Текст
МАТЕМАТИЧЕСКОГО
И. Б. Б А Л К
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ
ПРИЛОЖЕНИЯ
ПОНЯТИЯ
О ЦЕНТРЕ ТЯЖЕСТИ
И 3-1959
БИБЛИОТЕКА МАТЕМАТИЧЕСКОГО КРУЖКА
ВЫПУСК 9
М. Б. БАЛК
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ
ПРИЛОЖЕНИЯ
ПОНЯТИЯ
О ЦЕНТРЕ ТЯЖЕСТИ
ГОСУДАРСТВЕННОЕ ИЗДАТЕЛЬСТВО
ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
МОСКВА 1959
11-3-1
АННОТАЦИЯ
В настоящей книге разобрано применение
очного из понятий механики — понятия цен-
тра тяжести — к математике и химии (задачи
на смеси, сплавы). В каждом параграфе тек-
стам задач предшествует изложение необхо-
димых теоретических сведений.
Книга рассчитана на широкий круг чита-
телей, прежде всего на школьников старших
классов; она будет полезна также учителям
средней школы, руководителям школьных
математических кружков, студентам физико-
математических факультетов.
СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие .......................................... 4
Введение. .......................................... 9
Задачи................................................11
§ 1. Решение задач с помощью основных свойств центра
тяжести нескольких материальных точек.............11
§ 2. Определение положения центра тяжести нескольких
материальных точек. Обоснование метода предыду-
щего параграфа....................................17
§ 3. Круг задач, связанных с теоремой Чевы.......37
§ 4. Теорема Менелая и некоторые другие теоремы, до-
казываемые с помощью понятия о центре тяжести . 44
§ 5. Алгебра материальных точек .................46
§ 6. Понятие о методе произвольных вещественных масс.
Идея барицентрических координат ................. 54
§ 7. Механическая теорема Лагранжа и ее геометрические
приложения........................................71
§ 8. Центры тяжести однородных нитей и пластинок . . 81
§ 9. Теоремы Паппа—Гюль де на . . . -........ ... 96
§ 10. Применение понятия о центре тяжести в химии . . 101
Ответы...............................................116
Указания.............................................119
Решения ............................................ 128
Приложение. О математиках, упомянутых в этой книге . . 224
ПРЕДИСЛОВИЕ
Эта книга выросла из бесед, проведенных мною в 1953—
1956 гг. в математических кружках школьников г. Смоленска.
Материалы книги были также использованы в работе сту-
денческого математического кружка и семинара по элементар-
ной математике в Смоленском педагогическом институте.
Настоящая книга в основном рассчитана на студентов-мате-
матиков и учащихся старших классов средней школы.
Надеюсь, что книга привлечет к себе внимание и дру-
гих лиц, интересующихся математикой и механикой.
Стремление сделать книгу более доступной для широкого
круга лиц существенно сказалось на стиле, на уровне стро-
гости изложения, на степени детальности рассмотрения от-
дельных вопросов и т. п.
Предупредительной звездочкой (*) отмечены те задачи и
отдельные параграфы, которые трудны для девятиклассника;
их можно пропустить без ущерба для понимания дальнейшего
текста. Наиболее трудные (с точки зрения ученика десятого
класса) задачи и параграфы, которые можно пропустить при
первом чтении, отмечены двумя звездочками (**).
Не все задачи равноценны. Наиболее интересные задачи
отмечены восклицательным знаком (!).
Книга рассчитана на активную самостоятельную работу
читателя. В связи с этим материал дается в виде набора
задач, снабженных ответами, указаниями и решениями.
В § 1 вводится понятие центра тяжести нескольких мате-
риальных точек на основании «правила рычага» (по Архимеду).
С помощью двух простейших свойств центра тяжести решаются
около полутора десятков геометрических задач, главным об-
разом, на доказательство предложений о прохождении неко-
торых прямых через одну и ту же точку, или на доказатель-
ство того, что какие-то точки лежат на одной прямой. На
ПРЕДИСЛОВИЕ
5
отдельных примерах иллюстрируется также возможность при-
менения понятия о центре тяжести для вычисления некоторых
элементов треугольника и для решения задач на построение.
Мне много раз приходилось проводить занятия школьных
математических кружков, и занятия по материалу § 1 этой
книги, как правило, оказывались среди наиболее удачных.
Поэтому считаю, что материал § 1 может быть рекомендован
учителю как тема для интересного занятия математического
кружка (даже не сильного состава).
В § 2 вводится понятие статического момента; даются
формулы, позволяющие определить положение центра тяжести
системы материальных точек; эти формулы применяются для
доказательства неравенств и для вычисления сумм; приводит-
ся обоснование метода, примененного в § 1. Задачи 11 —13,
задачи 4—7, задачи 15—20 и задачи на вычисление сумм с
помощью взвешивания могут послужить темами для отдельных
сообщений в математическом кружке.
Параграфы 3, 4 посвящены задачам, связанным с теоре-
мами Чевы и Менелая. Эти параграфы можно использовать
для занятия кружка со сравнительно сильным составом.
В §§ 5, 6 вводится понятие материальной точки с отри-
цательной массой; дается представление о барицентрических
координатах и излагаются простейшие идеи барицентрического
исчисления. Эти параграфы несколько труднее других.
Параграф 7 посвящен геометрическим приложениям одной
замечательной теоремы Лагранжа, еще не нашедшей достой-
ной оценки в преподавании геометрии. Этот параграф может
послужить темой для занятий математического кружка девя-
тых-десятых классов. В конце параграфа теорема Лагранжа
применяется для доказательства некоторых неравенств, в ча-
стности, неравенства Буняковского—Шварца.
Параграф 8 содержит определения понятий центров тяже-
сти нитей и пластинок (эти понятия нужны для § 9). Набор
задач, посвященных геометрическим свойствам центров тяже-
сти отдельных фигур, может быть использован в качестве темы
занятия математического или физического кружка восьмых-
десятых классов. В конце этого параграфа излагается идея
метода «взвешивания площадей», разработанного Архимедом.
Задачи 1 и 3—6 из § 8 вместе с задачей 3 из § 1 могут
послужить темой сообщения «Где находится центр тяжести
треугольника?^
6
ПРЕДИСЛОВИЕ
Параграф 9 содержит материал для занятий кружка деся-
того класса (третья четверть) по теме «Теоремы Гюльдена».
Я твердо убежден, что некоторые из этих задач (в частности
№ 1, 2, 7, 9, 14 и др.) полезно включить в обязательные
задания для учащихся десятых классов вместо малосодержа-
тельных чисто калькуляционных упражнений.
Параграф 10 знакомит читателя с возможностью изобра-
жения химических систем с помощью материальных точек и
с принятыми в физико-химическом анализе приемами исполь-
зования понятия о центре тяжести (треугольник Гиббса и род-
ственные вопросы). Показывается, как в ряде случаев чисто
химические задачи, касающиеся растворов, смесей, сплавов
и т. п., очень легко и просто решаются на основании сооб-
ражений статики. Этот параграф можно использовать для за-
нятия математического или химического кружка восьмых-деся-
тых классов.
В «Приложении» приведены краткие биографические све-
дения о математиках, с именами которых читатель встречается
при чтении книги.
Наряду с известными задачами в книгу включены также
некоторые новые задачи, которые мне раньше нигде не встре-
чались. Для некоторых задач в настоящей книге, по-видимому,
впервые указываются решения, основанные на «механических
соображениях».
Понятно, что число задач в книге можно было бы значи-
тельно увеличить, например, за счет использования отдельных
фактов из геометрии треугольника и геометрии тетраэдра. Но
мне не хотелось в обилии задач утопить те идеи, которые
положены в основу этой книги. Ибо цель книги — только оз-
накомление читателя с некоторыми идеями, а не изложение
какого-нибудь раздела геометрии на базе этих идей.
Как пользоваться этой книгой читателю, решившему
прочесть ее (или какую-либо главу) целиком?
Желательно, чтобы такой читатель после прочтения усло-
вия той или иной задачи попытался ее самостоятельно решить.
Для самопроверки он может посмотреть в «Ответы». Если же
у него возникают затруднения, то ему нужно обратиться к
«Указаниям». Иногда указания к задаче даны частями — «пор-
циями» (отмечены буквами а, б, в, ...). Прочитав первую
«порцию» указаний, надо попытаться дальше самостоятель-
но решить задачу. Лишь в том случае, когда опять возни-
ПРЕДИСЛОВИЕ
7
кают серьезные затруднения, можно прочесть вторую «пор-
цию» указаний; и опять нужно дальше попытаться решить
задачу самостоятельно, и т. д.
После того, как задача решена, полезно сравнить свое ре-
шение с тем, которое приводится в книге.
Читать подряд сразу после условия задачи все имеющиеся
к ней указания и ее решение тоже возможно, но это менее
желательно и значительно менее полезно, чем самостоятель-
ное решение задачи.
Чтобы облегчить читателю работу с этой книгой, после
каждой задачи приводятся в скобках страницы, где находятся
ответ, указания и решение задачи.
Так, например, запись «У. 119, Р. 128» означает, что ука-
зания к задаче имеются на стр. 119, а решение — на стр. 128;
ответа нет.
Несколько слов к читателю, не располагающему време-
нем для прочтения книги целиком.
Советуем ему предварительно прочесть начало § 1 до за-
дач 1—3 включительно и в § 2 начало и задачи 2, 8, 10,
И, 14. После этого он может выбрать для чтения любой па-
раграф по своему усмотрению. При этом ему, может быть,
иной раз и придется обратиться за справками к другим па-
раграфам, но это его никак не затруднит.
При недостатке времени читатель может после прочтения
условия той или иной задачи сразу (если задача его заинте-
ресует) приступить к чтению ее решения. Если же условие
задачи ему не покажется интересным, то полезно принять к
сведению результат, сформулированный в этом условии; затем
можно (даже не заглядывая в «Указания» или «Решения»)
приступить к чтению следующей задачи. Задачи, отмеченные
предупредительными звездочками, такой читатель может про-
пустить, даже не читая их условий.
Перечислим для такого читателя наиболее доступные
места книги, которые позволят ему получить представление о
наиболее интересных из ее идей. Введение; начало § 1 и за-
дачи 1—8; начало § 2 и задачи 1, 2, 4—11; из § 3 — за-
дачи 1—8; из § 4 — задачу 1; из § 5 — начало (до мелкого
шрифта) и задачу 1; из § 6 — начало (стр. 54—62) и раздел
«Идея барицентрических координат»; из § 7 — начало (вклю-
чая доказательство теоремы Лагранжа), задачи 4, 5, 12,
16—18, 20; из § 8 — начало (до задачи 3 включительно),
8
ПРЕДИСЛОВИЕ
задачи 7, 10, а также «Способ Архимеда взвешивания площа-
дей»; из § 9 — начало, задачи 1—5, 7—12; из § 10 — на-
чало; задачи 1—4, 9—13 и 17—19.
Приношу свою благодарность И. М. Яглому, прочитавшему
эту книгу в рукописи и сделавшему ряд ценных замечаний,
которые помогли улучшить книгу.
Я благодарен А. Ф. Лапко за ту добросовестность, с ко-
торой он редактировал эту книгу. А. Ф. Лапко тщательно
проверил решения всех задач, улучшил некоторые из этих
решений, а в двух случаях предложил свои варианты решений,
которые включены в книгу (см. § 2, задачи № 6 и 7, «Дру-
гое решение»), указал мне на отдельные пропуски и погреш-
ности в рукописи.
Буду признателен всем читателям, которые сообщат мне
свои замечания по этой книге (адрес: г. Смоленск, ул. Ин-
тернациональная, 1, кв. 19).
Ж. Балк
ВВЕДЕНИЕ
Понятие о центре тяжести было впервые изучено примерно
2200 лет назад греческим геометром Архимедом, величайшим
математиком древности. С тех пор это понятие стало одним
из важнейших в механике.
Но не только в механике оно оказалось полезным.
Может показаться удивительным, что понятие о центре
тяжести позволило сравнительно просто решить изрядное число
трудных чисто геометрических задач. При этом решения по-
лучаются часто очень наглядными.
Со времен Архимеда геометры не раз обращались к этому
понятию, применяя его совершенно неожиданным образом в
таких вопросах, где ни о какой механике как будто и речи
не было. Уже сам Архимед использовал понятие о центре тя-
жести для определения площади параболического сегмента
(т. е. куска плоскости, ограниченного параболой и пересе-
кающей ее прямой) и для вычисления объема шара.
Греческий геометр Папп, живший примерно через 500 лет
после Архимеда, уже знал приемы вычисления с помощью
понятия о центре тяжести объемов и поверхностей некоторых
тел. Через 13 веков после Паппа, в XVII веке, эти приемы
нашел (видимо, самостоятельно) швейцарский геометр Поль
Гюльдён, посвятивший изучению понятия о центре тяжести
обширный четырехтомный труд «Центробарика» (т. е. учение
о центрах тяжести).
