V OM - III - Zadanie 3

Jednorodną tarczę kołową zawieszono w położeniu poziomym na sznurze uczepionym w jej środku $ O $. W trzech różnych punktach $ A $, $ B $, $ C $ brzegu tarczy położono ciężary $ p_1 $, $ p_2 $, $ p_3 $, po czym tarcza pozostała w równowadze. Obliczyć kąty $ AOB $, $ BOC $ i $ COA $.

Rozwiązanie

Ponieważ tarcza po umieszczeniu ciężarów pozostała w równowadze, więc wypadkowa sił równoległych $ p_1 $, $ p_2 $, $ p_3 $ przechodzi przez punkt $ O $ (rys. 41). Z trzech kątów $ AOB $, $ BOC $, $ COA $ rozważanych w jednakowym kierunku obrbtu przynajmniej dwa są mniejsze od $ 180^\circ $, gdyż suma wszystkich trzech wynosi $ 360^\circ $; niech np. $ \measuredangle AOB < 180^\circ $. Wypadkowa sił $ p_1 $ i $ p_2 $ zaczepionych w punktach $ A $ i $ B $ przechodzi przez pewien punkt $ M $ odcinka $ AB $; zatem punkt $ C $ jest punktem przecięcia brzegu tarczy z półprostą $ MO $ i każdy z kątów $ BOC $, $ COA $ jest również mniejszy od $ 180^\circ $.

Wiadomo ze statyki, że położenie punktu $ M $ określa równość

\[<br />
(1) \qquad \frac{AM}{MB} = \frac{p_2}{p_1}.<br />
\]

W trójkątach $ AOM $ i $ BOM $ jest

\[<br />
\frac{AM}{\sin \measuredangle AOM} =<br />
\frac{OM}{\sin \measuredangle A},\<br />
\frac{MB}{\sin \measuredangle MOB} = \frac{OM}{\sin \measuredangle B},<br />
\]

a że $ \measuredangle A = \measuredangle B $, więc z powyższych równości wynika, że

\[<br />
(2) \qquad<br />
\frac{AM}{\sin \measuredangle AOM} = \frac{MB}{\sin \measuredangle MOB}.<br />
\]

Z równości (1) i (2) otrzymujemy

\[<br />
\frac{p_2}{\sin \measuredangle AOM} = \frac{p_1}{\sin \measuredangle MOB},<br />
\]

a ponieważ $ \measuredangle AOM = 180^\circ - \measuredangle COA $, $ \measuredangle MOB = 180^\circ - \measuredangle BOC $, więc

\[<br />
\frac{p_1}{\sin \measuredangle BOC} = \frac{p_2}{\sin \measuredangle COA}.<br />
\]

Analogiczne równości zachodzą dla pozostałych par szukanych kątów, zatem

\[<br />
(3) \qquad<br />
\frac{p_1}{\sin \measuredangle BOC} =<br />
\frac{p_2}{\sin \measuredangle COA} =<br />
\frac{p_3}{\sin \measuredangle AOB}.<br />
\]

Z równości (3) można już wyznaczyć kąty $ BOC $, $ COA $ i $ AOB $. Istotnie niech $ 180^\circ - \measuredangle BOC = \alpha $, $ 180^\circ - \measuredangle COA = \beta $, $ 180^\circ - \measuredangle AOB = \gamma $; ponieważ $ \measuredangle BOC + \measuredangle COA + \measuredangle AOB = 360^\circ $, wobec czego $ \alpha + \beta + \gamma = 180^\circ $, a równości (3) przybierają postać

\[<br />
\frac{p_1}{\sin \alpha} = \frac{p_2}{\sin \beta} = \frac{p_3}{\sin \gamma},<br />
\]

więc $ \alpha $, $ \beta $, $ \gamma $ są kątami trójkąta o bokach $ p_1 $, $ p_2 $, $ p_3 $. Kąty te możemy obliczyć stosując do owego trójkąta twierdzenie cosinusów, kąty zaś $ BOC $, $ COA $, $ AOB $ obliczymy jako dopełnienia kątów $ \alpha $, $ \beta $, $ \gamma $ do $ 180^\circ $. W ten sposób otrzymujemy

\[<br />
(4) \qquad<br />
\begin{array}{l}<br />
\cos \measuredangle BOC = \frac{p_1^2 - p_2^2 - p_3^2}{2p_2p_3},\\<br />
\cos \measuredangle COA = \frac{p_2^2 - p_3^2 - p_1^2}{2p_3p_1},\\<br />
\cos \measuredangle AOB = \frac{p_3^2 - p_1^2 - p_2^2}{2p_1p_2}.<br />
\end{array}<br />
\]

Ponieważ każdy z poszukiwanych kątów zawiera się między $ 0^\circ $ i $ 180^\circ $, więc wzory (4) wyznaczają te kąty w sposób jednoznaczny.

