Punkt materialny,(pm), to para:(punkt, liczba rzeczywista), Środekciężkości,S,dwóchpm(P 1,m 1 ),(P 2,m 2 )

Transkrypt

1 Ciężkie argumenty

2 Punkt materialny,(pm), to para:(punkt, liczba rzeczywista), Środekciężkości,S,dwóchpm(P 1,m 1 ),(P 2,m 2 ) toichśredniaważona:s= P 1 m 1 +P 2 m 2 m 1 +m 2, jakwidaćmatosenstylko,gdym 1 +m 2 0 już Archimedes wiedział, że obok ciężarów grawitacja funduje nam również wypory. Jesttozgodnezfizyką wmyśljejreguł ramięrazysiła jest SP 1 m 1 + SP 2 m 2 = 0,czyli(P 1 S) m 1 +(P 2 S) m 2 =0, zatems (m 1 +m 2 )=P 1 m 1 +P 2 m 2.

3 Przyjrzyjmy się obrazkom: 1 2

4 Przyjrzyjmy się obrazkom: 1 2

5 Przyjrzyjmy się obrazkom:

6 Przyjrzyjmy się obrazkom:

7 Przyjrzyjmy się obrazkom:

8 Przyjrzyjmy się obrazkom:

9 Przyjrzyjmy się obrazkom:

10 Przyjrzyjmy się obrazkom:

11 Przyjrzenie się tym wzorom i obrazkom niechybnie prowadzi do wniosku, że zmiana mas na proporcjonalne nie zmienia środka ciężkości, z jednego punktu można utworzyć wiele pm, środek ciężkości dwóch pm leży na prostej przechodzącejprzeztepunkty(bo SP 1 i SP 2 sąrównoległe), mającustalonedwapunktymożnatakdobraćimmasy, by środek ciężkości powstałych pm znalazł się w dowolnie wskazanym punkcie prostej przechodzącej przez te punkty.

12 Analogicznie jako średnią ważoną definiujemy środek ciężkości dla większej liczby pm. GdynpmośrodkuciężkościS 1,n podzielimynadwieczęścii dla każdej z nich obliczymy środek ciężkości, to środkiem ciężkości tych środków ciężkości będzie dalej S. Przekonuje o tym prosty(choć wyglądający wręcz niemądrze), oczywisty rachunek: S 1,n = P 1 m P n m n m m n = = (P 1 m P i m i )+(P i+1 m i P n m n ) m m n = = S 1,i (m m i )+S (i+1),n (m i m n ) (m i +...+m i )+(m i m n ).

13 Podobnie otrzymujemy spostrzeżenie, że środek ciężkości pm leżących na pewnej płaszczyźnie, też na niej leży(kombinacja wektorów równoległych do płaszczyzny jest do tejże płaszczyzny równoległa).

14 Podobnie otrzymujemy spostrzeżenie, że środek ciężkości pm leżących na pewnej płaszczyźnie, też na niej leży(kombinacja wektorów równoległych do płaszczyzny jest do tejże płaszczyzny równoległa). Rozwiążmy teraz zadanie: Ostrosłup czworokątny ABCDW, gdzie ABCD jest równoległobokiem, przecięto płaszczyzną otrzymującczworokąta 1 B 1 C 1 D 1. Wiemy,żeA 1 W:A 1 A=1:2, B 1 W:B 1 B=1:4, C 1 W:C 1 C=1:3. W jakim stosunku jest podzielona krawędź DW?

15 Do rozwiązania potrzebna będzie odpowiedź na pytanie pomocnicze: JakobciążyćpunktyA,B,C, by środek ciężkości wypadł w czwartym wierzchołku równoległoboku?