В XVII веке итальянец Джованни Чева интересовался во-
просом о том, при каких условиях некоторые линии треуголь-
ника проходят через одну и ту же точку. Интересная теоре-
ма, которую он в связи с этим открыл, была им доказана с
помощью понятия о центре тяжести.
Швейцарец Симон Льюилье в начале прошлого века,
около 150 лет назад, применял понятие о центре тяжести для
10
ВВЕДЕНИЕ
разыскания геометрических мест, а его современник, известный
французский общественный деятель и математик Лазарь Карно,
с помощью понятия о центре тяжести устанавливал, как вы-
ражаются одни элементы геометрических фигур через другие.
Но, пожалуй, самым интересным геометрическим исследо-
ванием, основанным на понятии о центре тяжести, была книга
«Барицентрическое исчисление» (т. е. исчисление центров тя-
жести) немецкого математика Августа Фердинанда Мёбиуса,
опубликованная 130 лет назад. В этом замечательном труде
Мебиус сумел целую геометрическую дисциплину, известную
сейчас под названием «проективная геометрия», построить на
понятии о центре тяжести.
Важным аппаратом для математики и ее приложений в дру-
гих областях является векторное исчисление. В трудах осно-
вателей векторного исчисления (например, у немца Германа
Грассмана) понятие о центре тяжести было краеугольным камнем.
Понятие о центре тяжести находит все новые и новые
применения для решения задач элементарной и высшей мате-
матики. Так, сравнительно недавно было подмечено, что с по-
мощью понятия о центре тяжести можно легко получить не-
которые неравенства.
Применение идей и методов одной дисциплины к другой
всегда, когда это оказывалось возможным, давало замечатель-
ные результаты.
Применение стереометрии позволяет сравнительно легко
решить весьма трудные планиметрические задачи (например,
задачу Аполлония о построении окружности, касающейся трех
данных окружностей). Применение Декартом алгебры к геомет-
рии путем введения координат было подлинной революцией в
истории математики. Число таких примеров можно значительно
увеличить.
Применение методов геометрии и алгебры дает возможность
справиться со многими задачами механики.
Ниже мы увидим на большом числе примеров, как неко-
торые идеи механики могут в свою очередь служить подспорь-
ем для геометрии, как применение этих идей позволяет про-
сто решить трудные геометрические задачи.
ЗАДАЧИ
§ 1. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ С ПОМОЩЬЮ ОСНОВНЫХ
СВОЙСТВ ЦЕНТРА ТЯЖЕСТИ НЕСКОЛЬКИХ
МАТЕРИАЛЬНЫХ ТОЧЕК
Под материальной точкой понимают точку, снабженную
массой. Для наглядности можно себе физически представить
материальную точку в виде маленького тяжелого шарика, раз-
мерами которого можно пренебречь.
Мы условимся в дальнейшем во всей книге все наименова-
ния физических и геометрических величин брать в одной и
той же системе измерения, например, в системе CGS.
В связи с этим будем часто указывать только числовое
значение той или иной физической величины, но не будем
отмечать ее наименования, считая, что оно само собой под-
разумевается. Например, выражение: <^В Д АВС сторона ВС
равна а, а в вершине А мы помещаем массу а» означает:
«Длина стороны ВС равна а сантиметрам, а масса, поме-
щенная в вершине Л, равна а граммам».
Если в точке А помещена масса т, то образующуюся та-
ким образом материальную точку будем обозначать так; (Л, т).
Иногда, когда это не может вызвать недоразумений, мы будем
ее обозначать одной буквой А. Массу т иногда называют
«нагрузкой точки А».
Центром тяжести двух материальных точек (А, а) и
(JB, Ь) называется такая третья точка С, которая лежит на
отрезке АВ и удовлетворяет «правилу рычага»'. произведение
ее расстояния СА от точки А на массу а равно произведению
се расстояния СВ от точки В на массу Ь; таким образом,
а-СА = Ь-СВ.
Это равенство можно записать и так:
СА_ b
СВ~^'
12
ЗАДАЧИ
т. е. расстояния от центра тяжести двух материальных точек
до этих точек обратно пропорциональны массам, помещенным
в этих точках. Центр тяжести будет ближе к точке с боль-
шей массой. Из определения следует: если прямая проходит
через центр тяжести двух материальных точек и через одну
из них, то она пройдет и через другую.
Вместо фразы: «Центром тяжести двух материальных точек
(Л, а) и (В, Ь) служит точка С» мы иногда будем употреблять
более компактную символическую запись* 1):
/[(Да), (В,£)] = С.
Центр тяжести двух материальных точек имеет весьма про-
стой механический смысл. Представим себе жесткий «невесо-
мый» стержень ЛВ, в концах
__________________£_______которого помещены массы а и b
® ~ Д -4Р (рИС. «Невесомость» стер-
жня практически означает, что
Рис. 1. его масса по сравнению с мас-
сами а и b настолько незначи-
тельна, что ею можно пренебречь. Центр тяжести С матери-
альных точек (А, а) п (В, Ь)—эта такая точка, в которой надо
подпереть стержень ЛВ, чтобы он был в равновесии.
Для дальнейшего полезно также ввести понятие ^объеди-
нения» или равнодействующей двух материальных точек. Под
этим мы будем понимать материальную точку, которая полу-
чится, если в центре тяжести
двух материальных точек ____________£____________________£
поместить массы обеих мате- , —/j* » I
риальных точек.
Пример. Пусть в концах Рис. 2.
невесомого тонкого стержня
АВ (рис. 2), длина которого равна 20 единицам, помещены такие
массы: в А — 6 единиц, в В — 2 единицы. Центром тяжести
материальных точек (И, 6) и (В, 2) будет точка С, лежащая
на стержне АВ и определяемая условием: 6 04 = 2 СВ,
или СВ = ЗСА Поэтому АВ = СВ -|- СА = 4 АС. Отсюда
АС= АВ—5 (единиц). Мы можем написать так:
’) Запись А^В означает, что точка А совпадает с точкой В.
Вообще знак es= означает совпадение, тождество каких-либо двух
1 еометрических фш ур.
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ С ПОМОЩЬЮ ЦЕНТРА ТЯЖЕСТИ
13
Z[(A, 6), (В, 2)] = С. Объединением материальных точек (Л, 6)
и (В, 2) будет материальная точка (С, 8).
Центр тяжести трех материальных точек находится следую-
щим образом: находят объединение двух из этих материаль-
ных точек и затем ищут центр тяжести образовавшейся та-
ким образом четвертой материальной точки и третьей из дан-
ных материальных точек. Аналогично находится центр тяжести
четырех, пяти и т. д. материальных точек.
Вообще, центр тяжести п материальных точек при
п ^>2 находится так: надо сначала найти центр тяжести
п — 1 материальных точек, поместить в этой точке массы
всех п—1 точек, а затем найти центр тяжести этой вновь
образовавшейся материальной точки с /z-й материальной точкой.
Если поместить в центре тяжести нескольких материаль-
ных точек массы всех этих точек, то образующуюся таким
образом новую материальную точку д
назовем объединением данных мате- у
риальных точек. / д ф
Для решения задач важны еле- / 3
дующие простейшие свойства центров
тяжести1). /
I. Положение центра тяжести п /
материальных точек не зависит от г *
порядка, в котором последовательно Еис. 3.
объединяются эти точки. (Теорема
о единственности центра тяжести для системы из п мате-
риальных точек.)
П. Положение центра тяжести системы из п материальных
точек не изменится, если заменить несколько материальных
точек их объединением. (Теорема о возможности группи-
ровки материальных точек.)
Приведем пример. На рис. 3 точка О — центр тяжести
четырех материальных точек (Ап т}), (Azl т2), (Л3, z?z3), (Л4, т^.
Пусть С — центр тяжести двух материальных точек (А^тх) и
(Л2, ад2). Если заменим эти две материальные точки их объе-
динением (С, mv т2), то система из трех материальных точек
(С, ту -|-wz2), (Л4, z/zj тоже будет иметь своим цент-
ром тяжести точку О.
*) К строгому рассмотрению этих фактов мы еще вернемся в § 2.
Здесь мы их примем без специального доказательства, как факты,
известные из механики.
14
ЗАД VIII
п—4
Применим теперь эти общие положения к решению гео-
метрических задач.
(!) 1. Средней линией четырехугольника называют отрезок,
соединяющий середины двух противоположных его сторон.
Например, на рис. 4 это
8 К Д будут отрезки КМ и LN.
Два гсометРа, англичанин
/ Z \ Симеон и француз Жергон,
! А /у подметили такую любопыт-
I \ НУЮ теорему: Средние линии
любого четырехугольника и
М отрезок, соединяющий сере-
рис 4 дины его диагоналей, прохо-
дят через общую точку и
делятся ею пополам. Докажите эту теорему. (У. 119, Р. 128.)
2. Пусть в вершинах треугольника помещены массы. До-
кажите, что прямая, соединяющая вершину треугольника с
центром тяжести образовавшейся системы материальных точек,
пересекает противоположную сторону в центре тяжести двух
материальных точек, помещенных в концах этой стороны.
(У. 119, Р. 128.)
Следующая задача дана в качестве подготовительной к за-
дачам 4,5 и 6.
(!) 3. Вы, конечно, знаете теорему о том, что в произ-
вольном треугольнике три медианы пересекаются в одной точке
и каждая медиана делится этой точкой в отношении 2:1, счи-
тая от вершины. Докажите эту теорему на основании меха-
нических соображений. (У. 119, Р. 128.)
Заметим, что эта теорема была известна еще Архимеду,
который пришел к ней именно на основании механических
соображений. Без привлечения понятия о центре тяжести она
была доказана значительно позже, примерно через 14 веков
после Архимеда, итальянским математиком Леонардо Фибоначчи.
4. Мы только что еще раз вспомнили, что прямая, прохо-
дящая через вершину основания и середину боковой стороны
треугольника, отсекает от медианы основания одну треть ее.
Это предложение остается в силе, если в нем поменять местами
выражения «медиана основания» и «боковая сторона», а именно:
5—9J
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ С ПОМОЩЬЮ ЦЕНТРА ТЯЖЕСТИ
15
Ъ % Ц
Рас. 5.
Прямая, проходящая через вершину основания и середину
медианы основания, отсекает от боковой стороны (тре*
угольника) одну треть ее.
Докажите эту теорему. (У. 119, Р. 129.)
(!) 5. В произвольном (плоском или пространственном)
шестиугольнике А} As Л5 Лв (рис. 5) отмечены середины
в„ Bs, всех
его сторон и полученные
точки соединены через
одну, так что получаются
два треугольника: Вг В5
и В2 В^ Въ. Докажите,
что точки пересечения
медиан у этих треуголь-
ников совпадают. (У. 119.)
(!*) 6. В тетраэдре
(произвольной треуголь-
ной пирамиде) каждая вер-
шина соединена с точкой
пересечения медиан противоположной грани. Докажите, что
получающиеся таким образом четыре отрезка проходят через
одну точку и каждый отрезок делится этой точкой в отно-
шении 3:1 (считая о г вершины).
(У. 119, Р. 129.)
(!*) 7. Докажите: в произ-
вольном тетраэдре отрезки, сое-
диняющие середины противопо-
ложных ребер, имеют общую
точку и делятся ею пополам.
(У. 119, Р. 130.)
8. Пусть О (рис. 6) — про-
извольная точка внутри тре-
угольника АВС. Докажите, что
всегда возможно так подобрать
три массы в вершинах треугольника, чтобы центром тяжести
образующихся таким образом трех материальных точек была
точка О. (У. 119, Р. 130.)
9. Докажите «лемму о трапеции >: точка пересечения
диагоналей трапеции, точка пересечения продолженных боко-
вых сторон и середины оснований трапеции лежат на одной
прямой. (У. 119, Р. 131.)
16
ЗАДАЧИ
110—13
10. Докажите: в любом треугольнике отрезок биссектрисы
угла при вершине, заключенный между основанием и точкой
пересечения биссектрис, во столько раз меньше всей этой
биссектрисы, во сколько раз основание меньше периметра
треугольника. Пусть в Д АВС (см. рис. 6) АА1У ВВг, СС1 —
биссектрисы, О — точка их пересечения; а, />, с — стороны.
Надо доказать, что =:— (У. 119, Р. 131.)
(1)11. В Д АВС (рис. 7) выбраны точки Вп ^соот-
ветственно на сторонах ВС, СА и АВ так, чтобы AtC=
= -^ВС, В.А = ±СА, С.В=^АВ.
ООО
Прямые, соединяющие точки деления Л1?В,, С, с про-
тиволежащими им вершинами Л, В, С, разбивают треугольник
эщадь заштрихованного на
рис. 7 треугольника ровно
в семь раз меньше пло-
щади треугольника АВС.
(У. 120, Р. 132).
12. На сторонах а,
/>, с треугольника АВС
(см. рис. 7) выбраны точ-
ки Al,Bi,Cl, делящие
эти стороны соответст-
венно в отношениях ky,
. . ВА, . СВ, ,
^2’ ^3’ 4,С—ki'
^B=ks-, ^>1, й2>1,
k\>\-
АВС, вычислите площадь
треугольника PQR, ограниченного прямыми ААг, ВВП ССГ
(О. 116, Р. 133.)
13. В окружность вписан четырехугольник со взаимно
перпендикулярными диагоналями (рис. 8). Докажите, что
точка пересечения его средних линий делит пополам отрезок,
соединяющий точку пересечения диагоналей с центром
окружности. (У. 120, Р. 134.)
на семь кусков, докажите, что
Зная площадь S треугольника
Одним из величайших математиков всех времен был швей-
царец Леонард Эйлер. В 1957 г. математики отмечали
14—16)
ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПОЛОЖЕНИЯ ЦЕНТРА ТЯЖЕСТИ
17
250-летие со дня его рождения. Эйлер нашел несколько очень
красивых геометрических теорем. Вот одна из них:
(!**) 14. Во всяком треугольнике точка пересечения ме-
диан лежит на отрезке, соединяющем центр описанной окруж-
ности с точкой пересечения вы-
сот, и делит этот отрезок в
отношении 1:2.
Докажите эту теорему.
(У. 120, Р. 134.)
15. Внутри данного тре-
угольника АВС постройте точку
О так, чтобы площади тре-
угольников ВОС' СОА и А О В
были пропорциональны трем
данным отрезкам/?, г. (У. 120.)
16. Пусть ABCA^Bfi^ —
произвольная усеченная тре-
угольная пирамида. Тогда точка
встречи плоскостей треуголь- § *
Рис. 8.
ников АВС^ ВСАХ и CABV и точка пересечения продолжен-
ных боковых ребер ЛЛ17 ВВХ и ССу лежат на одной пря-
мой с точками пересечения медиан оснований. (У. 120, Р. 134.)
§ 2. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПОЛОЖЕНИЯ ЦЕНТРА ТЯЖЕСТИ
НЕСКОЛЬКИХ МАТЕРИАЛЬНЫХ ТОЧЕК. ОБОСНОВАНИЕ
МЕТОДА ПРЕДЫДУЩЕГО ПАРАГРАФА
При рассмотрении некоторых вопросов механики оказыва-
ется выгодным ввести понятие статического момента.
Пусть имеется некоторая точка С и, кроме того, материаль-
ная точка А = (Л, т). Статическим моментом мате-
риальной точки А относительно точки С мы назовем произ-
ведение т-СА и будем его кратко обозначать так: МомсЛ.
Пользуясь понятием статического момента, определение
центра тяжести можно сформулировать так: точка С назы-
вается центром тяжести двух материальных точек А = (Л, тх)
и В = (В, т2), если С лежит на отрезке АВ и МомсЛ = Момс£.
Пусть теперь на некотором луче с началом S (рис. 9) рас-
положена система из нескольких (п) материальных точек
Л, = (Лр A2 = (A2,mj, ... , Л„ = (Ап, тп).
18
ЗАДАЧИ
[1-3
Статическим моментом этой системы относительно на-
чала луча S называют сумму моментов всех точек системы
Я % #з Л г Л’ ft
Рис. 9.
относительно начала луча, т. е. сумму
Мом5Л1 —|— Мом5Л2 —|— Мом5Ла —|-... —1~ Мом5Лл
или, подробнее,
К= т1 - S4, 4- wz2SX2 4- wrS.4,4~... 4~ mnSAn.
Пример. Если система состоит из трех точек (Лп 1),
(Л2, 4) и (Л3,9) и SAx= 1, SA, = 2, 5Д3 = 3 (рис. 10), то
статический момент системы равен
/<=1-1+4-2 + 9-3 = 36.
Понятно, что в системе CGS момент будет иметь размер-
ность г* см, Но мы уже ранее договорились, что размерность
будем каждый раз подразумевать, но нигде не указывать.
д,
Рис. 10.
1. Имеется система из двух материальных точек Р и Q,
расположенных на некотором луче. Известны массы этих
точек р и q и расстояния х и у каждой из этих точек от
начала луча S.
Чему равно расстояние центра тяжести системы от на-
чала луча? (О. 116, У. 121, Р. 135.)
2. Сформулируйте и решите аналогичную задачу для
случая, когда система состоит из п материальных точек.
Можно ограничиться каким-нибудь конкретным значением л,
например, п = 4. (О. 116, Р. 136.)
3. Пусть Z — центр тяжести системы материальных точек,
расположенных на некоторой прямой (рис. 11). Докажите, что
сумма моментов (относительно Z) материальных точек, рас-
ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПОЛОЖЕНИЯ ЦЕНТРА ТЯЖЕСТИ
19
положенных слева о г Z, равна сумме моментов материальных
точек, расположенных справа от Z.
Ограничиться случаем, когда справа от точки Z распо-
ложены три материальные точки, слева — две материальные
точки. (У. 121, Р. 138.)
о о Вг В, Z Д, Д. Д3
Решив задачу 2, мы по- *----►----------о---V-— * <
лучили формулу, определяю-
щую положение центра тя- Рис. 11.
жести нескольких материаль-
ных точек, расположенных на одном и том же луче. Покажем,
как можно воспользоваться этим результатом для вычисления
некоторых сумм, в частности, суммы квадратов п первых
чисел натурального ряда.
Рассмотрим правильный треугольник АВС (рис. 12), высота
которого ААп равна п—1 единицам и расположена на неко-
тором луче и пусть SA = a, SAn>SA. Высоту ААп ра-
зобьем на равные части длиною в 1 единицу точками А£, Л3,...
... , An_j и через эти точки проведем гэраллели к стороне
ВС. Аналогично разделим каждую из остальных двух высот
20
ЗАДАЧИ
А АВС на п—1 равных частей и через точки деления про-
ведем параллели к соответствующим сторонам.
Треугольник АВС разобьется на равные правильные тре-
угольники, причем каждый из них имеет высоту, равную
1 единице. В каждую из вершин этих треугольников поместим
массу, равную 1 единице. Получается картина, которую можно
себе легко представить по рис. 12. (Если точка служит общей
вершиной нескольких треугольников, то в ней помещается
все же лишь 1 единица массы.)
Центр тяжести Z всей образовавшейся системы материаль-
ных точек лежит, очевидно, на медиане ААп, ибо матери-
альные точки расположены симметрично относительно этой
медианы. По аналогичным соображениям можно утверждать,
что Z лежит на медиане, проведенной к стороне АВ. Следо-
вательно, Z—точка пересечения медиан з реугольника АВС и
AZ = (п — 1), так что
о о
9
SZ=a-\--g(n — 1). (1)
Найдем теперь число всех материальных точек данной си-
стемы (а следовательно, и массу системы, ибо каждая из ее
материальных точек имеет массу 1).
-----•---о----о---СЬ>—О----Э----О-
Я Д* 2 Дп
Рис. 13.
Для этого будем подсчитывать число материальных точек
на отрезках В2С2, BZCZ, . .. , ВпСп.
Мы найдем, что число всех материальных точек равно
(2)
Значит, масса М всей системы равна —(единицам
массы). Положение центра тяжести системы не изменится, если
сосредоточим массы всех материальных точек, лежащих на
каком-либо отрезке Bfpk в середине этого отрезка. Если это
проделаем со всеми отрезками В2С2, В3С8,______, ВС, то по-
лучим на луче ST п точек А, А2, Az, , Ап с массами 1,
2, 3, .п (единиц) соответственно (рис. 13).
ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПОЛОЖЕНИЯ ЦЕНТРА ТЯЖЕСТИ
21
Ясно, что SA = a, = SAz — a 4~2,...,
= а-\-п—1. В силу решения задачи 2 (см. формулу (2) на
стр. 137)
1 * cl —|— 2 {cl —|— 1) —|— 3 {cl —|— 2) —|— ... —|— п {cl —|— п — 1)
= [« + !(«-’)] • (3)
При а=1 найдем, в частности, что
1 *2*4-3*-р = + + (4)
При а = 0 получим
Расположим теперь Д АВС иначе, а именно так, как ука-
зано на рис. 14. Пусть SAn = a, = —1, Z—центр
тяжести системы материальных точек.
ЗАДАЧИ
Понятно, что теперь SZ—a-\~^ (п- - 1).
Пользуясь той же задачей 2 (см. формулу (2) на стр. 137),
получим без особого труда:
а-п-\~ («4” 1) (п — 1) (а 4~ 2) (п — 2) 4~ • • • “И
+ (« + «-!)• (6)
В частности, при а—\ найдем
1 -п + 2 (п— 1) -|-3 (п — 2)4- ... 4-п-1 ==«(« + »И»+2) (7)
Та же идея взвешивания может быть использована для
вычисления некоторых других сумм.
Вычислим, например, сумму
2 k* (п 4-1 — k) = 12 • п Ц- 22 (п — 1)-|-З2 (п — 2)4-...-р? 1.
Л=1
Для этой цели выберем па луче ST точки Л, Л2,..., Ап
так, чтобы SAk = k (k = 1, 2, ..., я); в этих точках поместим
соответственно массы 1-л, 2 (п—1(п—1)-2, /г-1.
Ясно, что центром тяжести Z такой системы материальных
точек будет служить середина отрезка ААп1 так что
57=14-^1=Ц^.
Масса М этой системы равна
Ьи_|_2.(/г— 1)4- ... 4-(/г— 1)-24-/z-1,
т. е. (см. формулу (7))
л(/г + 1)(« + 2)
— 6
Пользуясь формулой (2) из решения задачи 2 (стр. 137),
найдем
12-«4-22 (я—1)4-... 4-(я —I)2.24-я2.1 =
_ м . SZ= п (/г 1)2 + 2)
ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПОЛОЖЕНИЯ ЦЕНТРА ТЯЖЕСТИ
23
Нетрудно теперь найти и сумму кубов первых п чисел на-
турального ряда
2 *’ = («+ 1) 2 k*— 2^(«+1-/г) =
ft=l *=1 *=1
= (п _|_ 1) »(» + 1)(2» + 1) Я (Я + I)2 (« 4-2) =
=l<i±2>!(4„+2-. „ _2) = [”_1!!±Л] =.
Если в точках S, Л, А21 .Ап поместим массы, равные
биномиальным коэффициентам С^, С^, ..., С", и воспользуемся
известными соотношениями
С°4-С1 4- ...Ч-СИ = 2П1 Ck — Си’\
п I п i i п » п п 1
то без труда найдем
о-с: 4-ь CL4-... +псп„=
=т^+сп+---+с:)=л-2"”-
Помещая в тех же точках массы
А . г. . 2к . (//— 1) к . пк
О, sin —, sin — ,..., sin'---—. sin — ,
’ n ’ n ’ n * n
и воспользовавшись равенством sin/г ~ = sin (n — k) , найдем
1 • sin — 4- 2 sin — 4- 3 sin — -k ...
n 1 n 1 n 1
... 4~ (n— 1) sin (n — 1)—- л sin/г ~ = y
где
M — sin — 4~ sin — 4-_4-sin in—1)— .
n 1 n 1 1 ' 7 n
Нетрудно вычислить M:
2 sin “• M — 2 sin ~ sin — 4- 2 sin sin — 4- ...
2/z 2n n 1 In n 1
... -k 2 sin ~ sin (n — 1- = f cos — cos 4-
4 2n ' ' n \ 2n 2n j 1
i / 3k ( / (2/z — 3) n (2/z—1)k\
4“ cos ----COS .T- + . • • -H COS---— ---cos —5—— =
1 \ 2n 2n) 1 \ 2n 2n j
к (2/z— l)n n . к . , к o к
= COS 5--COS —— = 2 Sin -y sin in — 1) — = 2 cos <T-,
2/z 2/z 2 v 7 2ц 211 ’
24
ЗАДАЧИ
(4-5
откуда AI = ctg^. Итак,
1 • sin — -k 2 sin — -k 3 5in — 4- ... -k (n — 1) sin —— 4-
n 1 n 1 n 1 1 ' ’ н '
, . nr. П , Ti
-k n sin — = -7Г ctg к- .
1 n 2 & 2n
Аналогичными рассуждениями можно вычислить
, 2- . n 47t . о 6z . I , . ч (2л — 2) к
1 • cos--k 2 cos-----k 3 cos-----k ... -k bi — 1) cos--------
n 1 и 1 h 1 1 ' ' n
и многие другие суммы.
•Ji tji
Решение задачи 2 можно применить и для получения лю-
бопытных и весьма наглядных доказательств некоторых нера-
венств. Рассмотрим примеры.
4- Докажите: если 0 < а2 <... < ап <Су , то
sin а1 + Sin а2 + • • • + sin ап
& 1 COS ctj 4" COS Ct2 4" • * ’ 4“ COS an &
(У. 121, P. 138.)
5. Пусть на луче ST (рис. 15) расположены несколько
материальных точек (4, а), (В, £), (С, с),..(Z., /). Пусть вся
масса какой-либо из этих материальных точек или ее часть
$ в п а л’ с L __________________________________Г
---9---------о--------------—— ----------
Рис. 10.
