Loading [MathJax]/jax/output/HTML-CSS/jax.js
Poznański Portal Matematyczny

Geometria (dla) mas

Autor: Bartłomiej Bzdęga Redaktor: Paweł Mleczko

Najpierw masa…

Środek masy, albo barycentrum danego zbioru punktowych mas jest ich uśrednionym położeniem.

Zacznijmy skromnie − mamy układ dwóch punktów materialnych o jednakowej masie. Jest jasne, że środek masy tego układu jest środkiem odcinka łączącego te punkty.

Nieco inaczej jest w przypadku, w którym dane dwa punkty mają różne masy. Niech będą to punkty A1 i A2 o dodatnich masach odpowiednio m1m2. Umieśćmy je na osi liczbowej, nadając im współrzędne odpowiednio x1 i x2. Literą S oznaczymy barycentrum tych dwóch punktów.

Załóżmy na początku, że m1 i m2 są liczbami naturalnymi. Punkt A1 możemy potraktować jako m1 mas jednostkowych położonych na współrzędnej x1, analogicznie z punktem A2. Zatem średnie położenie masy to
m1 razyx1+x1++x1+m2 razyx2+x2++x2m1+m2=m1x1+m2x2m1+m2.
Współrzędna punktu S jest więc średnią ważoną liczb x1 i x2, z wagami odpowiednio m1 i m2. Wzór ten stosujemy także gdy m1 i m2 nie są liczbami naturalnymi.

Możemy założyć, zgodnie z tym, co sugeruje rysunek, że x1<x2. Wówczas x1<m1x1+m2x2m1+m2<x2, więc środek masy, czego należało się spodziewać, leży pomiędzy punktami A1 i A2. Prosty rachunek daje ponadto następujące zależności:
m1|SA1|=m1(m1x1+m2x2m1+m2x1)=m1m2m1+m2(x2x1),m2|SA2|=m2(x2m1x1+m2x2m1+m2)=m1m2m1+m2(x2x1).
Zatem m1|SA1|=m2|SA2|, lub równoważniem1m2=|SA2||SA1|.
To oznacza, że w układzie dwóch punktów materialnych odległość barycentrum od każdego z nich jest odwrotnie proporcjonalna do jego masy. To zgodne z intuicją − im bardziej masywny punkt, tym bliżej niego położony jest środek masy.

Czytelnik być może zauważył, że równość m1|SA1|=m2|SA2| przypomina zasadę dźwigni dwustronnej. Jest to słuszne skojarzenie. Punkt S jest takim punktem podparcia kładki A1A2, na której końcach znajdują się masy m1 i m2, dla którego znajduje się ona w stanie równowagi, przy czym masę samej kładki tu zaniedbujemy.

Zwiększymy teraz liczbę wymiarów: umieścimy punkty na płaszczyźnie. To samo możemy zrobić w przestrzeni, nawet n-wymiarowej, ale dla jasności rozważań poprzestaniemy na dwóch wymiarach. Wówczas barycentrum punktów A1=(x1,y1) z masą m1 i A2=(x2,y2) z masą m2 jest punkt
S=(m1x1+m2x2m1+m2,m1y1+m2y2m1+m2).
Jego współrzędne wyznaczamy dokładnie tak samo jak w przypadku jednowymiarowym na osi liczbowej − wyznaczamy średnią współrzędną x oraz średnią współrzędną y masy całego układu.

Czytelnikowi biegłemu w geometrii analitycznej pozostawiamy sprawdzenie, że rzeczywiście punkt S leży na odcinku A1A2 i spełnia warunek m1|SA1|=m2|SA2|.

Powyższe definicje uogólniają się w naturalny sposób na większą liczbę punktów. Barycentrum układu punktówAi=(xi,yi) z masą mi, dla i=1,2,,njest punkt
S=(m1x1+m2x2++mnxnm1+m2++mn,m1y1+m2y2++mnynm1+m2++mn).
Jako przykład podajemy środek ciężkości trójkąta. Umieszczając w każdym wierzchołku trójkąta ABC jednakową masę m, otrzymamy barycentrum w punkcie
S=(mxA+mxB+mxCm+m+m,myA+myB+myCm+m+m)=(xA+xB+xC3,yA+yB+yC3),przy czym A=(xA,yA), B=(xB,yB) i C=(xC,yC). Jest to dobrze znany wzór na środek ciężkości trójkąta w układzie współrzędnych.

W niniejszym artykule rozważamy wyłącznie dodatnie masy, choć z matematycznego punktu widzenia nic nie stoi na przeszkodzie, by dopuścić masy ujemne, jednak trudniej je wtedy fizycznie zinterpretować. Drugą przyczyną takiego ograniczenia jest możliwość zerowania się mianownika m1+m2++mn, a tego nie chcemy.

Dziel i rządź!

Zaczynamy teraz poważną matematykę! Poniższe twierdzenie daje nam alternatywną metodę wyznaczania barycentrum danego układu punktów.

Twierdzenie 1. Podzielmy dany zbiór punktów z masami na dwa niepuste podzbiory. Niech jeden z nich ma łączną masę M1 i środek masy S1, a drugi łączną masę M2 i środek masy S2. Wówczas środek S masy całego zbioru pokrywa się z barycentrum punktów S1 i S2, z masami odpowiednio M1 i M2.

Dowód. Przeprowadzimy dowód dla punktów położonych na płaszczyźnie, w wyższych wymiarach jest on analogiczny. Nawiązując do powyższego rysunku, niech A1,A2,,Ak należą do niebieskiego zbioru, a punkty Ak+1,Ak+2,,An do zielonego. Wówczas barycentra S1=(X1,Y1) i S2=(X2,Y2) tych zbiorów są punktami
S1=(m1x1+m2x2++mkxkm1+m2++mk,m1y1+m2y2++mkykm1+m2++mk),S2=(mk+1xk+1+mk+2xk+2++mnxnmk+1+mk+2++mn,mk+1yk+1+mk+2yk+2++mnynmk+1+mk+2++mn),a ich masy całkowite to
M1=m1+m2++mk,M2=mk+1+mk+2++mn.
Zwróćmy uwagę, że te sumy występują w mianownikach współrzędnych punktów S1 i S2. Środkiem masy punktów S1 i S2 jest punkt
(M1X1+M2X2M1+M2,M1Y1+M2Y2M1+M2).
Wystarczy teraz zauważyć, że
M1X1+M2X2M1+M2=M1m1x1+m2x2++mkxkM1+M2mk+1xk+1+mk+2xk+2++mnxnM2M1+M2=m1x1+m2x2++mnxnm1+m2++mni podobnie dla drugiej współrzędnej. Zatem współrzędne barycentrum punktów S1 i S2 pokrywają się ze współrzędnymi barycentrum całego (czerwonego) zbioru punktów.

Prawdziwe jest również uogólnienie tego twierdzenia, w którym dany zbiór zamiast na dwa podzbiory dzielimy na trzy lub więcej. Dowód jest podobny, więc pozostawiamy go czytelnikowi.

Aby zademonstrować siłę tego twierdzenia, popatrzmy jeszcze raz na środek ciężkości trójkąta ABC, czyli barycentrum punktów A, B i C o jednakowej masie m. Niech A i B stanowią pierwszy (niebieski) podzbiór, a pojedynczy punkt C − drugi (zielony). Środkiem S1 niebieskiego układu jest środek odcinka AB, cały układ ma masę 2m. Środkiem zielonego układu jest punkt S2=C, cały układ ma masę m.

Wobec tego oraz na mocy twierdzenia 1, środek S ciężkości trójkąta leży na środkowej CS1 boku AB, w dodatku spełnia warunek |CS||SS1|=2mm=2.

Takie samo rozumowanie można przeprowadzić dla każdej środkowej, co doprowadzi do następującego wniosku: środkowe w trókącie przecinają się w jednym punkcie i dzielą się w stosunku 2:1, licząc od wierzchołków.

Czytelnikowi chcącemu nabrać nieco wprawy pozostawiamy następujące ćwiczenie. W wierzchołkach czworokąta ABCD umieszczono jednakowe masy. Udowodnić, że ich barycentrum jest środkiem równoległoboku Varignona − którego wierzchołkami są środki boków tego czworokąta.

Współ…

Przed nami najlepsze. Twierdzenia, o którym była mowa w poprzednim rozdziale, wcale nie będziemy używać do wyznaczania środka ciężkości! Jest ono wyśmienitym narzędziem do wykazywania współliniowości punktów i współpękowości prostych.