16 Do rozwiązania potrzebna będzie odpowiedź na pytanie pomocnicze: JakobciążyćpunktyA,B,C, A by środek ciężkości wypadł w czwartym wierzchołku równoległoboku? Obciążenie(A,1),(B, 1),(C,1) jest dobre, bo środekciężkościpmaic top środekodcinkaac obciążony przez 2, P C B

17 Do rozwiązania potrzebna będzie odpowiedź na pytanie pomocnicze: JakobciążyćpunktyA,B,C, A by środek ciężkości wypadł w czwartym wierzchołku równoległoboku? Obciążenie(A,1),(B, 1),(C,1) jest dobre, bo środekciężkościpmaic top środekodcinkaac obciążony przez 2, S wobec tego środek ciężkości wszystkichpunktówtośrodekciężkościspmbip,atenleży naprostejbpnazewnątrzodcinkabp,dwarazybliżejdopniż dob,czylipjestśrodkiemodcinkabs skoroacibsmają wspólny środek, więc ABCS jest równoległobokiem. P C B

18 Wróćmy do naszego zadania. Rozpatrzmy sześć pm: (A,1),(B, 1),(C,1), (W,2),(W, 4),(W,3). Dlaczego takie?

19 Wróćmy do naszego zadania. Rozpatrzmy sześć pm: (A,1),(B, 1),(C,1), (W,2),(W, 4),(W,3). Dlaczego takie? MasywA,BiCsątakie,by ich środek ciężkości wypadł w D.

20 Wróćmy do naszego zadania. Rozpatrzmy sześć pm: (A,1),(B, 1),(C,1), (W,2),(W, 4),(W,3). Dlaczego takie? MasywA,BiCsątakie,by ich środek ciężkości wypadł w D. Pm(W,2)jestpoto,byśrodek ciężkości końców krawędzi AW wypadłwa 1 1.Mamybowiem A A+m 1 A W=0i1 1 A A= 2 1 A 1 W,skądm=2. PunktA 1 majakośrodekciężkościmasę3.

21 Wróćmy do naszego zadania. Rozpatrzmy sześć pm: (A,1),(B, 1),(C,1), (W,2),(W, 4),(W,3). Dlaczego takie? MasywA,BiCsątakie,by ich środek ciężkości wypadł w D. Pm(W,2)jestpoto,byśrodek ciężkości końców krawędzi AW wypadłwa 1 1.Mamybowiem A A+m 1 A W=0i1 1 A A= 2 1 A 1 W,skądm=2. PunktA 1 majakośrodekciężkościmasę3. Podobnie środek ciężkości dlapm(b, 1)i(W, 4)toB 1 zmasą 5, adla(c,1)i(w,3)toc 1 zmasą4.

22 Obliczmy środek ciężkości punktów (A,1),(B, 1),(C,1),(W,2),(W, 4),(W,3),czyli S= 1A+( 1)B+1C+2W+( 4)W+3W

23 Obliczmy środek ciężkości punktów (A,1),(B, 1),(C,1),(W,2),(W, 4),(W,3),czyli S= 1A+( 1)B+1C+2W+( 4)W+3W sposób I: (A+2W) (B+4W)+(C+3W) = 2 = 3A 1+( 5)B 1 +4C 1, 2 stądsleżynapłaszczyźniea 1 B 1 C 1 ;

24 Obliczmy środek ciężkości punktów (A,1),(B, 1),(C,1),(W,2),(W, 4),(W,3),czyli S= 1A+( 1)B+1C+2W+( 4)W+3W sposób I: (A+2W) (B+4W)+(C+3W) = 2 = 3A 1+( 5)B 1 +4C 1, 2 stądsleżynapłaszczyźniea 1 B 1 C 1 ; sposób II: (A B+C)+(2W 4W+3W) = 2 = D+W,stądSjestśrodkiemDW. 2

25 Obliczmy środek ciężkości punktów (A,1),(B, 1),(C,1),(W,2),(W, 4),(W,3),czyli S= 1A+( 1)B+1C+2W+( 4)W+3W sposób I: (A+2W) (B+4W)+(C+3W) = 2 = 3A 1+( 5)B 1 +4C 1, 2 stądsleżynapłaszczyźniea 1 B 1 C 1 ; sposób II: (A B+C)+(2W 4W+3W) = 2 = D+W,stądSjestśrodkiemDW. 2 AzatempłaszczyznaA 1 B 1 C 1 przecinakrawędźdwwjejśrodku.