переносится вдоль луча, удаляясь от начала (например, из А
переносится «вправо» в А' на рис. 15). Как сместится при
этом центр тяжести данной системы материальных точек?
(О. 116, У. 121, Р. 139.)
Операцию переноса масс вдоль луча можно повторить
несколько раз. Если при этом массы могут перемещаться толь-
ко вправо (могут только удаляться от начала луча), то и центр
тяжести системы материальных точек в силу решения задачи
5 будет перемещаться вправо (удаляться от начала луча).
6—8] ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПОЛОЖЕНИЯ ЦЕНТРА ТЯЖЕСТИ 25
Этим фактом возможно, в частности, воспользоваться для
доказательства неравенств.
Следующую задачу нетрудно решить и без применения
понятия о центре тяжести. Однако попытайтесь ее решить на
основании задачи 5.
6. Пусть 0<^£j <^Ь2<\. Тогда при любом k9
меньшем /г,
k п
(У. 121, Р. 139.)
7. Докажите: если
0<о1<«2<.
ТО
«+ аД + • • • + апЬ„) >
>(с, а2 • • • + ап) (Ь1 4“ • • • + !>п)-
(У. 121, Р. 141.)
* #
*
8. Две материальные точки (Р, р) и (Q, q) лежат в пло-
чертежа по одну сторону от некоторой прямой MN
скости
(рис. 16). Их расстояния от
прямой MN равны соответст-
венно а и Ь. Найдите рас-
стояние z их центра тяжести
Z от прямой MN. (У. 121,
Р. 144.)
Пусть на плоскости имеется
некоторая ось s. Статическим
моментом материальной точ-
ки А~{Аут) относительно
этой оси мы назовем произведение
в Z, $ /V
Рис. 16.
массы т на ее расстоя-
ние у от оси т. е. т*у,
Мом^ А — т - у.
Если имеется на плоскости система из п материальных
точек ЛП Л2, Л8,..Ли, расположенных по одну сторону от
некоторой оси s, то моментом этой системы относительно оси
называется сумма моментов материальных точек системы, т. е.
Момч. А. -4-Мом. Л9-1- ... 4-Мом_ А„
о Л • A St I I w
26
ЗАДАЧИ
[9-13
или, иначе говоря, сумма
1 - 1 I "^2-^2 “Г * * * "WM
где —это расстояния точек Дп Л2,...,ЛП
от оси (рис. 17), а ...,тп— массы этих материаль-
ных точек.
Рис. 17.
9. Как выражается момент объединения двух материаль-
ных точек, лежащих на плоскости по одну сторону от неко-
торой оси s, через моменты этих материальных точек отно-
Рис. 18.
сительно той же оси? (Р. 144.)
10. Сформулируйте и решите задачу,
аналогичную задаче 8, для случая системы
из трех материальных точек. (Р. 145.)
(!) 11. Сформулируйте и решите ана-
логичную задачу, когда имеется п мате-
риальных точек (Р. 145).
(!*) 12. Угол Л' О Az — один из углов,
образованных двумя пересекающимися
прямыми ах и а2 (рис. 18). Из произволь-
ной точки Р внутри этого угла опускаем
перпендикуляры РВХ и РВ2 на прямые ах
и а2. Пусть kx и k2—какие-то два дан-
ных положительных числа, d — данный
отрезок. Найдите геометрическое место таких точек Р (ле-
жащих внутри данного угла Л'ОЛа), для которых
kx-pBx-^kepB2 = d. (у- 121> Р- 146-)
13. (Обобщение). Угол А'ОА'2 — один из углов, образо-
ванных п прямыми , afn имеющими общую точку О
(рис. 19).ОЛ1 — на прямой alt ОА’2— на а2. Из произвольной
14]
ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПОЛОЖЕНИЯ ЦЕНТРА ТЯЖЕСТИ
27
точки Р, лежащей в угле .4'ОД', опущены перпендикуляры
РВп на прямые _________________, ап. Пусть k п kn—
какие-либо данные положительные числа, d—длина данного от-
резка. Найдите геометрическое место точек Р (лежащих внутри
угла Д'ОДг), для которых • РВХ k2PB2 knPBn = d
(можно ограничиться рассмотрением случая п = 4). (Р. 147.)
(*) Пусть имеется некоторая плоскость а и пусть какие-то
материальные точки Д, = (Др
= (Ди, тп) расположены по одну
сторону от этой плоскости и от-
стоят от нее соответственно на
расстояния _ур _у2,.. ., уп.
Статическим моментом ка-
кой-либо материальной точки
А = (Д, т) относительно плос-
кости а называется произведение
массы т этой точки на ее расстоя-
ние у от плоскости а. Это запи-
шем так:
Мома А = ту.
Статическим моментом си-
стемы из п материальных точек
(Др га,),..., (Ди, тп) относительно
Рис. 19.
плоскости а мы назовем сумму моментов всех материальных
точек этой системы относительно той же плоскости, т. е. сумму
МомаД, . 4~МомаД„
или, иначе говоря, сумму
•••+ тпУп-
(*) 14. Пусть Z—центр тяжести системы из п матери-
альных точек Д1 = wj, Д2 = (Д2,т2), . .., Ап = (Ап, тп),
лежащих по одну сторону от некоторой плоскости а;
j у2,____,уп — расстояния этих
плоскости a; z— расстояние от
Докажите, что
z _ ^1^1+^2Л+
^1+^2 4-... +тп
материальных точек
точки Z до плоскости
(У. 122, Р. 148.)
от
а.
28
ЗАДАЧИ
(*) Решение задачи 11 позволяет получить из чисто меха-
нических соображений много интересных неравенств.
Для этой цели нам еще понадобится понятие выпуклой
фигуры. Выпуклой фигурой называется фигура, обладающая та-
ким свойством: если какие-либо две точки принадлежат фигуре.
то ей принадлежит и весь отрезок, соединяющий эти точки.
Простейший пример выпуклой фигуры — круг1) (рис. 20), если
Z и В — произвольные точки, принадлежащие кругу, то и весь
отрезок АВ принадлежит кругу.
Вот еще несколько примеров выпуклых фигур.
1) Часть плоскости, ограниченная четвертью окружности
и стягивающей ее хордой (рис. 21).
2) Часть плоскости, ограниченная одной аркой синусоиды
у = sin х (0 х тс) и осью абсцисс (рис. 22).
’) К кругу мы относим здесь также ограничивающую его окруж-
ность. Аналогично и в дальнейших примерах: Гиворя о фигуре, огра-
ниченной какими-то линиями, мы будем полагать, что эти линии так же
принадлежат этой фигуре.
ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПОЛОЖЕНИИ ЦЕНТРА ТЯЖЕСТИ
29
3) Часть плоскости (рис. 23), ограниченная полуаркой си-
нусоиды j' —sin jc ^0 и хордой этой синусоиды,
соединяющей точки 0(0, 0)и51у, 11.
4) Часть плоскости (рис.
у — хг(х^0) и осью ординат
теже заштрихована).
24), ограниченная параболой
(та область, которая на чер-
На рис. 25 и 26 изображены невыпуклые фигуры (они за-
штрихованы). В каждой из этих фигур можно указать такую
пару точек А и В, принадлежащих фигуре, что не весь от-
резок АВ принадлежит той же фигуре.
30
ЗАДАЧИ
Рис. 27.
Подробнее с понятием выпуклой фигуры читатель может
ознакомиться по книге И. М. Я гл ом а и В. Г. Болтянского «Вы-
пуклые фигуры,, Гостехиздат 1951 г. (см. гл. I, задачи 1—9).
Строгое доказательство с помощью средств элементарной
математики того, что та или иная конкретная данная фигура
является выпуклой, оказывается обычно довольно громоздким
или вовсе невозможным. Применение средств дифференциаль-
ного исчисления значительно упро-
щает дело.
Однако, если заранее ясно, что не-
которая фигура является выпуклой, то
это свойство можно, оказывается, при-
менить к доказательству неравенств1).
Пусть фигура Ф является выпук-
лой (рис. 27). Возьмем внутри ее
или на ее границе две произвольные
точки и поместим в них произволь-
ные (положительные) массы а и Ь.
Тогда центр тяжести двух материаль-
ных точек (Л, а) и (Ву Ь) лежит
на отрезке АВ и, следовательно, также принадлежит фигуре Ф.
Аналогично, если возьмем п произвольных точек Лп Л2,___, Ап
фигуры Фив них поместим (положительные)массы тг,т2,... ,тп>
то центр тяжести материальных точек (An //zj, (Л2, /я2), ,,.
...,(АИ, тп) будет также принадлежать фигуре Ф (на рис. 27
С, = г[(Л„ /и,), (Лг, ms)], C3=Z[(A3, т,), (Сг,
и т. д. Z—центр тяжести всей системы п материальных то-
чек (Л,, mt(Л„, тп)).
Более того, можно показать, что если центр тяжести ка-
ких-нибудь двух из этих п материальных точек лежит внутри
фигуры Ф (а не на ее контуре, не на ее границе), то и центр
тяжести всех п материальных точек тоже лежит внутри фи-
гуры Ф2). Именно этот случай мы и рассмотрим.
Будем для простоты полагать, что выпуклая фигура Ф
целиком расположена в первом координатном квадранте
’) Наиболее важная идея дальнейших рассуждений заимствована
мною из заметки А. Лоуэна, опубликованной в журнале «Scripta
mathematic а» в 1955 г. (21, № 2—3, стр. 218—220).
2) Точные определения понятий «граничная точка», «граница»,
«внутренняя точка» фигуры читатель может найти, например, в книге
И- М. Яглома и В. Г. Болтянского.
15—16] ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПОЛОЖЕНИЯ ЦЕНТРА ТЯЖЕСТИ 31
(рис. 28). Пусть точки Ап А2, . .., Ап лежат на границе фи-
гуры Ф и имеют координаты (xn vj, (х2, j'2), . .., (хп,Уп).
В этих точках помещены массы т^, т2, ..тп соответственно.
Обозначим через Z центр тяжести п материальных точек
(Л„ /и,), (Л2, т2), (Л„, тп).
а через (х,у) — координаты точ-
ки Z. В силу решения задачи 11
,,= tnlyl+miy2+ ... +тпуп
У ^+"'2 4-... +
(8)
х »г,х, + т2х2 + • • • + тпхп
'«l+«»2+ ••• + ”’п
(9)
Пусть прямая XZ (X — осно-
вание перпендикуляра, опущен-
ного из Z на ось Ох) встречает контур фигуры Ф в точках Q
и Р, причем XQ<^XP. Тогда ясно, что
XQ<y<XP (10)
или
XQ<^^V|-+Mi+ •••|+т"^<АгР. (11)
Рассмотрим несколько примеров.
15. Считая известным, что фигура Ф на рис. 23 является
выпуклой, докажите неравенство:
2 Xj -|- *2 4" • • • + хп sin Xi -|- s*n *2 4~ • • 4~ sin хп
7Z п п
<5 sin 4~ х2 4~ -»* 4~ ,
п
если х2, ..хп — произвольные различные числа, заклю-
ченные между 0 и у 122. (У. 122, Р. 149.)
16. Считая известным, что фигура Ф (рис. 29), ограничен-
ная кривой у = 1g х (х^1)и лучом оси абсцисс х^1, яв-
ляется выпуклой, докажите неравенство:
1gXi + 1gJg2 + -• + 1g। х1+х2+... +хи
п \ 6 п »
32
ЗАДАЧИ
(17—18
где хп х2,..., хн — различные положительные числа (причем
некоторые из них могут быть и меньше 1). Рассмотрите
вначале случай, когда каждое из этих чисел больше 1.
Выведите отсюда неравенство Коши
Докажите затем обобщенное неравенство Коши
/ т\х\ + fn2*2 + • • • + тпхп
W х2 . . .Лп ) --------------Tj------------
где т^, т21... ,тп — произвольные положительные числа и
(у- 122> р- 150-)
17. Считая известным, что фигура Ф (рис. 24), ограни-
ченная дугой параболы _у = х2 (х^О) и осью Оу, является
выпуклой, докажите неравенства
и
где хп х2,.. . ,хи, т2,. . . — произвольные положитель-
ные числа, причем числа хп х2,...,хи не все равны между
собой: М = mx-\-m2-\-...-\-тп. (У. 122, Р. 152.)
18. Пусть х1? х2,... ,хп — любые числа, заключенные меж-
ду 0 и 1, причем не все равны между собой; . .jnn—
произвольные положительные числа пЛ4 = ^1 + ^“г—
Считая известным, что фигура Ф па рис. 21—выпуклая, до-
19]
ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПОЛОЖЕНИЯ ЦЕНТРА ТЯЖЕСТИ
33
кажите, что имеют место неравенства
тхх1 + ш2х2 + •. • + tnnxn
М
< уГ | ( + ”*2*2 + • • • + mftxn у
(Р. 153.)
19. График функции у =— lg sin х на интервале (О,тт)
имеет такой вид, как указано на рис. 30.
Считая известным, что область Ф, ограниченная этим
графиком, является выпуклой, докажите неравенство
п/~~.---------------- • ai + а2
у/ sin aj • sin aa.. . sinan < sin ---------
(0<a1<a2<...<aw<n). (P. 154.)
**) Мы будем говорить, что функция j =/(x) выпукла на
некотором отрезке [а, Ь\ (рис.
31), если дуга АтВ ее графика,
соединяющая точки А (а,/(а))
и В (Ь, /(/>)), и хорда АВ огра-
ничивают некоторую выпуклую
фигуру. Если при этом хор-
да АВ лежит под дугой АтВ,
то функция f(x) называется
выпуклой кверху на отрезке [а, £], а если хорда АВ лежит
над дугой АтВ, то функция /(х) называется выпуклой книзу
на [а, й].
2 М. Б. Балк
34
ЗАДАЧИ
(20
В дальнейшем мы ради простоты полагаем, что дуга АВ
лежит в первом квадранте. Однако результат, который будет
сформулирован, верен при любом положении дуги АВ.
Вместо выражений «выпуклая кверху» и «выпуклая книзу»
часто употребляются соответственно выражения «выпукла» и
«вогнута».
20. Докажите: если функция f(x) выпукла кверху
на некотором отрезке [а, £] и если х2,..., хп — произ-
вольные различные числа из этого отрезка, а тх, т . • ^тп —
произвольные положительные числа и
то
f (m}xt 4- w2x2 -р ... 4- тпхп\
7 М )
wi/ to>) 4- mj (х2) 4". • • 4" tnnf ton)
м
(неравенство Йенсена).
Запишите это неравенство для того частного случая, когда
Wj = w2 = ... =алл.(Р. 155.)
Примечание. Если функция f(x) выпуклая книзу (вогнута),
то знак неравенства меняется на противоположный. При j(x) = sin xt
f w=ig *, / w=Vi — x* мы получим по формуле Йенсена те нера-
венства, которые были нами ранее найдены при решении задач 15,16,18.
Выше мы получили ряд неравенств, используя решение задачи И
и рассматривая различные выпуклые фигуры на плоскости.
Рассматривая трехмерные выпуклые фигуры (выпуклые тела)
и проводя аналогичные рассуждения, возможно с помощью задачи
14 получить новые любопытные неравенства. В частности, возможно
получить интересное обобщение неравенства Йенсена.
Однако мы здесь воздержимся от рассмотрения этих неравенств,
ибо нам понадобились бы некоторые сведения из высшей математики
(точнее, из аналитической геометрии в пространстве). * * * §
* *
*
(*) У читателя, вероятно, после рассмотрения задач из
§ 1 возникло такое сомнение: «Да, решения этих задач были
простыми, но были ли они математически строгими»? Поста-
раемся разобраться в этом. Мы использовали такие понятия:
масса, материальная точка, центр тяжести. В наших рассуж-
дениях они выступали как чисто математические понятия.
Масса всегда у нас выступала как некоторое положительное
число. Каждый раз, когда приходилось использовать это по-
ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПОЛОЖЕНИЯ ЦЕНТРА ТЯЖЕСТИ
35
нятие, мы пользовались им только как некоторым положитель-
ным числом. Когда мы рассматривали материальную точку, мы
всегда наделе рассматривали два чисто математических объекта:
какую-то геометрическую точку и какое-то положительное
число. Материальные точки нам были нужны лишь для одной
цели — для нахождения центров тяжести. Но центр тяжести
двух материальных точек у нас всегда опять-таки выступал
как некоторый математический объект, как геометрическая
точка, известным образом определяемая в зависимости от двух
(геометрических) точек и двух положительных чисел. Именно,
центр тяжести появлялся как точка, делящая расстояние между
двумя данными точками в отношении, равном отношению двух
данных положительных чисел. А деление отрезка в данном
отношении — это уже задача элементарной геометрии.
Чтобы подчеркнуть чисто геометрический характер поня-
тия о центре тяжести (в том виде, в каком мы этим поня-
тием здесь пользовались), некоторые геомегры отказываются
вовсе ог этого термина.
Термин «центр тяжести двух материальных точек (Л, а) и
(Z2, Ь)» они заменяют чисто геометрическим термином «центр
пропорциональных расстояний точек А и В с соответствую-
щими им коэффициентами а и /?».
Понятие «центр тяжести нескольких материальных точек»
определялось через понятие «центра тяжести двух материаль-
ных точек» и, следовательно, также может быть рассмотрено
как чисто геометрическое понятие.
Таким образом, введение понятия о центре тяжести даже с
точки зрения элементарной геометрии не содержит в себе ничего
такого, что можно было бы назвать «математически не стро-
гим». Однако при решении задач мы использовали без доказа-
тельства два свойства центра тяжести (см. стр. 13): «тео-
рему о единственности центра тяжести» и «теорему о воз*
можности группировки материальных точек». Чтобы наши
рассуждения были действительно строгими, необходимо дока-
зать эти теоремы. Начнем с теоремы о единственности центра
тяжести. Ограничимся пока случаем трех материальных точек,
которые обозначим так: (Л,, mJ, (А,, mJ, (А3, mJ (рис. 32).
Чтобы найти их центр тяжести, мы поступали так: нахо-
дили центр тяжести В двух первых материальных точек (A^mJ
и (Л2, т2), а затем находили точку S— центр тяжести двух
других материальных точек: (В, тх mJ и (Л3, wa).
2*
3G
ЗАДАЧИ
[21—23
Эта точка по определению и называется центром тяжести
трех материальных точек (Д, znj, (Л2, mJ, (A*, mJ.
Но ведь мы могли бы поступить и иначе: сначала найти
центр тяжести, скажем, точек (Д2, т J и (Д3, mJ (обозначим
его через С), а затем уже найти
центр тяжести Т материальных
точек (С, m2-\-mJ и (Дп w,).
Не может ли вдруг оказаться,
что точка Т отлична от точки
S? Откуда следует, что они
должны совпасть? Но все же
они действительно совпадают;
в этом и заключается смысл
теоремы о единственности цент-
ра тяжести (в применении к
трем материальным точкам).
Итак, докажите такую теорему.
(*) 21. Центр тяжести трех материальных точек не за-
висит от порядка, в котором будем объединять эти точки.
Пусть (Лр wj, (Д2, mJ и (Д3, mJ— три материальные
точки: В — центр тяжести точек (Др mJ и (Л2, mJ, С —
центр тяжести точек (Д2, mJ и (Л3, mJ, D—центр тяжести
точек (Д3, mJ и (Д, mJ. Покажите, например, что центр тя-
жести точек (5,/«j-|~/л2) и (Л3, mJ совпадает с центром
тяжести точек (C,m2-\-mJ и (т4п mJ. (У. 122, Р. 155.)
(*) 22. Докажите теорему о единственности центра тя-
жести п материальных точек: положение центра тяжести п
материальных точек не зависит от того порядка, в котором
последовательно объединяются эти точки. (У. 122, Р. 156.)
Перейдем теперь к «теореме о возможности группировки
материальных точек». Рассмотрим сначала частный случай.
(*) 23. Докажите, что центр тяжести пяти данных мате-
риальных точек (Др mJ, (Л2, mJ, (Л3, mJ, (Л4, mJ, (Л5, mJ
не изменится, если заменить точки (Л2, mJ, (Й3, mJ и (Л5, mJ
их объединением (т. е. если поместить массы этих трех ма-
териальных точек в их центре тяжести). (Р. 156.)
Те рассуждения, которые мы провели при решении пре-
дыдущей задачи, позволяют и в общем случае доказать «тео-
рему о возможности группировки п материальных точек»,
КРУГ ЗЛДЛЧ, СВЯЗАННЫХ С ТЕОРЕМОЙ ЧЕВЫ
37
В самом деле, пусть имеются п материальных точек
(Лп (Л2, т2),.. . ,(Лл, шп) и — их центр тяжести. Пусть,
далее, выделяется из них группа k материальных точек.
Без потери общности можно считать, что в группу входят
материальные точки (Лт, т^), (Л2, т2\..(Ak, mk). Если бы
это было не так, то мы бы изменили нумерацию материальных
точек. Обозначим центр тяжести этих k материальных точек
через В. Но тогда центр тяжести материальных точек
{В, . +>«*), (Л4+1, mk+i),..(Л„, тп) совпала-
ет, очевидно, с точкой 5. А это и означает справедливость
теоремы о возможности группировки.
Мы пока ограничились рассмотрением случая, когда из
данных материальных точек выделяется лить одна группа
материальных точек. В некоторых случаях приходится выде-
лить две, три и более группы (см., например, задачу 1 и др.).
Но это, очевидно, сводится к тому, чтобы несколько раз вы-
делить из каких-то имеющихся материальных точек одну груп-
пу материальных точек.
§ 3. КРУГ ЗАДАЧ, СВЯЗАННЫХ С ТЕОРЕМОЙ ЧЕВЫ
Начертим произвольный треугольник АВС и на его сторо-
нах выберем какие-либо три произвольные точки Л,, В^ СЛ
как указано на рис. 33.
Пройдут ли отрезки ААг,
ВВ19 CCt через общую точку?
В некоторых случаях — да; на-
пример, если эти отрезки — три
медианы треугольника, пли,
скажем,— три биссектрисы тре-
угольника. А, вообще говоря,
может оказаться, что эти от-
резки AAIf ВВ1 и ССг не име-
ют общей точки (см. рис. 7).
Все зависит от выбора точек
Д, В^ С, на сторонах тре-
угольника. Почти 300 лет назад итальянский геометр Джованни
Чева заинтересовался таким вопросом: как должны быть свя-
заны между собой шесть отрезков, на которые делят точки
С\ стороны треугольника АВС, чтобы прямые ААп
ВВ^ СС. наверняка имели общую точку? Можно ли, зная
38
ЗАДАЧИ
только длины этих шести отрезков, сказать заранее, еще до
проведения прямых АА^, ВВХ, ССР имеют ли эти три прямые
общую точку?
Используя механические соображения, Чева сумел дать ис-
черпывающий ответ на эти вопросы. В трактате «О прямых
линиях, пересекающихся взаимно», изданном в Милане в 1678 г.,
им доказана замечательная теорема, носящая его имя.
Теорема Чевы. Пусть прямые AAlt ВВг, СС, (рис.
33) встречают стороны а, Ь, с треугольника АВС во внут-
ренних точках Alt В1Г соответственно.
Для того чтобы прямые AAlf BBlt ССу имели общую
точку, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось сле-
дующее условие («условие Чевы для треугольника»)-.
АС^ ВАУ СВу_. /19^
С.ВАуСВуА—
«Достаточно» в данном случае означает: если «условие
Чевы» (12) выполняется, то три прямые ААг, ВВХ и СС1
имеют общую точку.
«Необходимо» означает: если три прямые АА^ ВВ19 СС1
имеют общую точку, то обязательно выполняется «условие
Чевы».
Выясним сначала механический смысл условия Чевы. Пусть
на сторонах треугольника АВС выбраны три точки: (на
ВС), Вг (на С А) и Сг (на АВ). Тогда равенство
(которое называем условием Чевы) имеет
место тогда и только тогда, когда возможно подобрать
три массы mi9 mz, ms для точек А, В, С так, чтобы1)
Z[(A, mJ, (В, mz)] = Ci9 (13)
Z\\B, т2), (С,т^ = А„ (14)
Z[(C,ms), (A,mJ]^Bi. (15)
Наглядно этот факт можно себе представить так:
Вообразим, что сторонами треугольника АВС служат тон-
кие «невесомые» стержни (т. е. весом их можно пренебречь).
То есть так, чтобы центром тяжести материальных точек
(Л, mJ и (В, т2) служила точка Сп центром тяжести материальных
точек (В, т2) и (С, nis} служила точка Аи а центром тяжести мате-
риальных точек (С, т3) и (Л, mJ служила точка ВГ
1—7]
КРУГ ЗАДАЧ, СВЯЗАННЫХ С ТЕОРЕМОЙ ЧЕВЫ
39
В заранее выбранных точках (рис, 34) помещены
подпорки. В вершинах А, Ву С будут помещены тяжелые (по
сравнению с весом стержней) шарики, размерами которых
можно пренебречь (по сравнению с размерами треугольника).
Выполнение условия
Чевы означает, что можно
так подобрать эти на-
грузки в вершинах А, В9
С, чтобы каждый стер-
жень в отдельности (вме-
сте с массами в его кон-
цах) находился на своей
подпорке в равновесии.
(Р. 158.)
же — для высот остро-
треугольника. (Р. 158.)
же — для трех прямых,
1. Докажите, что условие Чевы действительно означает,
что возможно подобрать массы т2, тз так, чтобы вы-
полнялись условия (13) — (15). (У. 122, Р. 157.)
(!) 2. Пользуясь предыдущей задачей, докажите теорему
Чевы. (Р. 157.)
3. В качестве следствия из теоремы Чевы выведите, что
три медианы треугольника имеют общую точку. (Р. 158.)
4. То же — для биссектрис тре-
угольника.
5. То
угольного
6. То
соединяющих вершины треугольника
с точками, в которых вписанная ок-
ружность касается сторон. (Р. 159.)
(!) 7. Пусть прямые ААи ВВ19
CCt (рис. 35) встречают стороны
треугольника АВС в точках А19
В , Сг и пусть они проходят через общую точку О.
Бельгиец Ван-Обель доказал, что в таком случае
СО _CA. ] CBi
ОС~ А.В'В.А' СА
Например, если АА ВВ СС —медианы, то -^—=1,
СЯ._1ИСО л‘в
В,А~~~ 1 И ОС, —
Свойство, которое подметил Ван-Обель, можно было бы
сформулировать так:
40
ЗАДАЧИ
(8—9
Если три отрезка, соединяющих вершины треугольника
с точками на противоположных сторонах, имеют общую
точку О, то отношение, в котором О делит каждый из этих
отрезков (считая от вершины), равно сумме отношений, в ко-
торых два других отрезка делят стороны треугольника
(считая от этой же верш-ины).
Докажите теорему Ван-Обеля. (У. 122, Р. 159.)
8. Пусть АВВХ, CCi—медианы треугольника АВС,
О — точка их пересечения. Тогда
А'О— 1 В.О_ 1 С.О_ 1
А,А ~ 3 ’ В.В~ 3’ 1 QC 3 ’
АУО । ВХО I СУО___1 ” w
так что Французский геометрЖергон,
о котором мы уже говорили раньше, утверждал, что это
равенство сохраняется, если AAi9 BBV ССг — произвольные
три отрезка, имеющие общую точку О и соединяющие вер-
шины треугольника с точками на противоположных сторо-
нах. Докажите это утверждение Жергона. (У. 122, Р. 159.)
9. Докажите, что в обозначениях, принятых в предыду-
щей задаче, = (У. 122, Р. 160.)
/1/1|
Пусть имеется произвольный
Обозначим отношения,
л-угольник А^А*.. .Ап и
пусть на его сторонах A1A2J
А2А3, . .., АпА1 (рис. 36) вы-
браны соответственно точки Д12,
Л23, . . ., Ап1, которые назовем
опорными точками. Будем
говорить, что для многоуголь-
ника . ,Ап выполняется
условие Чевы при опорах в
точках АЛ9. А9Я, . .., А„., если
^41^12 ^2^23 АпАп1 __ « / 1 81
A12A2A23Aa-- А^А,— • <ID'
в которых стороны делятся опор-
ными точками, короче, именно:
ФФ2 — через л12, ФФ5 — через Х2а и т. д.,
Л12712 'ЧУЧ
тогда условие Чевы короче можно записать так:
(17)
10-14]
КРУГ ЗАДАЧ, СВЯЗАННЫХ С ТЕОРЕМОЙ ЧЕВЫ
41
10. Обобщите теорему задачи 1 на случай произвольного
л-угольника. Проведите доказательство при л = 4. (Р. 160.)
11. Пусть А^^А*— произвольный пространственный
(не плоский) четырехугольник (рис. 37); Д12, .42з, Д 4, Л41 —
произвольные (внутренние) точки
отрезков ^4^2, Д2^3» ^45Д4,
соответственно. Тогда, для того
чтобы два отрезка Л12Л34 и
Д2з^41 общую точку, необ-
ходимо и достаточно, чтобы
выполнялось следующее условие
(«условие Чевы для четырех-
угольника»):
^1-^12 ^2^23 ^3^34 __ |
^12^2 ^23 А ^34^4^41^1
(18)
Докажите эту теорему. (Р. 161.)
12. Пусть в условиях предыдущей задачи точки Л12,
Л23, Д54, Л41 делят стороны четырехугольника соответст-
венно в отношениях ).12, 12з, 134, 14]. В каком отношении
делится каждый из отрезков Л12/з4
' 'о — . — £ и Л23/41 точкой их пересечения?
\ \ / (р- 162.)
\ \ (!) *3. Четырехугольник ABCD
\ I (рис. 38) представляет собой пло-
\ I ское изображение некоторого заве-
\>w домо неплоского стержневого четырех-
\ угольника A'B'C'D'. Чертеж получен
\ путем проектирования четырехуголь-
ника A'B'C'D' пучком параллельных
Я лучей. Например, можно себе пред-
Рис. 38. ставить, что четырехугольник — это
тень (солнечная) четырехугольника
A'B'C'D'. Отрезки PR и QS изображают две натянутые нити,
соединяющие точки на противоположных сторонах четырех-
угольника.
Можно ли, пользуясь рис. 38, сказать, пересекаются ли
в натуре эти нити? (У. 122, Р. 162.)
(*) 14. Докажите следующий трехмерный аналог тео-
ремы Жергона (см. задачу 8). Если четыре отрезка AtA',
А Ар А А (Рис- 39), соединяющие вершины тетраэдра
42 ЗАДАЧИ fl5—16
Д1Д2Д3Д4 с точками Д', Д2, Д', A'v расположенными на
противоположных им гранях, имеют общую точку О, то
. Д2О J_4o_ . !
Л'Л А2А2 ^А'3А, А'4А4
(У. 122, Р. 163.)
(*) 15. Докажите, что в условиях предыдущей теоремы имеет,
место тождество
Д1Д1 А2А2 Д3Д3 Д4Д4
(Р. 164.)
(*) 16. (Трехмерный аналог теоремы Ван-Обеля; см. за-
дачу 7.) Через точку О, лежащую внутри тетраэдра Д1Д2Д3Д4,
и его вершину Д4 проведена прямая, встречающая проти-
воположную грань Д1Д2Д3 в некоторой точке Д' (рис. 40).
Через стороны треугольника Д1Д2Д3 и точку О проведены
плоскости, встречающие противоположные ребра в точках
Д14, Д24, Д34. Докажите, что
A^(D _ A4Aj4 1 А4А24 I А4А3^
ОА4 ^24^2 ^34^3
(У. 122, Р. 164.)
17—19] круг задач, связанных с теоремой чевы 43
Следующую задачу можно рассматривать, как обобщение
задачи 7 из § 1.
(**) 17. Пусть имеется произвольный тетраэдр Д1/2Д3Д4.
На каждом из шести его ребер выберем по точке: на реб-
ре AtA2 — точку Д12, на ребре — Д2/3— точку Д23 и т. д.
(см. рис. 40). Короче, на ребре AjAk (i=^=k\ Z, 1, 2, 3, 4)
выбираем точку Aik. Соединим точки, выбранные на проти-
воположных ребрах, отрезками. Таким образом получаются
три отрезка: Д12/4,4, Лг,Д14, Л13Л24.
Будут ли они иметь общую точку? Да, если в каких-
либо трех гранях тетраэдра выполняется условие Чевы (при
опорах и выбранных точках). Докажите это. (У. 122, Р. 165.)
(**) 18. Пусть через каждое ребро тетраэдра проведена
плоскость, разбивающая тетраэдр на две части, и пусть от-
мечена точка ее встречи с противоположным ребром. Дока-
жите: если в трех гранях тетраэдра выполняется условие
Чевы (при опорах в отмеченных точках), то эти шесть пло-
скостей имеют общую точку. (У. 122, Р. 166.)
(**) 19. Докажите теорему, обратную теореме из зада-
чи 17: если три отрезка /12/34, А2зА14, /13Д24, соединяю-
щие выбранные точки на противоположных ребрах, имеют
общую точку О, то в каждой грани тетраэдра выполняется
условие Чевы (при опорах в выбранных точках). (Р. 167.)
44
Задачи
§ 4. ТЕОРЕМА МЕНЕЛАЯ И НЕКОТОРЫЕ
ДРУГИЕ ТЕОРЕМЫ, ДОКАЗЫВАЕМЫЕ С ПОМОЩЬЮ
ПОНЯТИЯ О ЦЕНТРЕ ТЯЖЕСТИ
Представим себе, что имеется некоторый треугольник АВС
и на его сторонах или их продолжениях выбраны три точки
А1У В^ (рис. 41). Древнегреческий геометр Менелай заин-
тересовался таким вопросом:
как должны быть связаны
между собой шесть отрезков
АВ„ ВХС, А'В, ВСи
СХА для того, чтобы три
точки Cj лежали на
одной прямой? Менелаю уда-
лось найти исчерпывающий
ответ на этот вопрос.
Прежде всего заметим,
что если все три точки
Вх, Сх лежат на сторонах треугольника (а не на их продолже-
ниях), то они заведомо не лежат на одной прямой. Точно так
же обстоит дело, если только одна из точек В^ Ск лежит
на стороне треугольника (а две
другие — на продолжениях двух
других сторон).
Остается рассмотреть случаи,
когда либо две из точек А1Э С1
лежат на сторонах треугольника
(и одна — на продолжении сторо-
ны), либо все три точки лежат
на продолжениях сторон (рис. 42).
Вывод, к которому пришел Мене-
лай, можно сформулировать в виде
такой теоремы.
Теорема Менелая. Пусть
на сторонах (или на продолже-
ниях сторон) треугольника АВС выбраны точки'. —на
прямой ВС, Вх —► на прямой СА, Ct — на прямой АВ,
причем на самих сторонах лежат либо две из этих
точек, либо ни одна. Для того чтобы эти три точ-
ки лежали на одной прямой, необходимо и достаточ-
но, чтобы выполнялось следующее условие («условие
t —21 ТЕОРЕМА МЕНЕЛАЯ II НЕКОТОРЫЕ ДРУГИЕ ТЕОРЕМЫ 45
Менелаяъ)\
АВ. СА. ВС}_1
В.СА.ВС.А— к
(19)
1. Докажите теорему Менелая в предположении, что из
трех точек Д1? две лежат на двух сторонах треуголь-
ника ЛВС, а третья — на про-
должении третьей стороны.
(У. 123, Р. 167.)
Теорему Менелая часто вы-
годно применять в тех случаях,
когда требуется доказать, что
какие-то три точки лежат на
одной прямой. В качестве при-
мера докажите, пользуясь тео-
ремой Менелая, такую любо-
пытную теорему Симеонаг).
2. Если из какой-либо
точки окружности (рис. 43)
опущены перпендикуляры на
угольника (или и а их продолжения),
пендикуляров лежат на одной прямой. (У. 123, Р. 169.)
все стороны вписанного тре-
то основания этих пер-
Рис. 44.
Следующая теорема представляет собой важный част-
ный случай одной замечательной теоремы, принадлежащей
’) Другие примеры применения теоремы Менелая см. в книге
Д. О. Ill к л яр с к и й и др., «Избранные задачи и теоремы эле-
ментарной математики», ч. 2, Гостехиздат, 1952.
46
ЗАДАЧИ
[3
древнегреческому геометру Паппу и французскому ученому
Б. Паскалю (1623—1662).
(**) 3. Пусть на сторонах ОР} и ОР2 угла PAOPt
(рис. 44) выбраны точки Av Сг и А2, В2, С2 (ОА1^>
ОА2>ОВ2>ОС2) и пусть Afi2\A2Bx =
~ К, В1С2\В2С1~ L, С1А2\С2А1^ М; тогда точки /С,
£, М лежат на одной прямой.
Докажите эту теорему. (У. 123, Р. 169.)
§ 5. АЛГЕБРА МАТЕРИАЛЬНЫХ ТОЧЕК
В наших рассуждениях основными объектами были «мате-
риальные точки». С точки зрения математики материальная
точка — это комплекс, состоящий из геометрической точки и
некоторого (положительного) числа.
В математике не раз приходится сталкиваться с таким
явлением: комплекс из двух каких-то математических объек-
тов рассматривают как некоторый новый объект, который за-
тем уже подвергается специальному изучению. Так, напри-
мер, в курсе алгебры вводится понятие комплексного числа
как комплекса (пары) двух действительных чисел.
В строгих курсах геометрии таким образом вводится, на-
пример, понятие отрезка как комплекса (пары) двух точек;
понятие угла может быть введено сходным образом: угол мож-
но рассматривать как комплекс двух лучей с общим началом.
Если имеется у нас какая-либо материальная точка А =
= (А, т), то мы (геометрическую) точку А будем иногда на-
зывать носителем или аффиксом этой материальной точки,
а число т будем по-прежнему называть массой этой мате-
риальной точки.
Равенству вида (А, а) ~ (В, Ь) мы придаем такой смысл:
две материальные точки имеют один и тот же носитель
(А ~ В) и равные массы (а = Ь).
Решение почти всех ранее рассмотренных задач опира-
лось на то, что мы «объединяли некоторые материальные
точки в их центре тяжести»; точнее, заменяли некоторые
материальные точки их объединением. При этом под объеди-
нением двух материальных точек (А, а) и (В, Ь) мы пони-
мали некоторую новую материальную точку (С, где
С—центр тяжести двух данных материальных точек. Можно
АЛГЕБРА МАТЕРИАЛЬНЫХ ТОЧЕК
47
было бы так сказать: объединением двух материальных точек
называется такая новая материальная точка, носителем кото-
рой является центр тяжести данных материальных точек и
масса которой равна сумме масс этих материальных точек.
Вместо «объединения» можно употреблять также выра-
жение «.сумма».