Wnioski z twierdzenia 1:

  1. Niech S będzie barycentrum pewnego zbioru punktów z masami. Podzielmy ten zbiór na dwa podzbiory, jeden o środku masy S1, drugi − S2. Wówczas punkty S1, SS2 leżą na jednej prostej (są współliniowe).
  2. Jeśli zbiór z poprzedniego punktu jest dość duży, to możemy podzielić go na dwa podzbiory na wiele sposobów. Każdy podział wyznaczy nam pewną prostą. Wszystkie otrzymane w ten sposób proste przechodzą przez jeden punkt (są współpękowe), a punktem tym jest S.

Klasycznym przykładem zastosowania tych wniosków jest następujące twierdzenie, odwrotne do twierdzenia Cevy.

Twierdzenie 2. Na bokach BC, CA i AB trójkąta ABC wybrano odpowiednio punkty P, QR. Jeśli zachodzi równość
|AR||BP||CQ|=|AQ||BR||CP|,to odcinki AP, BQCR przecinają się w jednym punkcie.

Równość z twierdzenia wygląda na pierwszy rzut oka dziwnie. Dlatego warto w tym momencie spojrzeć na rysunek i uświadomić sobie, że po lewej stronie znaku równości stoi iloczyn długości czerwonych odcinków, a z prawej niebieskich. Zatem ta równość to po prostu a1b1c1=a2b2c2.

Dowód. Niech p=a1b1c1=a2b2c2. Umieśćmy w punkcie A masę mA=b1c2, w punkcie B masę mB=b1c1 i w punkcie C masę mC=b2c2. Zachodzą wówczas równości
mAmB=b1c2b1c1=c2c1=|BR||AR|,mAmC=b1c2b2c2=b1b2=|CQ||AQ|,mBmC=b1c1b2c2=p/a1p/a2=a2a1=|CP||BP|.Z pierwszej równości wnioskujemy, że punkt R jest barycentrum punktów A i B. Wobec tego środek masy punktów A, B i C leży na odcinku CR. Analogicznie dowodzimy, że ów środek leży na odcinkach AP i BQ, czyli wszystkie trzy przecinają się w jednym punkcie − barycentrum punktów A, B i C.

Ciekawy rezultat daje umieszczenie w punktach A, B i C mas proporcjonalnych do długości przeciwległych boków trójkąta, odpowiednio a=|BC|, b=|CA| i c=|AB|. Wówczas |AR||RB|=ba, czyli CR jest dwusieczną kąta ACB. Analogicznie jest dla AP i BQ, więc barycentrum tego układu jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt. Jeśli przyjmiemy oznaczenia A=(xA,yA), B=(xB,yB) i C=(xC,yC), to środkiem okręgu wpisanego w trójkąt jest punkt
I=(axA+bxB+cxCa+b+c,ayA+byB+cyCa+b+c).

Ale przecież…

W poprzednich rozdziałach badaliśmy obiekty będące skończonymi zbiorami punktów. W życiu codziennym niewiele takich napotkamy. Można mówić o barycentrum wielokąta czy wielościanu, ale trzeba w tym celu zmienić nieco podejście.

Zostańmy jeszcze chwilę na płaszczyźnie. Wyobraźmy sobie, że badana przez nas figura jest zbudowana z jednorodnej, bardzo cienkiej płytki. W tej sytuacji jej masa nie jest rozmieszczona punktowo − masa kawałka płytki jest proporcjonalna do pola powierzchni tego kawałka.

W jaki sposób wyznaczyć teraz barycentrum? Metoda liczenia średniej ważonej oczywiście zawodzi. Jednak w pewnych przypadkach jesteśmy w stanie odpowiedzieć bez zastanowienia − jest jasne, w którym punkcie znajduje się środek masy jednorodnej płytki w kształcie koła, albo prostokąta. Ponadto w mocy pozostaje twierdzenie 1, choć nie będziemy tu tego dowodzić.

Poniższe twierdzenie dotyczy barycentrum jednorodnej płytki trójkątnej. Dzięki niemu będziemy mogli znaleźć środek masy dowolnego wielokąta, dzieląc go na trójkąty i stosując twierdzenie 1.

Twierdzenie 3. Środek masy jednorodnej płytki w kształcie trójkąta ABC pokrywa się z barycentrum punktów A, B i C, wziętych z jednakowymi masami.