26 Odpowiednikiem zasady ramię razy siła na płaszczyźnie jest następujące spostrzeżenie Jeśliśrodkiemciężkościpm(A,m A ),(B,m B ),(C,m C ) jestpunktp,tom A :m B :m C = BCP : CAP : ABP, gdzie XYX to pole trójkąta XY Z. Rzeczywiście, mamy bowiem m A = XB m B AX = BCX = BPX = AXC AXP = BCX BPX = BCP = BCP. AXC AXP APC CAP Równość pozostałych stosunków uzasadniamy analogicznie.

27 Odpowiednikiem zasady ramię razy siła na płaszczyźnie jest następujące spostrzeżenie Jeśliśrodkiemciężkościpm(A,m A ),(B,m B ),(C,m C ) jestpunktp,tom A :m B :m C = BCP : CAP : ABP, gdzie XYX tozorientowane pole trójkąta XY Z. Rzeczywiście, mamy bowiem m A = XB m B AX = BCX = BPX = AXC AXP = BCX BPX = BCP = BCP. AXC AXP APC CAP Równość pozostałych stosunków uzasadniamy analogicznie. Gdy chcemy, aby dotyczyło to całej płaszczyzny, powinniśmy posługiwać się pojęciem pola zorientowanego.

28 GdyustalimytrójkątABC,możemyliczby( BCP, CAP, ABP ) uznać za współrzędne punktu P. Takie współrzędne to współrzędne barycentryczne

29 GdyustalimytrójkątABC,możemyliczby( BCP, CAP, ABP ) uznać za współrzędne punktu P. Takie współrzędne to współrzędne barycentryczne jest ich więcej, ale są jednorodne, co powoduje, że również jednorodne stają się wszelkie funkcje opisujące geometryczne zależności. Funkcjafzmiennychx 1,...,x n jestjednorodnawstopniuk, gdyspełniawarunekf(λx 1,...,λx n )=λ k f(x 1,...,x n ), naprzykładwielomianx 5 +3xyz 3 7x 2 y 2 z+xy 2 z 2 jestjednorodny wstopniu5.

30 GdyustalimytrójkątABC,możemyliczby( BCP, CAP, ABP ) uznać za współrzędne punktu P. Takie współrzędne to współrzędne barycentryczne jest ich więcej, ale są jednorodne, co powoduje, że również jednorodne stają się wszelkie funkcje opisujące geometryczne zależności. Funkcjafzmiennychx 1,...,x n jestjednorodnawstopniuk, gdyspełniawarunekf(λx 1,...,λx n )=λ k f(x 1,...,x n ), naprzykładwielomianx 5 +3xyz 3 7x 2 y 2 z+xy 2 z 2 jestjednorodny wstopniu5. I ma miejsce bardzo ważne twierdzenie, stanowiące podstawę geometrii algebraicznej: Funkcjajednorodnawstopniukigładkawstopniuk (czyli mająca k ciągłych pochodnych) jest wielomianem.

31 Drugą zaletą współrzędnych barycentrycznych jest ich związek ze zwykłymi współrzędnymi kartezjańskimi.

32 Drugą zaletą współrzędnych barycentrycznych jest ich związek ze zwykłymi współrzędnymi kartezjańskimi. Współrzedne barycentryczne dowolnego punktu można obrać tak, bybyłom 1 +m 2 +m 3 =1 takątrójkęnazywasięwspółrzędnymi arealnymi. Dla nich mamy bowiem zależność BCP =m 1 ABC, CAP =m 2 ABC, ABP =m 3 ABC.

33 Drugą zaletą współrzędnych barycentrycznych jest ich związek ze zwykłymi współrzędnymi kartezjańskimi. Współrzedne barycentryczne dowolnego punktu można obrać tak, bybyłom 1 +m 2 +m 3 =1 takątrójkęnazywasięwspółrzędnymi arealnymi. Dla nich mamy bowiem zależność BCP =m 1 ABC, CAP =m 2 ABC, ABP =m 3 ABC. Jeśli trójkątem ABC będzie trójkąt owierzchołkach(1,0),(0,1),(0,0) to dla punktu o współrzędnych kartezjańskich(x, y) będziemymielix=m 1 ipodobniey=m 2.

