XIV OM - III - Zadanie 2

W przestrzeni dane są cztery różne punkty $ A $, $ B $, $ C $, $ D $. Dowieść, że trzy odcinki łączące środki odcinków $ AB $ i $ CD $, $ AC $ i $ BD $, $ AD $ i $ BC $ mają wspólny środek.

Rozwiązanie

Wystarczy dowieść, że którekolwiek dwa z wymienionych trzech odcinków mają wspólny środek. Wykażemy, że środek $ H $ odcinka $ MN $ pokrywa się ze środkiem $ K $ odcinka $ PQ $, gdzie $ M $, $ N $, $ P $, $ Q $ oznaczają odpowiednio środki odcinków $ AB $, $ CD $, $ AC $, $ BD $.

Uważajmy punkty $ A $, $ B $, $ C $, $ D $ za punkty materialne, przypisując im masy równe $ 1 $. Wyznaczymy środek masy (= środek ciężkości) układu punktów $ A $, $ B $, $ C $, $ D $. Środkiem masy pary $ A $, $ B $ jest punkt $ M $, a środkiem masy pary $ (C, D) $ - punkt $ N $. Przypiszmy punktom $ M $ i $ N $ masy równe odpowiednio sumie mas $ A $ i $ B $ oraz sumie mas $ C $ i $ D $, tj. masy równe $ 2 $. Środkiem masy czwórki punktów $ A $, $ B $, $ C $, $ D $ jest środek masy pary punktów $ M $, $ N $ o równych masach, tj. środek $ H $ odcinka $ MN $. Lecz tak samo środkiem masy czwórki $ A $, $ B $, $ C $, $ D $ jest środek $ K $ odcinka $ PQ $. Zatem punkty $ H $ i $ K $ pokrywają się, c.n.d.

Uwaga 1. Mogłoby się wydawać, że dowód przeprowadzony sposobem 2 nie jest dowodem matematycznym, gdyż posługuje się pojęciem fizycznym środka masy. Otóż tak nie jest, gdyż środek masy może być zdefiniowany w sposób czysto matematyczny; objaśnimy to w krótkości. Przyporządkujmy punktom przestrzeni $ A_1, A_2, \ldots, A_n $ liczby dodatnie $ m_1, m_2, \ldots, m_n $, które nazwiemy ich masami. Zachodzi twierdzenie: Istnieje jeden i tylko jeden taki punkt $ S $, że

\[<br />
(1) \qquad  m_1 \overrightarrow{SA_1} + m_2\overrightarrow{SA_2} + \ldots + m_n\overrightarrow{SA_n} = 0.<br />
\]

Dowód 1. Obierzmy w przestrzeni dowolny punkt $ O $. Punkt $ S $ określony wzorem

\[<br />
(2) \qquad  OS = \frac{m_1 \overrightarrow{OA_1} + m_2\overrightarrow{OA_2} +  \ldots  + m_n\overrightarrow{OA_n}}{m_1 + m_2 + \ldots +m_n}<br />
\]

czyni zadość warunkowi (1). Istotnie, z (2) wynika, że

\[<br />
m_1(\overrightarrow{OA_1} - \overrightarrow{OS}) + m_2(\overrightarrow{OA_2} - \overrightarrow{OS}) + \ldots + m_n(\overrightarrow{OA_n} - \overrightarrow{OS}) = 0,<br />
\]

lecz $ \overrightarrow{OA_i} - \overrightarrow{OS} = \overrightarrow{SA_i} $ ($ i = 1, 2, \ldots, n $), więc

\[<br />
m_1 \overrightarrow{SA_1} + m_2\overrightarrow{SA_2} + \ldots + m_n\overrightarrow{SA_n} = 0<br />
\]

2. Istnieje tylko jeden punkt spełniający warunek (1). Jeśli bowiem dla punktu $ S $ zachodzi równość (1), a dla punktu $ T $ równość

\[<br />
(3) \qquad  m_1 \overrightarrow{TA_1} + m_2\overrightarrow{TA_2} + \ldots + m_n\overrightarrow{TA_n} = 0<br />
\]

to odejmując (1) od (3), otrzymujemy

\[<br />
m(\overrightarrow{TA_1} - \overrightarrow{SA_1}) + m_2(\overrightarrow{TA_2} - \overrightarrow{SA_2}) + \ldots + m_n(\overrightarrow{TA_n} - \overrightarrow{SA_n}),<br />
\]

skąd

\[<br />
m_1\overrightarrow{TS} + m_2\overrightarrow{TS}+ \ldots + m_n\overrightarrow{TS} = (m_1 + m_2 + \ldots + m_n) \overrightarrow{TS} = 0.<br />
\]

Ponieważ $ m_1 + m_2 + \ldots + m_n > 0 $, więc z powyższej równości wynika, że $ \overrightarrow{TS} = 0 $, tzn. punkty $ T $ i $ S $ są identyczne.