Innymi słowy, wszystkie te punkty są po prostu znanym ze szkoły środkiem ciężkości trójkąta, co tłumaczy stosowanie tylko tego jednego terminu. W dowodzie będziemy korzystać z pewnej własności barycentrum, którą przyjmujemy za pewnik: jeśli dwa trójkąty są podobne, to środki ich mas zachowują to podobieństwo.

Dowód. Umieśćmy trójkąt o wierzchołkach A=(xA,yA), B=(xB,yB) i C=(xC,yC) w takim układzie współrzędnych, że jego środek ciężkości znajduje się w punkcie (0,0), czyli
G=(xA+xB+xC3,yA+yB+yC3)=(0,0),równoważnie xA+xB+xC=yA+yB+yC=0.

Niech S=(x,y) będzie środkiem masy płytki trójkątnej ABC. Podzielmy ten trójkąt na cztery mniejsze, podobne do niego w skali 12, łącząc środki jego boków. Wyznaczymy punkt S przy użyciu rozszerzonej wersji twierdzenia 1. Poniższy rysunek celowo jest przekłamany, aby uwidocznić, w jaki sposób określone są poszczególne punkty.

Zastąpimy każdą z czterech jednorodnych płytek AB1C1, A1BC1, A1B1C i A1B1C1 jej barycentrum (odpowiednio Sa, Sb, Sc i Sd), wziętym z masą proporcjonalną do jej powierzchni. Te płytki są przystające, więc ich masy są jednakowe.

Trójkąt AB1C1 jest jednokładny do trójkąta ABC względem punktu A, skala tej jednokładności wynosi 12. Stąd punkt Sa jest środkiem odcinka SA, czyli Sa=(xA+x2,yA+y2). Analogicznie jest dla punktów Sb i Sc. Natomiast trójkąt A1B1C1 jest jednokładny do ABC w skali 12 względem punktu G, z czego wnioskujemy, że Sd=(x2,y2).

Na mocy twierdzenia 1, środek masy płytki ABC pokrywa się z barycentrum punktów Sa, Sb, Sc i Sd o równych masach, czyli jego współrzędne są średnimi arytmetycznymi ich współrzędnych. Stąd
x=xA+x2+xB+x2+xC+x2x24=18(xA+xB+xC)+14x=14x,więc x=0. Analogicznie dowodzimy, że y=0, co daje S=G i kończy dowód.

Inaczej rzecz się ma w przypadku czworokąta. Niech dla ustalenia uwagi będzie to czworokąt wypukły ABCD. Barycentrum punktów A, B, C i D o jednakowej masie zazwyczaj wypada w innym miejscu niż barycentrum jednorodnej płytki. Pierwsze z nich jest środkiem równoległoboku Varignona, a drugi − równoległoboku Wittenbauera (PQRS na rysunku). Uzyskuje się go, dzieląc każdy bok czworokąta na trzy równe części i przedłużając odpowiednie odcinki.

Punkty U i V są środkami odcinków odpowiednio PY i QX, więc środek odcinka UV (niebieski punkt) jest jednocześnie środkiem równoległoboku PQXY. Ten sam punkt jest środkiem masy trójkąta ABC, gdyż |AU|=13|AB| i |CV|=13|CB|, więc (twierdzenie Talesa) punkt ten leży w 23 środkowej wychodzącej z B. Analogicznie jest dla trójkąta ACD i równoległoboku RSYX (zielony punkt).

Zastąpimy trójkąty ABC i ACD ich barycentrami, którym nadamy masy proporcjonalne do pól tych trójkątów. Na mocy twierdzenia 1 środek ciężkości jednorodnej płytki ABCD leży gdzieś na prostej łączącej zielony i niebieski punkt. Nietrudno zauważyć, że jest to prosta łącząca środki odcinków PQ i RS. Analogicznie można udowodnić, że barycentrum płytki leży na prostej łączącej środki odcinków QR i SP. Wobec tego jest ono punktem przecięcia obydwu prostych, czyli środkiem równoległoboku PQRS.

Konkluzja jest następująca. Mówiąc o barycentrum jakiejś figury, należy sprecyzować, czy chodzi o barycentrum figury jednorodnej, czy może barycentrum jej wierzchołków z równymi masami punktowymi.

