Komentarz

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

$ (1) \qquad m_1 \overrightarrow{SA_1} + m_2\overrightarrow{SA_2} + \ldots + m_n\overrightarrow{SA_n} = 0. $

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

$ (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} $

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

$ m_1(\overrightarrow{OA_1} - \overrightarrow{OS}) + m_2(\overrightarrow{OA_2} - \overrightarrow{OS}) + \ldots + m_n(\overrightarrow{OA_n} - \overrightarrow{OS}) = 0, $

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

$ m_1 \overrightarrow{SA_1} + m_2\overrightarrow{SA_2} + \ldots + m_n\overrightarrow{SA_n} = 0 $

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

$ (3) \qquad m_1 \overrightarrow{TA_1} + m_2\overrightarrow{TA_2} + \ldots + m_n\overrightarrow{TA_n} = 0 $

to odejmując (1) od (3), otrzymujemy

$ m(\overrightarrow{TA_1} - \overrightarrow{SA_1}) + m_2(\overrightarrow{TA_2} - \overrightarrow{SA_2}) + \ldots + m_n(\overrightarrow{TA_n} - \overrightarrow{SA_n}), $

skąd

$ m_1\overrightarrow{TS} + m_2\overrightarrow{TS}+ \ldots + m_n\overrightarrow{TS} = (m_1 + m_2 + \ldots + m_n) \overrightarrow{TS} = 0. $

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

$ \overrightarrow{SA} + \overrightarrow{SB} + \overrightarrow{SC} = \overrightarrow{SB} + \overrightarrow{SC} - \overrightarrow{AS} = \overrightarrow{SD} - \overrightarrow{AS} = 2\overrightarrow{SM} - \overrightarrow{AS} = 0. $

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

$ 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, $

$ m_1\overrightarrow{TA_1} + \ldots+ m_k\overrightarrow{TA_k} = 0, $

$ m_{k+1}\overrightarrow{UA_{k+1}} + \ldots + m_n\overrightarrow{UA_n} = 0. $

Odejmując drugą i trzecią równość od pierwszej, otrzymujemy

$ 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, $

skąd

$ m_1\overrightarrow{ST} + \ldots + m_k\overrightarrow{ST} + m_{k+1}\overrightarrow{SU} + \ldots + m_n\overrightarrow{SU} = 0 $

$ (m_1 + \ldots + m_k) \overrightarrow{ST} + (m_{k+1} + \ldots + m_n) \overrightarrow{SU} = 0. $

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

$ \overrightarrow{SA} + 2\overrightarrow{SM} = 0 \textrm{ skąd } \overrightarrow{AS} = 2\overrightarrow{SM}, $

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.

Wersja do wydruku

Olimpiady Matematyczne

Komentarz

XIV OM - III - Zadanie 2

Rozwiązanie

Dodaj komentarz

Klasyfikacja tematyczna

Rok

Zawody