V OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

V OM, 1953-1954

Etap:

III

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

$ (1) \qquad \frac{AM}{MB} = \frac{p_2}{p_1}. $

W trójkątach $AOM$ i $BOM$ jest

$ \frac{AM}{\sin \measuredangle AOM} = \frac{OM}{\sin \measuredangle A},\ \frac{MB}{\sin \measuredangle MOB} = \frac{OM}{\sin \measuredangle B}, $

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

$ (2) \qquad \frac{AM}{\sin \measuredangle AOM} = \frac{MB}{\sin \measuredangle MOB}. $

Z równości (1) i (2) otrzymujemy

$ \frac{p_2}{\sin \measuredangle AOM} = \frac{p_1}{\sin \measuredangle MOB}, $

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

$ \frac{p_1}{\sin \measuredangle BOC} = \frac{p_2}{\sin \measuredangle COA}. $

Analogiczne równości zachodzą dla pozostałych par szukanych kątów, zatem

$ (3) \qquad \frac{p_1}{\sin \measuredangle BOC} = \frac{p_2}{\sin \measuredangle COA} = \frac{p_3}{\sin \measuredangle AOB}. $

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

$ \frac{p_1}{\sin \alpha} = \frac{p_2}{\sin \beta} = \frac{p_3}{\sin \gamma}, $

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

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

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

$ (5) \qquad p_1 + p_2 > p_3,\ p_2 + p_3 > p_1,\ p_3 + p_1 > p_2. $

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

$ (6) \qquad \frac{AM}{\sin \measuredangle COA} = \frac{MB}{\sin \measuredangle BOC}. $

Z równości (6) i (3) wynika, że

$ \frac{AM}{MB} = \frac{p_2}{p_1}, $

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

$ (7) \qquad \frac{p_1 + p_2}{p_3} = \frac{\sin \measuredangle BOC + \sin \measuredangle COA}{\sin \measuredangle AOB} = \frac{\sin \measuredangle MOB + \sin \measuredangle AOM}{\sin \measuredangle AOB}. $

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

$ \frac{p_1 + p_2}{p_3} = \frac{OC}{MO}. $

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.