Punkt $ S $ określony jednoznacznie równością (1) nazywa się środkiem masy układu punktów materialnych $ A_1(m_1), A_2(m_2), \ldots, A_n(m_n) $.

Przykłady. a) Środkiem masy pary punktów $ A(1) $, $ B(1) $ jest środek $ S $ odcinka $ AB $, gdyż z równości $ \overrightarrow{AS} = \overrightarrow{SB} $ wynika, że - $ \overrightarrow{SA} = \overrightarrow{SB} $, zatem $ \overrightarrow{SA} + \overrightarrow{SB} = 0 $.

b) Środkiem masy trójki punktów $ A(1) $, $ B(1) $, $ C(1) $ jest punkt przecięcia $ S $ środkowych trójkąta $ ABC $, gdyż, według oznaczeń podanych na rys. 27, $ \overrightarrow{AS} = 2\overrightarrow{SM} $, zatem

\[<br />
\overrightarrow{SA} + \overrightarrow{SB} + \overrightarrow{SC} =<br />
\overrightarrow{SB} + \overrightarrow{SC} - \overrightarrow{AS} =<br />
\overrightarrow{SD} - \overrightarrow{AS} =<br />
2\overrightarrow{SM} - \overrightarrow{AS} = 0.<br />
\]

Podzielmy układ punktów $ A_1(m_1), A_2(m_2), \ldots, A_n(m_n) $ o środku masy $ S $ na dwie części $ A_1(m_1), \ldots, A_k(m_k) $ i $ A_{k+1} (m_{k +1}), \ldots, A_n(m_n) $, dla których środkami masy niech będą punkty $ T $ i $ U $. Wówczas

\[<br />
m_1 \overrightarrow{SA_1} + \ldots + m_k\overrightarrow{SA_k} + m_{k+1}\overrightarrow{SA_{k+1}} + \ldots + m_n\overrightarrow{SA_n} = 0,<br />
\]
\[<br />
m_1\overrightarrow{TA_1} + \ldots+ m_k\overrightarrow{TA_k} = 0,<br />
\]
\[<br />
m_{k+1}\overrightarrow{UA_{k+1}} + \ldots + m_n\overrightarrow{UA_n} = 0.<br />
\]

Odejmując drugą i trzecią równość od pierwszej, otrzymujemy

\[<br />
m_1(\overrightarrow{SA_1} - \overrightarrow{TA_1}) + \ldots + m_k(\overrightarrow{SA_k} - \overrightarrow{TA_k}) + m_{k + 1} (\overrightarrow{SA_{k+1}} - \overrightarrow{UA_{k+ 1}} + \ldots + m_n(\overrightarrow{SA_n} - \overrightarrow{UA_n}) = 0,<br />
\]

skąd

\[<br />
m_1\overrightarrow{ST} + \ldots + m_k\overrightarrow{ST} + m_{k+1}\overrightarrow{SU} + \ldots + m_n\overrightarrow{SU} = 0<br />
\]

i

\[<br />
(m_1 + \ldots + m_k) \overrightarrow{ST} + (m_{k+1} + \ldots + m_n) \overrightarrow{SU} = 0.<br />
\]

Punkt $ S $ jest więc środkiem masy pary punktów $ T $, $ U $ o masach $ m_1+ \ldots + m_k $ i $ m_{k + 1} + \ldots + m_n $. Zachodzi zatem twierdzenie:

Środek ciężkości układu punktów nie ulega zmianie, gdy układ ten podzielimy na części i każdą część zastąpimy jej środkiem masy, przypisując mu masę równą sumie mas punktów tej części.

Korzystając z tego twierdzenia, możemy wyznaczyć środek masy $ S $ trójki punktów $ A(1) $, $ B(1) $, $ C(1) $ prościej niż poprzednio w przykładzie b). Mianowicie $ S $ (rys. 27) jest środkiem masy pary $ A(1) $ i $ M(2) $, leży zatem na środkowej $ AM $ trójkąta $ ABC $; tak samo leży on na każdej z pozostałych środkowych. Stąd wynika, że $ 3 $ środkowe trójkąta przecinają się w jednym punkcie. Poza tym

\[<br />
\overrightarrow{SA} + 2\overrightarrow{SM} = 0 \textrm{ skąd }<br />
\overrightarrow{AS} = 2\overrightarrow{SM},<br />
\]

więc punkt $ S $ dzieli środkową w stosunku $ 2 \colon 1 $.

Uwaga 2. Założenie, że punkty $ A $, $ B $, $ C $, $ D $ są różne, można pominąć; w żadnym z poprzednich dowodów nie korzystaliśmy z tego założenia, tzn. udowodniliśmy twierdzenie mocniejsze.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź