1=3β, luego β=1/3.
  4. Comparar y

    1=3γ, luego γ=1/3.
  5. Completar suma

    α=1−1/3−1/3=1/3.
  6. Verificar

    La combinación devuelve (1,1), los pesos suman uno y son positivos. La independencia garantiza unicidad e interior.

Resultado

(α,β,γ)=(1/3,1/3,1/3).

Lo comprobamos

Sustituir los tres pesos reproduce las dos coordenadas dadas. La independencia de los desplazamientos garantiza que no exista otra terna normalizada.

Los símbolos que hemos usado

Q−P
Vector de desplazamiento del punto P al punto Q.
P+v
Punto obtenido al desplazar P por el vector v.
Σλ_iP_i
Combinación afín de puntos, definida cuando Σλ_i=1.
(α,β,γ)
Coordenadas baricéntricas normalizadas respecto al triángulo ordenado A,B,C.
Convexa
Combinación afín cuyos pesos son todos no negativos.
F(x)=Mx+b
Aplicación afín expresada en coordenadas: parte lineal M seguida de una traslación b.

Ahora te toca a ti.

Tienes cinco ejercicios. Inténtalos; las pistas te ayudan si te atascas.

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