34 Drugą zaletą współrzędnych barycentrycznych jest ich związek ze zwykłymi współrzędnymi kartezjańskimi. Współrzedne barycentryczne dowolnego punktu można obrać tak, bybyłom 1 +m 2 +m 3 =1 takątrójkęnazywasięwspółrzędnymi arealnymi. Dla nich mamy bowiem zależność BCP =m 1 ABC, CAP =m 2 ABC, ABP =m 3 ABC. Jeśli trójkątem ABC będzie trójkąt owierzchołkach(1,0),(0,1),(0,0) to dla punktu o współrzędnych kartezjańskich(x, y) będziemymielix=m 1 ipodobniey=m 2. Tak samo jest dla ukośnokątnego układu współrzędnych.

35 Zatemwspółrzędnearealnepunktu(x,y)to(x,y,1 x y). Pole(zorientowane)trójkątaowierzchołkachP =(p 1,p 2,p 3 ), Q=(q 1,q 2,q 3 ),R=(r 1,r 2,r 3 )towedlestandardowychwzorów PQR = 1 2 p 1 r 1 p 2 r 2 q 1 r 1 q 2 r 2 = p 1 p q 1 q 2 1 r 1 r 2 1 = p 1 p 2 p q 1 q 2 q 3 r 1 r 2 r 3 gdy ktoś nie lubi wyznaczników, może obliczyć to samo ze wzoru PQR = ( 1 2 RP RQ sin PRQiwyjdziemutosamo,czyli) (p2 q 3 p 3 q 2 )r 1 +(p 3 q 1 p 1 q 3 )r 2 +(p 1 q 2 p 2 q 1 )r 3 1 2

36 Zatemwspółrzędnearealnepunktu(x,y)to(x,y,1 x y). Pole(zorientowane)trójkątaowierzchołkachP =(p 1,p 2,p 3 ), Q=(q 1,q 2,q 3 ),R=(r 1,r 2,r 3 )towedlestandardowychwzorów PQR = 1 2 p 1 r 1 p 2 r 2 q 1 r 1 q 2 r 2 = p 1 p q 1 q 2 1 r 1 r 2 1 = p 1 p 2 p q 1 q 2 q 3 r 1 r 2 r 3 gdy ktoś nie lubi wyznaczników, może obliczyć to samo ze wzoru PQR = ( 1 2 RP RQ sin PRQiwyjdziemutosamo,czyli) (p2 q 3 p 3 q 2 )r 1 +(p 3 q 1 p 1 q 3 )r 2 +(p 1 q 2 p 2 q 1 )r GdypunktX=(x 1,x 2,x 3 )leżynaprostejpq, poletrójkątapqxjestrównezeru.stądrównanieprostejto (p 2 q 3 p 3 q 2 )x 1 +(p 3 q 1 p 1 q 3 )x 2 +(p 1 q 2 p 2 q 1 )x 3 =0, a użyte współrzędne barycentryczne nie muszą być arealne!

37 Zatemwspółrzędnearealnepunktu(x,y)to(x,y,1 x y). Pole(zorientowane)trójkątaowierzchołkachP =(p 1,p 2,p 3 ), Q=(q 1,q 2,q 3 ),R=(r 1,r 2,r 3 )towedlestandardowychwzorów PQR = 1 2 p 1 r 1 p 2 r 2 q 1 r 1 q 2 r 2 = p 1 p q 1 q 2 1 r 1 r 2 1 = p 1 p 2 p q 1 q 2 q 3 r 1 r 2 r 3 gdy ktoś nie lubi wyznaczników, może obliczyć to samo ze wzoru PQR = ( 1 2 RP RQ sin PRQiwyjdziemutosamo,czyli) (p2 q 3 p 3 q 2 )r 1 +(p 3 q 1 p 1 q 3 )r 2 +(p 1 q 2 p 2 q 1 )r GdypunktX=(x 1,x 2,x 3 )leżynaprostejpq, poletrójkątapqxjestrównezeru.stądrównanieprostejto (p 2 q 3 p 3 q 2 )x 1 +(p 3 q 1 p 1 q 3 )x 2 +(p 1 q 2 p 2 q 1 )x 3 =0, a użyte współrzędne barycentryczne nie muszą być arealne! Jest to równanie stopnia pierwszego, więc przy przejściu do współrzędnych barycentrycznych stopnie równań się nie zmieniają!

38 Twierdzenie Routha. Punkty K, L, M leżą odpowiednio naprostychbc,ca,ab,tak,że BK=λ KC, CL=µ LA, AM=ν MB; punktyp,q,rleżą odpowiednio na prostych AKiBL, BLiCM, CMiAK. Wówczas KLM = PQR = λµν+1 (λ+1)(µ+1)(ν+1) ABC (λµν 1) 2 (λµ+µ+1)(µν+ν+1)(νλ+λ+1) ABC

39 Dowódtoczysterachunki:połóżmyciężary1wpunktachA,B,C, czyli nadajmy im współrzędne barycentryczne (1,0,0),(0,1,0),(0,0,1).Zatem ABC = 1 2.

40 Dowódtoczysterachunki:połóżmyciężary1wpunktachA,B,C, czyli nadajmy im współrzędne barycentryczne (1,0,0),(0,1,0),(0,0,1).Zatem ABC = 1 2. Ponieważ BK=λ KC, więck=(0,1,λ). Współrzędne arealne tego punktu 1 to(0, λ+1, λ λ+1 ).

41 Dowódtoczysterachunki:połóżmyciężary1wpunktachA,B,C, czyli nadajmy im współrzędne barycentryczne (1,0,0),(0,1,0),(0,0,1).Zatem ABC = 1 2. Ponieważ BK=λ KC, więck=(0,1,λ). Współrzędne arealne tego punktu 1 to(0, λ+1, λ λ+1 ). AnalogiczniedlaLiMmamy ( µ µ+1,0, 1 µ+1 )i( 1 ν+1, ν ν+1,0).

42 Dowódtoczysterachunki:połóżmyciężary1wpunktachA,B,C, czyli nadajmy im współrzędne barycentryczne (1,0,0),(0,1,0),(0,0,1).Zatem ABC = 1 2. Ponieważ BK=λ KC, więck=(0,1,λ). Współrzędne arealne tego punktu 1 to(0, λ+1, λ λ+1 ). AnalogiczniedlaLiMmamy ( µ µ+1,0, 1 µ+1 )i( 1 ν+1, ν ν+1,0). Podstawiając do wzoru ) 1 2( (k2 l 3 k 3 l 2 )m 1 +(k 3 l 1 k 1 l 3 )m 2 +(k 1 l 2 k 2 l 1 )m 3, otrzymujemy KLM = 1 λµν+1 2(λ+1)(µ+1)(ν+1),jakmiałobyć.

43 Zkoleizewzoru (a 2 k 3 a 3 k 2 )x 1 +(a 3 k 1 a 1 k 3 )x 2 +(a 1 k 2 a 2 k 1 )x 3 =0 dlaa=(1,0,0)ik=(0,1,λ) otrzymujemy dla prostej AK równaniex 3 =λx 2. Podobnie dla prostej BL mamyx 1 =µx 3 idlacmx 2 =νx 1. Stąd otrzymujemy współrzędne barycentryczne: dlap=(λµ,1,λ), dlaq=(µ,µν,1) idlar=(1,ν,νλ). Po zamianie na współrzędne arealne i podstawieniu do wzoru na pole otrzymujemy drugą część tezy.

44 Np.dlaλ=µ=ν=2 daje KLM = 1 3 ABC i PQR = 1 7 ABC.

45 Np.dlaλ=µ=ν=2 daje KLM = 1 3 ABC i PQR = 1 7 ABC. Zkolei: gdyλµν= 1,punktyKLM leżą na jednej prostej (twierdzenie Menelaosa),

46 Np.dlaλ=µ=ν=2 daje KLM = 1 3 ABC i PQR = 1 7 ABC. Zkolei: gdyλµν= 1,punktyKLM leżą na jednej prostej (twierdzenie Menelaosa), agdyλµν=1odcinkiak, BL, CM przecinają się w jednym punkcie (twierdzenie Cevy).

47 Gdy suma obciążeń jest równa zeru, układ nie ma środka ciężkości, np. 1-1

48 Gdy suma obciążeń jest równa zeru, układ nie ma środka ciężkości, np. 1-1 By temu zapobiec dodano każdej takiej parze środek ciężkości dodatkowy punkt każdej prostej, zamykający ją jak okrąg, i umówiono się, że te wszystkie nowe punkty tworzą nową prostą. Otrzymana geometria to geometria rzutowa, mająca wiele zaskakujących własności, ale naistotniejsza z nich to dualność: gdy w dowolnym twierdzeniu zamienimy symbole prostych na symbole punktów i odwrotnie, to uzyskane zdanie też będzie twierdzeniem.

49 Jednorodność współrzędnych i funkcji, dualność przestrzeni ifakt,iż przejście do zapewniających to współrzędnych barycentrycznych nie zmienia stopnia równań powoduje, że są one najważniejszym z narzędzi używanych w geometrii algebraicznej.

50 Jednorodność współrzędnych i funkcji, dualność przestrzeni ifakt,iż przejście do zapewniających to współrzędnych barycentrycznych nie zmienia stopnia równań powoduje, że są one najważniejszym z narzędzi używanych w geometrii algebraicznej. JESZCZE KILKA SŁÓW O ŚRODKACH CIĘŻKOŚCI FIGUR

51 Wielokąt ma trzy środki ciężkości: jednakowo obciążonych wierzchołków, równomiernie obciążonego brzegu, równomiernie obciążonej powierzchni. O ostatnich dwóch można mówić również dla dowolnych figur.

52 Wielokąt ma trzy środki ciężkości: jednakowo obciążonych wierzchołków, równomiernie obciążonego brzegu, równomiernie obciążonej powierzchni. O ostatnich dwóch można mówić również dla dowolnych figur. W trójkącie pierwszy i trzeci środek ciężkości pokrywają się, a drugi dla trójkąta nierównobocznego leży gdzie indziej. Te pokrywające się to przecięcie środkowych (udowodnił to już Archimedes), ateninnytośrodekokręguwpisanegowtrójkąt utworzony przez środki boków wyjściowego trójkąta.

53 To, że środek ciężkości wierzchołków jest punktem przeciecia środkowych, jest oczywiste. Dla wykazania, że środek ciężkości powierzchni trójkąta leży w tym samym miejscu, dogodnie jest użyć nowego pojęcia: prosta równowagi.

54 Gdy wielokąt ma własny obrót, jego środki ciężkości pokrywają się. Tak jest też dla dowolnych figur. Jeśli nie ma środki ciężkości wierzchołków i powierzchni pokrywają się tylko dla trójkąta! Przykład: czworokąt ABCD i jego czworokąty Varignona P QRS iwittenbaueraklmn.

55 Pięknym twierdzeniem o środkach ciężkości w przestrzeni są reguły Guldina: Przy obracaniu figury płaskiej o obwodzie d i polu powierzchni P wokół osi leżącej w jej płaszczyźnie i nie przecinającej tej figury pole powierzchni S i objętość V powstałej bryły obrotowej to S=2πr o d, V=2πr p P, gdzier o ir p toodległośćśrodkaciężkości,odpowiednio, obwodu i powierzchni obracanej figury od osi obrotu.

56 Pięknym twierdzeniem o środkach ciężkości w przestrzeni są reguły Guldina: Przy obracaniu figury płaskiej o obwodzie d i polu powierzchni P wokół osi leżącej w jej płaszczyźnie i nie przecinającej tej figury pole powierzchni S i objętość V powstałej bryły obrotowej to S=2πr o d, V=2πr p P, gdzier o ir p toodległośćśrodkaciężkości,odpowiednio, obwodu i powierzchni obracanej figury od osi obrotu. Przykład: torus ma pole powierzchni 2πR 2πr=4π 2 Rr iobjętość 2πR πr 2 =2π 2 Rr 2.

57 Na zakończenie zagadka: Czy środek ciężkości półokręgu leży bliżej odcinającej go średnicy, czy też środek ciężkości powstałego półkola?

58 Na zakończenie zagadka: Czy środek ciężkości półokręgu leży bliżej odcinającej go średnicy, czy też środek ciężkości powstałego półkola? Liczymy: 2πr o πr=4πr 2 skądr o = 2r π ; 2πr p 1 2 πr2 = 4 3 πr3 skądr p = 4r 3π <2r π =r o.