Если материальная точка С~(С, с) является объедине-
нием двух других материальных точек А = (Д, а) и В~ (Bt #),
то мы это будем записывать так:
(А, Ь) = (С, с)
или, короче,
а-^в=с.
Мы не будем исключать и тот случай, когда две мате-
риальные точки имеют один и тот же носитель. В этом слу-
чае, естественно, будем считать носителем объединения
их общий носитель. Таким образом, (Д, а)-|~(Д, Ь) = (А,
У нас возникает своеобразное исчисление, своеобразная
алгебра. В этой алгебре имеет место переместительный за-
кон: Это слецует из самого определения
центра тяжести двух материальных точек. Имеет место также
сочетательный закон:
М,4- + л,=A 4- (д2 4- д,),
или, иначе,
[Ир /я1) + и2> отз) =
= Ир + "U + H,, /И,)].
Подробнее: Найдем ли мы сначала объединение Д12 двух
материальных точек Дх и Д2 и затем найдем объединение
этой материальной точки Д12 с третьей материальной точкой
Д5, или сначала найдем объединение Д25 материальных точек
Аг и Д5, а затем найдем объединение материальных точек
А и Д23> в обоих случаях мы придем к одному и тому же
результату, к одной и той же материальной точке.
Понятно, что смысл этого утверждения состоит в том,
что центр тяжести трех материальных точек не зависит от
порядка, в котором объединяются эти точки.
48
ЗАДАЧИ
(**) Дадим здесь доказательство этого факта, отличное от при-
веденного в § 2. Ограничимся случаем, когда точки Alt Л2, Аа не
лежат на одной прямой (в противном случае доказательство только
упрощается).
Ясно, что отрезки А12А8 (рис. 45) и А.А28 пересекаются. Обо-
значим через О точку их пересечения. Покажем, что О — центр
Дг тяжести точек Д12 = (Л12,
К и А3. Пусть А12/С||А.О, где К лежит
/ уЧ на прямой Л2Л3 между А2 и Л8.
/ \\ Нетрудно убедиться в справед-
д 1 \ \ ливости следующих соотношений:
/'хХ 'К ^12^__АИ2Я /9П\
/ \ \ OAZ — А28А8’
/ \ ^2^23_ ^1^2 /П1ч
/ \ \ х\ КД23— А.А./
X- V Поэтому
л Л,1О_ЛИи А,А„
Рис. 4о. ОА, А„А,' А,А2 ' { >
По правилу рычага имеем
ААз^з {23)
АзА
А Аг ^2 /94\
A12A~( ’
Из (24) следует
АА2 =
А.А2 т\ + w2 *
(25)
Окончательно из (22), (23) и (25) получаем
Л12О___tnz т2 _____ т3
ОА3 mz /и. ти2 wi + т2 ’
а это и означает, что О — центр тяжести материальных точек
И12) m,+m2) и (4„ ;п8).
Аналогично можно показать, что О — центр тяжести точек
(Лр zn,) и (Лм, /м2 + /иа).
Тем самым можно считать законченным доказательство ра-
венства (А. + Д2) + Аз = А. + (Д2 + Д5).
Следствие. Д2 4- (А. + А3) = (Д2 + А) + А-
Смысл последнего равенства заключается в следующем: если
Аз 1А» А1» то Л2Л18 проходит через точку О-
Пусть О — центр тяжести системы из трех материальных
точек ^ = (4,, т^, А2 = (Аг, т2). А, = (Д„ т2). Под
АЛГЕБРА МАТЕРИАЛЬНЫХ ТОЧЕК
49
суммой этих трех материачьных точек (Ар mJ -|~И2’ Н~
4~(А» mJ (или, что то же, А 4-А 4“ А) будем понимать ма-
териальную точку (О, mx-\-m2-\~mJ, т. е. под суммой трех
материальных точек понимают такую материальную точку,
которая получится, если в центре тяжести этих трех точек
поместить массы всех трех материальных точек.
Понятно, что
А+А+Л=(Л+Л)-М,=
=(А 4- А) 4- А=(л,+а.) 4- лг.
Объединение четырех материальных точек Дп Д2, Д3, Д4
мы определяем как сумму (At А4~А)4~А и записываем
его еще так: Д2 -f- А4“АЧ~А-
Аналогично можно определить объединение пяти, шести
и вообще любого числа материальных точек.
Если уже определено объединение п — 1 материальных
точек л,, л2,..., л„_„ то объединение п материальных то-
чек может быть дано «по индукции»: под объединением п
материальных точек А1? Д2,..., Ап_х> Ап понимают сумму
(Д1 +Д2+ ... 4~ A-i)4“ Аг
Это же выражение записываем еще так: Аг 4~ Д2 4~ • • •
... 4~А1-1 + А (т- е- «пуская скобки).
Нетрудно доказать, что объединение п материальных то-
чек не зависит от того порядка, в котором последовательно
объединяются эти точки.
(**) Для доказательства воспользуемся методом полной индук-
ции. При п = 3 теорема верна (она была доказана ранее).
Пусть теорема верпа при n—,k. Докажем, что она верна при
п =.k 4-1. Пусть А., А2,..., Ah, Afc+i — система каких-либо k 4~1
материальных" точек.
Пусть при каком-то способе их объединения сначала объеди-
няются k из этих k 4- 1 точек (все, кроме какой-то точки А^), а по-
следней присоединяется точка Ат, отличная от Ал+1
Если не брать в рассмотрение точку Ат, то у нас только k
материальных точек, а именно:А„ А2,..., Ат_1, Am+1,..., Ал, Аа+1.
Поэтому, в силу индуктивного допущения, в каком бы порядке
мы их ни объединяли, "мы получим один и тот же результат, а
именно: At 4- А2 4~ ... 4“ Ат_у 4~ Ат+1 4~ ... + А 4~ А+г Но
(А + А2+ • • • + Ат_! -|- Ат+1 4- ... + Ak 4- Аа+1) 4- Ат =
= [ (А 4“ А + • • • + Am_t 4* Ат+1 + • • + А) + A+J + Аи =
==(А + А + • • • + An-i + Ая+1 + • • • + Ak) 4-(A+i + Ат}
50
ЗАДАЧИ
в силу сочетательного закона для трех, материальных точек. С дру-
гой стороны,
А+А + •• + А-1 +А+A+i + ••• + A + A+i =
^=(А + А + • - • + Ал-1 + Ат + А+1 + • • • + А) + А + 1 =
= (А + А + • • • + Ат-1 + ^т+1 + • • • + А + A) + А+1 =
= [(А + A ~F • • • + А-1 + А+1 4- • • • + А) + Ат\ + A+i —
=(А + А А • • • + Ал-1 + A+i + • • • + А) + (А + А+0-
Теперь понятно, что
(А + А + • • • + А -1 + A+i + • • • + А + A+i) + А =
=А + А + • • • + А-1 + А + A+i + • • + A -F А+1»
что и требовалось доказать.
Из того, что объединение п материальных точек не зави-
сит от порядка, в котором последовательно объединяются эти
точки, вытекает такая теорема («теорема о возможности груп-
пировки»): Объединение п
материальных точек не изме-
нится, если заменить некоторые
из этих точек их объединением.
В самом деле, пусть имеется п
материальных точек, и какие-то т из
них мы хотим заменить их объедине-
нием. Обозначим это объединение
через В- Так как порядок, в котором
объединяются точки, несуществен, то
мы без потери общности можем счи-
тать, что сначала мы объединяем ото-
бранные нами т материальных точек.
Мы можем также считать, что они
имеют номера 1, 2, ...» т (в про-
тивном случае мы изменили бы нуме-
рацию материальных точек). Но тогда
очевидно, что А + А+---+А+
+А+1+-+А — (А+А4-—+А) 4-
+А+1+—4-А — А+1+—h Аи,
а это и требовалось доказать.
Рассмотрим в качестве примера одну теорему, принадле-
жащую известному немецкому математику К. Ф. Гауссу:
Если противоположные стороны выпуклого четырех-
угольника (рис. 46) при продолжении попарно пересекаются,
то середина отрезка, соединяющего точки пересечения про-
тивоположных сторон, лежит на одной прямой с середи-
нами диагоналей четырехугольника.
АЛГЕБРА МАТЕРИАЛЬНЫХ ТОЧЕК
51
Доказательство. Пусть ABCD — данный четырех-
угольник, Р—точка пересечения прямых АВ и CD, Q — точка
пересечения прямых ВС и AD, R— середина отрезка PQ.
Пусть М и N—середины диагоналей АС и BD. Утверж-
дается, что Л/, /V и р лежат на одной прямой. Можно, оче-
видно, ограничиться случаем, когда Р расположена на лу-
чах ВА и CD, a Q-—на лучах ВС и AD (см. рис. 46). При
других возможных расположениях точек рассуждения не будут
существенно меняться.
Поместим в В произвольную массу b и подберем в Р и Q
массы р и q так, чтобы
Z[(B, b), (Р, Р)] = А Z[(S, Z>), (Q, q)]~C. (26)
Докажем теперь такое тождество:
+ P} + {Q' + ^ +
+ (£. р4-9-Ь/?)} = р) Н~
+ [(<2,^9) +(е-Р + Л)]. (27)
Действительно, левая часть равна
и тому же равна правая часть.
Справедливость этого тождества и доказывает теорему.
Действительно, центром тяжести двух материальных точек
и ’ имеющих РавнЬ1е массы, служит сере-
дина отрезка PQ, т. е. точка R. Поэтому
(в Т; + (с. ?)=(«. ¥)•
Центром тяжести трех материальных точек (Р, р), (Q, q) и
(В, Ь) служит точка D. Поэтому
(Р, р) 4- (Q, q) + (В, b) = (D,p + q + b).
Центром тяжести материальных точек (D, и
(В, служит середина отрезка DB, т. е. точка М
Следовательно,
(D, p4~<z4~^)4~(^> p4~<z4~^) = (N,
52
ЙЛДАЧ11
ИЛИ
[(ЛР) + (Q, Я) 4- (В, £>)] + (В, р + q 4- b) = (N, 2р + 2q 2Ь).
В силу самого выбора масс pub имеем АР- р = АВ • Ь, откуда
( Q 4~
(умножая обе части на - ) получим
AP.q-^p = AB.(q-]-b).
Отсюда видно, что А — центр тяжести двух материальных
точек fp, и т- е*
(л ‘ Ч~(^» $+*)— (а —
__(л (я4"Ь)(р-}-Ь)
~ к ’ b
Аналогично можно показать, что
(<г.л-±-%)+<в.₽+»)=(с, ьцы±>).
Поэтому правая часть тождества (27) равна
(я+Ь)(р+Ь)^ । (p+W+»)). (28)
Но эти два слагаемых представляют собой материальные
точки с равными массами. Поэтому их центр тяжести — сере-
дина отрезка АС, т. е. точка Л/, так что сумма (28) равна
( м (Р 4“^) (9 4~^)А
V ’ Ъ р
Итак, тождество (27) возможно переписать в виде
(я, 2p-j-2q-j-2b)=(M, 2(р
Отсюда видно, что точка М — центр тяжести двух мате-
риальных точек, написанных в левой части последнего равен-
ства. Следовательно, М расположена на прямой RN, что и
требовалось доказать.
АЛГЕБРА МАТЕРИАЛЬНЫХ ТОЧЕК
53
Из нашего доказательства вытекает, между прочим, что
при принятом нами выборе данных
£_ д_
_ 2 (/;-)-7-}-/>)
NM pq р q ’
b b ' Ъ
т. е.
ВА ВС
RM AP^CQ^1
NM~ ВА ВС
АР* CQ
Мы видим, что содержание рассмотренной нами теоремы
выражается некоторым алгебраическим тождеством, связываю-
щим какие-то материальные точки. Аналогичным образом
можно было бы получить алгебраические тождества, выража-
ющие многие из ранее рассмотренных теорем.
Например, справедливость теоремы из задачи 5 § 1 вы-
текает из тождества:
(Л, 4- AJ + (Л3 + Ал) + (Л, 4- Л.) =
=М. 4- л,) 4- (Л++(»«4-
гдеА1ЭА2, . .. , Ав — материальные точки, которые получа-
ются, если поместить в вершинах шестиугольника Ап А2, ...
... , Ав массы по одной единице.
Рассмотрим еще несколько прим еров.
54
ЗАДАЧИ
|1-2
1. На сторонах треугольника АВС выбраны точки Alt
В,, С, (рис. 47) так, что СА = ±СВ, ВС=-^-ВА, АВ =
О о
= — АС. Прямые ААг, ВВ1У СС, ограничивают некоторый
новый треугольник А2В2С2. Докажите, что точка пересече-
ния его медиан совпадает с точкой пересечения медиан тре-
угольника АВС. (Р. 171.)
Следующую теорему доказала четверть века назад Рут
Муфанг. Мы также докажем ее с помощью «алгебры матери-
альных точек».
((*) **) 2. На сторонах и И2Л8 треугольника AtA2As
(рис. 48) выбраны произвольно точки Л4 и А& и отмечена
точка Лв пересечения прямых 24jA5 и Л2Л4.