Burza w szklance wody

Na koniec zajmiemy się następującym zagadnieniem, którego autorka pozostaje anonimowa:

Ile wody należy nalać do szklanki, aby środek masy szklanki z wodą był położony jak najniżej?

Pytanie jest bardzo naturalne, gdyż dany przedmiot stoi tym stabilniej, im niżej położony jest środek jego masy, a nikt nie lubi przewracających się szklanek z wodą.

Zaczniemy naturalnie od pustej szklanki. Z łatwością możemy zmierzyć jej masę M, wysokość h oraz promień denka r. Zakładamy przy tym, że szklanka ma kształt matematycznej powierzchni walca z jedną podstawą, wykonana jest z substancji jednorodnej, a jej ściany są zaniedbywalnie cienkie. Wówczas masa każdego kawałka szklanki jest proporcjonalna do pola powierzchni tego kawałka.

Jest rzeczą jasną, że barycentrum szklanki, zarówno pustej jak pełnej, leży na jej osi obrotu. Interesuje nas zatem tylko jedna współrzędna: wysokość. Denko szklanki ma masę proporcjonalną do πr2, a środek jego masy znajduje się na wysokości 0. Masa powierzchni bocznej szklanki jest proporcjonalna do 2πrh, jej barycentrum znajduje się na wysokości 12h. W takim razie barycentrum pustej szklanki jest na wysokości
H=0πr2+12h2πrhπr2+2πrh=h2r+2h.
Dalej będziemy zakładać, że po prostu znamy H i M.

Jeśli nalejemy do szklanki bardzo niewiele wody, to barycentrum układu znajdzie się nad powierzchnią wody. Natomiast dla pełnej szklanki barycentrum układu jest pod powierzchnią wody. W miarę napełniania szklanki położenie barycentrum oraz powierzchni wody zmieniają się w sposób ciągły. Zatem (własność Darboux) w pewnej chwili barycentrum układu znajdzie się na powierzchni wody. Oznaczmy przez x poziom wody o tej własności.

Niech nadto x<x<x+. Przez S, S i S+ oznaczmy barycentra układu szklanki i wody wlanej do poziomu odpowiednio x, xx+. Niech B+ będzie barycentrum samej warstwy L+ wody pomiędzy poziomami x i x+, analogicznie B dla warstwy L pomiędzy x i x.

Układ szklanki z wodą do poziomu x+ potraktujemy jako sumę układu szklanki z wodą do poziomu x oraz warstwy L+. Z tego wnioskujemy, że punkt S+ leży na odcinku SB+. Podobnie szklanka z wodą do poziomu x jest sumą układu szklanki z wodą do poziomu x oraz warstwy L, więc punkt S leży na odcinku SB. To rozumowanie dowodzi, że S+S są położone wyżej niż S, zatem środek masy układu jest najniżej, gdy znajduje się na powierzchni wody.

Masa wlanej wody, czy jakiejkolwiek innej cieczy, jest równa πr2xρ, gdzie ρ oznacza jej gęstość. Dla uproszczenia zapisu przyjmijmyA=Mπr2ρ,czyli masa cieczy wynosi Mx/A. Barycentrum samej cieczy znajduje się na wysokości 12x. W takim razie należy rozwiązać równanie
MH+(Mx/A)12xM+Mx/A=x,które po przekształceniu staje się równaniem kwadratowym 12x2+AxAH=0. Jedynym dodatnim rozwiązaniem tego równania jest
x=A2+2AHA,przy czym H oznacza wysokość barycentrum szklanki, zaś A ma ciekawą interpretację fizyczną: jeśli masa wlanej cieczy jest równa masie szklanki, to ciecz, o ile się nie wyleje, sięga do wysokości A.


Takiej szklanki nie przewróci żadna burza!


Artykuł został przygotowany przy wsparciu pozyskanemu przez Poznańską Fundację Matematyczną od Miasta Poznań na realizację projektu ,,Potęga matematyki''.

Do góry
Ta strona wykorzystuje pliki cookies

Ta strona wykorzystuje pliki cookies do zapewniania najwyższej wygody korzystania z serwisu. Te same pliki mogą być wykorzystywane przez współpracujące z nami firmy w celach badawczych. Jeśli wyrażasz zgodę na nasze działania, zamknij ten komunikat. Pamiętaj, że zawsze możesz wyłączyć obsługę plików cookies w swojej przeglądarce.

Zamknij