Uwaga. Zgodnie z treścią zadania przyjęliśmy w powyższym rozwiązaniu, że po umieszczeniu ciężarów $ p_1 $, $ p_2 $, $ p_3 $ tarcza pozostała w równowadze. Powstaje pytanie, czy ciężary $ p_1 $, $ p_2 $, $ p_3 $ mogą mieć dowolne wartości, tzn. czy dowolnie obrane ciężary $ p_1 $, $ p_2 $, $ p_3 $ można tak umieścić w trzech różnych punktach tarczy, że tarcza pozostanie w równowadze? Łatwo spostrzec, że tak nie jest. W powyższym rozumowaniu okazało się bowiem, że liczby $ p_1 $, $ p_2 $, $ p_3 $ wyrażają długości boków trójkąta, muszą one zatem spełniać nierówności

\[<br />
(5) \qquad<br />
p_1 + p_2 > p_3,\<br />
p_2 + p_3 > p_1,\<br />
p_3 + p_1 > p_2.<br />
\]

Wykażemy, że warunki konieczne (5) są zarazem dostateczne. Przypuśćmy, że liczby $ p_1 $, $ p_2 $, $ p_3 $ spełniają warunki (5). Wówczas istnieje trójkąt o bokach $ p_1 $, $ p_2 $, $ p_3 $. Jeśli kątami tego trójkąta są $ \alpha $, $ \beta $, $ \gamma $, to możemy wyznaczyć na brzegu tarczy trzy różne punkty, $ A $, $ B $, $ C $ w ten sposób, że $ \measuredangle BOC = 180^\circ - \alpha $, $ \measuredangle COA = 180^\circ - \beta $, $ \measuredangle AOB = 180^\circ - \gamma $, gdyż $ (180^\circ - \alpha) + (180^\circ - \beta) + (180^\circ - \gamma) = 360^\circ $. Kąty $ BOC $, $ COA $, $ AOB $ spełniają wówczas równania (3). Umieśćmy w punktach $ A $, $ B $, $ C $ ciężary $ p_1 $, $ p_2 $, $ p_3 $; dowiedziemy, że tarcza będzie wówczas w równowadze. Ponieważ każdy z kątów $ BOC $, $ COA $, $ AOB $ jest mniejszy od $ 180^\circ $, więc przedłużenie promienia $ CO $ przecina bok $ AB $ trójkąta $ AOB $ w pewnym punkcie $ M $. W takim razie zachodzi równość (2), a ponieważ $ \measuredangle AOM = 180^\circ - \measuredangle COA $, $ \measuredangle MOB = 180^\circ - \measuredangle BOC $, więc

\[<br />
(6) \qquad<br />
\frac{AM}{\sin \measuredangle COA} = \frac{MB}{\sin \measuredangle BOC}.<br />
\]

Z równości (6) i (3) wynika, że

\[<br />
\frac{AM}{MB} = \frac{p_2}{p_1},<br />
\]

punkt $ M $ jest zatem punktem zaczepienia wypadkowej sił równoległych $ p_1 $ i $ p_2 $ zaczepionych w punktach $ A $ i $ B $. Ponieważ ta wypadkowa ma wartość $ p_1 + p_2 $, więc trzeba jeszcze tylko dowieść, że punkt $ O $ jest punktem zaczepienia wypadkowej sił równoległych $ p_1 + p_2 $ i $ p_3 $ zaczepionych odpowiednio w punktach $ M $ i $ C $. Otóż z równości (3) wynika, że

\[<br />
(7) \qquad \frac{p_1 + p_2}{p_3} =<br />
\frac{\sin \measuredangle BOC + \sin \measuredangle COA}{\sin \measuredangle AOB} =<br />
\frac{\sin \measuredangle MOB + \sin \measuredangle AOM}{\sin \measuredangle AOB}.<br />
\]

Stosując twierdzenie sinusów do trójkątów $ AOM $, $ MOB $ i $ AOB $ mamy

\[ \sin \measuredangle MOB = \frac{MB}{MO} \sin \measuredangle B, \]
\[ \sin \measuredangle AOM = \frac{AM}{MO} \sin \measuredangle A, \]
\[ \sin \measuredangle AOB = \frac{AB}{OA} \sin \measuredangle B. \]

Podstawiając te wartości do równania (7) i uwzględniając że $ \measuredangle A = \measuredangle B $, $ AM + MB = AB $, $ OA = OC $ otrzymujemy

\[<br />
\frac{p_1 + p_2}{p_3} = \frac{OC}{MO}.<br />
\]

Równość ta dowodzi, że istotnie wypadkowa sił równoległych $ p_1 + p_2 $ i $ p_3 $ przyłożonych w punktach $ M $ i $ C $ przechodzi przez punkt $ O $. A zatem wypadkowa sił równoległych $ p_1 $, $ p_2 $, $ p_3 $ przyłożonych odpowiednio w punktach $ A $, $ B $, $ C $ przechodzi przez punkt $ O $, czego mieliśmy dowieść.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź