Механика помогает геометрии

34

Механика
помогает геометрии
M. B. Балк, Н. А. Григорьев

… Я счел нужным написать мне и… изложить неко-
торный особый метод, при помощи которого мы получив
возможность при помощи механики находить неко-
торные математические теоремы. Я уверен, что этом метод бу-
дем мне ничуть не менее полезен и для доказательства
симх теорем.

Архимед. «Послание к Эрамосфену.
О механических теоремах».

Со времен Архимеда простейшие по-
нятия механики — и, в первую оче-
редь, понятие о центре тяжестии системы материальных точек — неод-
нократно и с большим успехом при-
влекательisce для доказательства геометрических теорем. Так, с помощью неко-
матических соображений Архимед впервые доказал теорему о трех медианах треугольника, нашел формулу для вычисления объема шара.
Воспследствие механических соображения использясь для вычисления объемов различных тел вращения, находления геометрических мест точек, доказательства неравенств и для решения многох других задач из геометрии и алгебры *).

Эта статья написана по материалам занятый, проведенных с учащими X классов в Смоленском городском физико-математическом кружке (19 октября 1972 г.) и в Ивановской ЮМШ (1 декабря 1972 г.). В ней мы рассекем об одной механической теореме, принадлежшей известному французскому математике Лагранжу (1736—1813), и показем, как эта теорема позволяет сравнить легко решать трудные задачи из области элементарной геометрии. Как мы увидим, эта теорема по су-
*) См. также М. B. Балк, Геометрические приложения поятия о центре тяжестии, М., Физматиз, 1959 («Библиотека математического кружка», выпуск 9), и В. А. Успенский, Некоторые приложения механики к математике, М., Физматиз, 1958 («Популярные лекции по математике», выпуск 27).

шеству является прямым следствием из теоремы Пифагора.

Центр тяжестии

Пусть имеются (см. рис. 1) две матеріальные точки (точные массы): A массы $m_1$ (будем писать короче так: $(A, m_1)$) и B массы $m_2$ $(B, m_2)$.

Центр тяжестии C двух матеріальных точек $(A, m_1)$ и $(B, m_2)$ — это точка, расположенная на отрезке AB и удовлевorioцая следующее соотношение («правило рычага» Архимед):

$$m_1 \cdot AC = m_2 \cdot CB.$$

Если в точке C помещить массы обеих матеріальных точек $m_1$ и $m_2$, то возникалоusoю при этом матеріальну точку $(C, m_1 + m_2)$ условимся назвать матеріальным центром точки $(A, m_1)$ и $(B, m_2)$. Материальный центр трех матеріальных точек $(A_1, m_1), (A_2, m_2), (A_3, m_3)$ (рис. 2) определяется так: сначала следует найти матеріальный центр $(C, m_1 + m_2)$ точки $(A_1, m_1)$ и $(A_2, m_2)$, а затем — матеріальный центр $(Z, m_1 + m_2 + m_3)$ точки $(C, m_1 + m_2)$ и $(A_3, m_3)$. Точка Z будет центром тяжестии системы трех матеріальных точек $(A_1, m_1), (A_2, m_2), (A_3, m_3)$.

Рис. 1.

35

Аналогичным образом определяют материальный центр и центр тяжести системы из любого числа (n) матерialных точек*).

Тепер решим одну задачу.
Задача 1. В треугольнике ABC (рис. 3) длины строки BC, CA и AB равны соответствию a см, b см и c см. Поместим в вершины A, B, C массы a e, b e и c с соответствию. Найти центр тяжести этих материальных точек.

Обозначим через Z центр тяжести материальных точек (A, a), (B, b), (C, c), а через C₁ — центр тяжести материальных точек (A, a) и (B, b).

Тогда
$$a \cdot AC_1 = b \cdot C_1B,$$
откуда
$$AC_1 : C_1B = b : a = AC : CB.$$

Отсюда следует, что CC₁ — биссекторica угла C. Заменим точки (A, a) и (B, b) их материальным центром (C₁, a + b). Тогда центр тяжести Z должен оказаться на отрезке CC₁. Точно так же можно убедиться в том, что точка Z должна оказаться на биссекторice AA₁. Следовательно, Z — точка пересечения биссектора tresугульника ABC.

Отметим здесь одно полезное свойство центра тяжести.

*) Можно доказать, что положение центра тяжести не зависит от номера точки, то есть что данное нами определение «корректно».

Рис. 2.

Рис. 3.

Пусть Z — центр тяжести n материальных точек (A₁, m₁), (A₂, m₂), …, (Aₙ, mₙ), расположенных на плоскости по одному и ту же сторону от некоторой прямой α (рис. 4). Пусть y₁, y₂, …, yₙ и z — расстояния от точки A₁, A₂, …, Aₙ, Z до прямой α. Тогда
$$z = \frac{m_1y_1 + m_2y_2 + \cdots + m_ny_n}{m_1 + m_2 + \cdots + m_n}.$$ (1)

В справедливости этой формулы при n = 2 легко убедиться, воспользоваться правилом рычага. Затем легко доказать формулу (1) при n = 3, сведя этот случай к случае n = 2. Для произвольного n формула (1) доказывается метод математического индукции. Попробуйте проверить это доказательство самостояльно.

Момент инерции

Понятие «мoment инерции» было введено Леонардом Эйлером (1707—

Рис. 4.

36

Рис. 5.

1783. более 200 лет тому назад. Пусть имеется система из $n$ материльных точек $(A_1, m_1), (A_2, m_2), \dots, (A_n, m_n)$, и пусть выбрана еще некоторая точка $S$. Моментом инерции данной системы точек относительно точки $S$ называется величины

$$J_S = m_1 \cdot SA_1^2 + m_2 \cdot SA_2^2 + \dots + m_n \cdot SA_n^2$$

(sумма произведений масс материльных точек системы на квадраты их расстояний от точки $S$). Короче записьюот формулу (2) так:

$$J_S = \sum_{i=1}^{n} m_i \cdot SA_i^2.$$

Задча 2. Около преуездника $ABC$ со стороны $a, b, c$ описана окружность (рис. 5). Обозначим через $Z$ точку пересечения медиан преуездника, через $S$ — центр описанной окружности. Вычислить моменты инерции системы материльных точек $(A, 1), (B, 1), (C, 1)$ относительно точки $Z$ и относительно точки $S$.

Пусть $AA_1, BB_1, CC_1$ — медианы треугольника, $Z$ — точка их пересечения. Тогда

$$J_Z = 1 \cdot ZA^2 + 1 \cdot ZB^2 + 1 \cdot ZC^2 = \frac{4}{9} \left( AA_1^2 + BB_1^2 + CC_1^2 \right) = \frac{1}{3} \left( a^2 + b^2 + c^2 \right),$$

$$J_S = 1 \cdot SA^2 + 1 \cdot SB^2 + 1 \cdot SC^2 = 3R^2,$$

где $R = \frac{abc}{4S_{\triangle ABC}}$ ($S_{\triangle ABC}$ находится по формуле Герона).

Teорема Лагранжа

В 1783 году Лагранжа обращил внимание на справедливость следующого утверждения.

Пусть $J_S$ — момент инерции системы материльных точек $(A_1, m_1), (A_2, m_2), \dots, (A_n, m_n)$ относительно произвольной данной точки $S$, $J_Z$ — момент инерции этой системе относительно ее центра мяжести Z. Тогда

$$J_S = J_Z + M \cdot SZ^2,$$

(4)

еде

$$M = m_1 + m_2 + \dots + m_n.$$

Доказательство *. Пусть $\alpha$ — такая прямая, что все точки $A_1, A_2, \dots, A_n$ лежат по одному сторону от нее и $\alpha \perp SZ$ (см. рис. 4). Пусть $B_1, B_2, \dots, B_n, B$ — проекции точки $A_1, A_2, \dots, A_n, Z$ на прямую $\alpha$; $A_1B_1 = y_1, A_2B_2 = y_2, \dots, A_nB_n = y_n, BZ = z, BS = s$. Из трапеций $A_1B_1BZ$ и $A_1B_1BS$ имеем:

$$SA_1^2 - ZA_1^2 = (y_1 - s)^2 - (y_1 - z)^2 = [(y_1 - z) - (s - z)]^2 - (y_1 - z)^2.$$

Упростив правило часть и умножив обе части на $m_1$, получим:

$$m_1 \cdot SA_1^2 - m_1 \cdot ZA_1^2 = m_1 \cdot SZ^2 - 2(s - z)(m_1y_1 - m_1z).$$

*) Мы ограничиваем случае, когда все данные материльные точки лежат в одной плоскости; однако утверждение справедливо и при произвольном расположении точки в пространстве (см. упомянутую выше книгу: М. Б. Балк, Геометрические приложения понятия о центре тяжесте, с. 75—76).

37

Аналогично

$$m_2 \cdot SA_2^2 - m_2 \cdot ZA_2^2 = m_2 \cdot SZ^2 - 2(s - z)(m_2y_2 - m_2z),$$

$$m_n \cdot SA_n^2 - m_n \cdot ZA_n^2 = m_n \cdot SZ^2 - 2(s - z)(m_ny_n - m_nz).$$

Складывая почленно эти равенства и учитывая определенное momentа инерции (2) и формулу (1), получим требуемое равенство:

$$J_S - J_Z = M \cdot SZ^2.$$

Задание 3. Ребро правильного метраэдра SABC равно a. Вычислить радиус R описанного около метраэдра шара.

Поместим в четырех вершинах тетраэдра массы по 1 грамму. Тогда центр тяжестии образованшихся четырех материалов точек совпадает с центром Z описанного шара. Имеем $J_S = 3a^2$, $J_Z = 4R^2$, $M = 4$ и по формуле (4) получаем: $3a^2 = 4R^2 + 4R^2$, откуда $R = \frac{a\sqrt{6}}{4}$.

Задание 4. Зная длины a, b, c стороны треугольника ABC, вычислить длину биссектрицы CC$_1$ (рис. 6).

Поместим в точки A и B такие массы, чтобы точка C$_1$ оказалась их центром тяжестии. Для этого заметим, что по известному свойству биссектрицы AC$_1$: C$_1$B = AC:CB, то есть $a \cdot AC_1 = b \cdot C_1B$. Значит, в точку A надо поместить массу в a граммов, а в точку B – b граммов, центром тяжестии материалов точек (A, a) и (B, b) будет точка C$_1$.

По формуле (4) имеем $(a + b) \times CC_1^2 = J_C - J_{C_1}$, то есть $(a + b) CC_1^2 = (a \cdot CA^2 + b \cdot CB^2) - (a \cdot C_1A^2 + b \cdot C_1B^2)$.

Из равенств AC$_1$: C$_1$B = b: a, AC$_1$ + C$_1$B = c находится:

$$AC_1 = \frac{bc}{a + b}, \quad C_1B = \frac{ac}{a + b}.$$

Позному из (5) следует:

$$CC_1^2 = ab \left[ 1 - \frac{c^2}{(a + b)^2} \right].$$

Задание 5. Зная стороны a, b, c треугольника ABC, вычислить расстояние между точкой Z пересечения медиан эмного треугольника и точкой H пересечения его высот.

Поместим в вершины A, B, C (рис. 7) равные массы (по 1 грамму). По формулам (3) и (4) имеем:

$$3HZ^2 = J_H - J_Z = HA^2 + HB^2 + HC^2 - \frac{1}{3}(a^2 + b^2 + c^2).$$

Для вычисления расстояний HA, HB, HC построим треугольник A’B’C’, стороны которого параллельны сторонам данного треугольника ABC и проходят через его вершины. В треугольнике A’B’C’ точка H – центр описанной округности (проверьте!),

38

Рис. 8.

и поэтому $HA' = HB' = HC' = R'$, где $R'$ — радиус окружности, описанной около $\triangle A'B'C'$. Так как
$$\frac{A'B'}{AB} = \frac{B'C'}{BC} = \frac{C'A'}{CA} = 2,$$
то $R' = 2R$, где $R$ — радиус окружности, описанной около треугольника $ABC$. Отсюда $HA^2 = C'H^2 - a^2 = 4R^2 - a^2$, $HB^2 = 4R^2 - b^2$, $HC^2 = 4R^2 - c^2$. Поэтому
$$HZ^2 = 4R^2 - \frac{4}{9}(a^2 + b^2 + c^2),$$
где $R = \frac{abc}{4S}$, а площадь $S$ треугольника $ABC$ вычисляется через его стороны по формуле Герона.

Другая формула для момент инерции
Остановимся теперь еще на одной формуле для момент инерции, которая находится вяжные применения в механике (особенно в небесной механике при исследовании так называемой «задачи $n$ тел»). Эта формула оказывается очень полезной и для решения чисто геометрических задач.

Пусть имеется $n$ материалов точек $(A_1, m_1), (A_2, m_2), \dots, (A_n, m_n)$ (рис. 8). Расстояние между точками $A_i$ и $A_k$ обозначает через $r_{ik}$. (Например, $r_{24}$ — это расстояние $A_2A_4$.) Выражение
$$\sum_{i \leqslant k \leqslant n} m_i m_k r_{ik}^2$$
обозначает сумму всех возможных слагаемых вида $m_i m_k r_{ik}^2$, где $i$ и $k$ — любые целые числа между 1 и $n$,

$i$ менше, чем $k$. (Например,
$$\sum_{1 \leqslant i < k \leqslant 3} m_i m_k r_{ik}^2$$
обозначает $m_1 m_2 r_{12}^2 + m_1 m_3 r_{13}^2 + m_2 m_3 r_{23}^2$.)
Оказывляется, что момент инерции $J_Z$ системы матерциальных точек относительно ее центра мяжести Z можно выразить через взаимные расстояния между этих тонами и их массы:
$$J_Z = \frac{1}{M} \sum_{1 \leqslant i < k \leqslant n} m_i m_k r_{ik}^2$$
($M = m_1 + m_2 + \dots + m_n$ — суммарная масса всей системы$)$.
Доказательство мы проведем только для случая $n = 4$, но из расчужdenей будет ясно, что оно пригодно при любом $n$.
По теореме Лагранжа имеем:
$$m_1 \cdot J_{A_1} = m_1 J_Z + m_1 \cdot M \cdot ZA_1^2,$$
или, подробнее:
$$m_1 m_2 r_{12}^2 + m_1 m_3 r_{13}^2 + m_1 m_4 r_{14}^2 = m_1 J_Z + m_1 \cdot M \cdot ZA_1^2.$$
Аналогично
$$m_2 m_1 r_{12}^2 + m_2 m_3 r_{23}^2 + m_2 m_4 r_{24}^2 = m_2 J_Z + m_2 \cdot M \cdot ZA_2^2,$$
$$m_3 m_1 r_{13}^2 + m_3 m_2 r_{23}^2 + m_3 m_4 r_{24}^2 = m_3 J_Z + m_3 \cdot M \cdot ZA_3^2,$$
$$m_4 m_1 r_{14}^2 + m_4 m_2 r_{24}^2 + m_4 m_3 r_{24}^2 = m_4 J_Z + m_4 \cdot M \cdot ZA_4^2.$$
Складывая эти равенства по лучеем:
$$2 \sum_{1 \leqslant i < k \leqslant 4} m_i m_k r_{ik}^2 = M \cdot J_Z + M \cdot J_Z,$$
что равенство требуемому равенству (6) (при $n = 4$).
Задание 6. В окружность радиуса $R$ виссан правый 100-уоллник $A_1A_2A_3 \dots A_{100}$. Вычислить сумму σ квадратов длины всех его диаzoналей и всех его сторонон.

39

Рис. 9.

Поместим в каждую вершину многоугольника массы по 1 грамму. Центр тяжести возникшей системы материальных точек совпадает с центром O кругга. По формуле (6) имеем
$$\sigma = \sum_{1 \leq i < k \leq 100} A_i A_k^2 = M J_0 = (100R)^2.$$
Задание 7. Зная радус R округности, описанной около данного треугольника ABC, и радус r округности, описанной в этом же треугольнике, вычислить расстояние d между их центрами.

Пусть S — центр описанной округности, Z — центр вписанной округности, a, b, c (см) — длины сторон треугольника. Поместим в вершины A, B, C массы соответствующего a, b и c граммов. Центр тяжести этой системы okажется точка Z. По формуле (4) имеем
$$J_S - J_Z = (a + b + c) d^2.$$
По формулам (2) и (6) находим:
$$J_S = a \cdot SA^2 + b \cdot SB^2 + c \cdot SC^2 = (a + b + c) R^2,$$
$$J_Z = \frac{abc^2 + bca^2 + cab^2}{a + b + c} = abc.$$
Кроме того, по известным формулам для плошади треугольника имеем
$$S_{\Delta ABC} = \frac{abc}{4R} = \frac{1}{2} (a + b + c) r,$$
откуда
$$abc = 2Rr (a + b + c).$$
Из формул (7) — (10) следует, что
$$d^2 = R^2 - 2Rr.$$
Это и есть искомая формула («формула Эйлера»).

Задание 8. Известно, что в параллелограмме разность между суммой квадратов длины всех точек плоскости, для которых сумма квадратов расстояний от вершин заданного в этой плоскости квадрата A_1 A_2 A_3 A_4 со стороны a есть постоянная величины c^2, если c^2 > 2a^2?

Поместим в вершинах четырехугольника A_1 A_2 A_3 A_4 равные массы (по 1 грамму), и пусть Z — центр тяжести образованшейся системы материальных точек. По определению (2) и по формуле (6) имеем
$$J_Z = ZA_1^2 + ZA_2^2 + ZA_3^2 + ZA_4^2 = \frac{1}{4} \left( A_1 A_2^2 + A_2 A_3^2 + A_3 A_4^2 + A_1 A_4^2 + A_2 A_4^2 \right).$$
Рассмотрим теперь систему из двух материальных точек (A_1, 1) и (A_3, 1) (их центр тяжести — середина P отрезка A_1 A_3). Приимем формулу (4):
$$ZA_1^2 + ZA_3^2 = PA_1^2 + PA_3^2 + 2ZP^2 = \frac{1}{2} A_1 A_3^2 + \frac{1}{2} PQ^2.$$
Аналогично
$$ZA_2^2 + ZA_4^2 = \frac{1}{2} A_2 A_4^2 + \frac{1}{2} PQ^2.$$
Из (11), (12) и (13) следует искомая формула Эйлера:
$$(A_1 A_2^2 + A_2 A_3^2 + A_3 A_4^2 + A_4 A_1^2) - (A_1 A_3^2 + A_2 A_4^2) = 4PQ^2.$$
Упражнения

1. Решите задачу 4 других способом, воспользовавшись формулой (6).
2. Пусть Z — центр окружности вписанной в треугольник ABC (BC=a, CA=b, AB=c). Доказите, что
   $$a \cdot ZA^2 + b \cdot ZB^2 + c \cdot ZC^2 = abc.$$
3. Какую формулу представляется собой множество всех точек плоскости, для которых сумма квадратов расстояний от вершин заданного в этой плоскости квадрата A_1 A_2 A_3 A_4 со стороны a есть постоянная величины c^2, если c^2 > 2a^2?
4. В некоторых треугольника расстояние между точкой пересечения медиан и центром описанной окружности в три раза меньше радиуса этой окружности. Доказите, что треугольник прямойный.