Произвольная точка А7 отрезка ЛаЛв соединена прямыми с
вершинами zl, и А2 треугольника и отмечены точки их встречи
z18 и z1& с прямыми А2А^ и z^A. соответственно. Тогда
точка О пересечения прямых Л5Л8 и Л4Л9 лежит на отрезке
АлА7. Докажите это. (Р. 172.)
(*) § 6. ПОНЯТИЕ О МЕТОДЕ ПРОИЗВОЛЬНЫХ
ВЕЩЕСТВЕННЫХ МАСС. ИДЕЯ БАРИЦЕНТРИЧЕСКИХ
КООРДИНАТ
В наших рассуждениях «материальная точка» (zl, т) вы-
ступала как комплекс, состоящий из некоторой геометрической
точки А и некоторого положительного числа т. Это число
т мы до сих пор называли массой. Однако его можно было
бы назвать и каким-либо другим словом, скажем, «весом». Все
наши предыдущие рассуждения останутся, конечно, в силе,
если заменить слово «масса» словом «вес». Мы бы в таком
случае уже не говорили, например, «рассмотрим материальную
точку (А, т) с массой /и», а сказали бы: «рассмотрим мате-
риальную точку (Л, т) с весом шу>.
До сих пор (в §§ 1—5) мы наглядно представляли мате-
риальную точку (А, т) в виде материального шарика, раз-
мерами которого можно пренебречь, имеющего массу т.
Но с таким же успехом мы могли бы наглядно представить
ту же материальную точку в виде такого же шарика с ве-
сом tu.
ПОНЯТИЕ О МЕТОДЕ ПРОИЗВОЛЬНЫХ МАСС
55
Мы далее рассматривали центр тяжести двух материаль-
ных точек вида (А, а) и (В, Ь) и определяли его по правилу
рычага. Если мы хотим этот центр тяжести наглядно пред-
ставить в виде центра тяжести двух шариков, помещенных в
точках А и В и весящих соответственно а и b единиц, то
нужно сделать несколько оговорок (которые, впрочем, само
собой подразумеваются). Во всяком случае, эти шарики дол-
жны быть на небольшом расстоянии друг от друга, настолько
небольшом, чтобы можно было без чувствительной погрешно-
сти считать, что при свободном падении они будут переме-
щаться параллельно и с одним и тем же ускорением. Кроме того.
если шарики из различных
материалов, то важно, что-
бы удельным весом газа или
жидкости, заполняющей ок-
ружающую их среду, возмож-
но было пренебречь. Такие
условия практически будут
соблюдены, например,если мы
не выйдем за пределы, ска-
жем,комнаты или даже города.
До сих пор, рассматривая
материальную точку, т. е.
пару вида (Л, ///), мы всегда полагали, что ее «масса» (или
«вес») — положительное число. Для решения некоторых гео-
метрических задач весьма полезно рассмотреть и такой слу-
чай, когда это число т может оказаться также отрицатель-
ным. Мы сейчас и поведем разговор о парах вида (Л, л/z),
где А — геометрическая точка, а т может быть произволь-
ным действительным числом. Такую пару мы, сохраняя ста-
рую терминологию, будем по-прежнему называть материаль-
ной точкой, а для числа т сохраним старое название «масса»
(«или вес»). Как же себе наглядно представить «материальную
точку» с отрицательной «массой» (или отрицательным «весом»)?
Приведем одну конкретную физическую картину, которая
позволит читателю наглядно представить материальные точки
с произвольными вещественными «массами» (или «весами»).
Пусть имеется какой-то бассейн, наполненный водой
(рис. 49). Пусть шарик, который весит в воздухе (точнее, в
пустоте) р единиц (скажем, р г), помещен в какую-то точку А
внутри этого бассейна.
56
ЗАДАЧИ
Рассмотрим сначала случай, когда удельный вес шарика
больше 1 (например, когда шарик железный). Понятно, что
шарик пойдет в этом случае ко дну. Если под водой взвесить
этот шарик (скажем, с помощью пружинных весов), то весы
покажут меньше, чем р единиц. Нетрудно, если будет необ-
ходимость, узнать, сколько будет весить шарик под водой.
Пусть удельный вес шарика равен d, а объем У. Тогда V=~ .
Считая удельный вес воды равным 1, найдем, что вес воды
в объеме, занимаемом шариком, равен — 1—В силу за-
кона Архимеда вес т шарика под водой (его «подводный
вес») определится по такой формуле:
т-р—-(1 — (29)
Понятно, что т — подводный вес шарика — это резуль-
тирующая сила, которая получается от сложения двух сил,
действующих на шарик: силы тяжести и выталкивающей силы
воды.
Обратим внимание на то, что в рассматриваемом случае
(при d > 1) т > 0 и эта сила направлена вниз. Пусть теперь
удельный вес шарика меньше 1 (например, когда шарик сде-
лан из пробки). В этом случае шарик будет выталкиваться
из воды («вверху). Результирующая сила т, под действием
которой шарик будет выталкиваться вверх, будет в соответ-
ствии с законом Архимеда равна по-прежнему
но теперь это выражение отрицательно (ибо d<^\) и, сле-
довательно, сила направлена «вверх».
Пусть, наконец, <7=1, т. е. удельный вес шарика равен
удельному весу воды. Такой шарик можно себе представить
изготовленным из дерева и содержащим металлическую серд-
цевину (причем металл И дерево должны, понятно, быть взяты
во вполне определенном отношении). Можно его себе пред-
ставить изготовленным также из специальной пластмассы. Его
вес в воде по-прежнему определяется формулой (29), а так
как d=\, то т = 0, т. е. такой шарик в воде невесом. При
любом положении точки А в воде он останется в покое.
ПОНЯТИЕ О МЕТОДЕ ПРОИЗВОЛЬНЫХ МАСС
57
Таким образом, при любом d(d>Q) выражение (29) ха-
рактеризует величину результирующей силы, которая дейст-
вует на шарик; она направлена «вниз» при т 0 (т. е. при
1) и «вверх» при т<^0 (т. е. при tf<^l). При /?г^>0
мы эту силу назвали «подводным весом шарика». То же
название мы сохраним и при т 0. Таким образом, под-
водный вес шарика может выражаться как положительным,
так и отрицательным числом или нулем.
Перейдем теперь к наглядному истолкованию «материаль-
ных точек». Материальную точку (Л, т) при любом т (по-
ложительном, отрицательном или равном нулю) мы можем
наглядно представлять в виде шарика, размерами которого
можно пренебречь, помещенного в точке А и имеющего под-
водный вес т.
Значит, то число ту которое мы условились называть
«массой» материальной точки, мы истолковываем, как «под-
водный вес шарика». При z/z^>0 мы материальную точку
(Л, т) наглядно представляем в виде шарика, тонущего в
воде (например, железного). При /тг<^0 мы материальную
точку (Л, т) представляем себе в виде шарика, всплывающего
на поверхность воды (например, пробкового). При т — 0 мы
материальную точку представляем себе в виде шарика (ска-
жем, из специальной пластмассы) с таким же удельным весом,
что и у воды. В воде он будет невесомым. Будучи помещен
в какой-либо точке, он под действием силы тяжести и вытал-
кивающей силы воды останется на месте.
Если будет идти речь о двух материальных точках, то
мы их себе можем наглядно представлять нанизанными на тон-
ком прямолинейном стержне, изготовленном из той же «неве-
сомой» (в воде) пластмассы, о которой мы говорили выше.
Ниже мы будем говорить о центре тяжести двух матери-
альных точек. Практически этот центр тяжести можно на-
глядно представить как точку, в которой нужно подпереть
или за которую нужно подвесить невесомый (в воде) стер-
жень для того, чтобы он вместе с нанизанными на нем «ма-
териальными точками» оказался в безразличном равновесии.
Всегда ли найдется такая точка на этом стержне между
этими двумя «материальными точками»? Не может ли она ока-
заться вне отрезка, соединяющего данные материальные точки?
Не может ли случиться, что такой точки вовсе нет? Это мы
выясним ниже.
58
ЗАДАЧИ
Аналогичным образом можно себе представить центр тя-
жести любого числа материальных точек.
Встречающееся ниже понятие «объединение нескольких
материальных точек» можно наглядно истолковать как равно-
действующую подводных весов всех тех шариков, которые
наглядно изображают эти материальные точки.
Иногда полезно дать более широкое наглядное толкование
понятия материальной точки с произвольной вещественной
«массой».
Сделаем одно предварительное замечание. На каждой пря-
мой мы можем выбрать положительное направление и единицу
Л BCD
'----‘-I1- ' i > 1-1 <' i 1---
Гис. 50.
масштаба. Если это уже сделано, то прямую иногда назы-
вают осью.
Каждый отрезок (скажем, АВ) можно рассматривать как
направленный, причем сначала мы называем начало отрезка
(А), а затем — его конец (В); направление отрезка—от А к
В. Если отрезок лежит на оси (или параллелен ей), то его
направление может: 1) либо совпадать с направлением оси,
2) либо быть противоположным направлению оси.
В первом случае мы величиной отрезка называем его
длину; во втором случае величиной отрезка мы называем его
длину, взятую со знаком минус (—).
Таким образом, величина отрезка, лежащего на какой-
нибудь оси или параллельного оси — это его длина, взятая
со знаком или —, в зависимости от того, будут ли на-
правления отрезка и оси одинаковы или противоположны. Ве-
личину отрезка АВ будем обозначать так: АВ.
В нашем примере (рис. 50) АВ = 3, DC= —2, ВА =
— —3. Вообще всегда АВ = —В А.
Вернемся теперь к вопросу о возможном физическом ис-
толковании материальных точек с произвольными веществен-
ными массами.
Мы будем представлять, что в пространстве произвольным
образом выбрана какая-либо ось /. Материальную точку
ПОНЯТИЕ О МЕТОДЕ ПРОИЗВОЛЬНЫХ МАСС
59
(Д, т) можно наглядно истолковать как силу, параллель-
ную оси I и приложенную к точке А.
Число т («масса») характеризует абсолютную величину
(или, как говорят иногда, «напряжение») и направление этой
силы: сила и ось одинаково направлены, если
w^>0, и противоположно направлены, если
т < 0; по абсолютной величине сила равна | т |
(единицам силы). Если #г = 0, то сила равна
нулю. Материальную точку вида (Д, 0) можно
называть «незагруженной точкой» или «нулевой
силой».
На рис. 51 изображены наглядно две «мате-
риальные точки»: (Д, 3) и (В, —2).
Когда будем говорить ниже о «центре тяже-
сти нескольких материальных точек , то его
можно себе наглядно представлять как центр
параллельных сил, а «объединение нескольких
материальных точек» — как равнодействующую
Рис. 51.
нескольких
параллельных сил, приложенную в центре параллельных сил.
Для геометрических приложений важно, что почти все ос-
новное, что мы говорили относительно материальных точек с
положительными массами, возможно обобщить на случай ма-
д териальных точек с ироизволь-
нымп вещественными массами.
’ Понятие центра тяжести двух
материальных точек (с произволь-
Рнс. 52. ними вещественными массами) мож-
но ввести так.
Центром тяжести двух материальных точек (Д, а) и
(В, Ь) (рис. 52) называется такая точка С, лежащая на оси
АВ (положительное направление от А к В), которая удовлет-
воряет условию: а-АС=Ь-СВ.
Если С—центр тяжести двух материальных точек (Д, а)
и (В, £)_, jro этот факт записываем так:
Z[(A, а), (В, Ь)]~а
Нетрудно понять, что
Z[(X, я), (S, £)] = z[(tf, £)» И, я)].
Центр тяжести С двух материальных точек (Д, а) и (В, Ь)
будет лежать между А и В, лишь если «массы» а и b
60
ЗАДАЧИ
одного знака. Если а и b разных знаков, то С вне отрезка АВ
(рис. 53).
Лишь в одном случае центр тяжести материальных точек
(Л, а) и (В, Ь) с различными носителями (А=£=В) не суще-
ствует, — именно, когда массы их противоположны по знаку,
но равны по абсолютной величине (т. е., если а= —Ь=^=0).
С точки зрения механики здесь речь идет о паре сил.
В связи с этим мы будем на-
зывать две материальные точки
—-——вида (Д, а) и (В, —а) (А=£В,
л =4 0) механической парой.
Вне. 53. Этот случай можно себе
представить как предельный для
того случая, когда а =^= — Ьу но а —► — Л. Если а =^= —
. п , , Л AC b AC b
а=А0. то можно написать == —, ——== —г—,
СВ а АС^-СВ « + *
т. е. —г—?. Если а—> —_____то аД-Ь—>0 и, следова-
ла______________________________а + ь '
тельно, АС—> оо, т. е. точка С неограниченно удаляется вдоль
прямой АВ. Поэтому иногда говорят, что если а = — Ь, то
центр тяжести материальных точек (Д, а) и (В, Ь) «лежит в
бесконечно удаленной точке прямой АВ».
Оставаясь здесь в рамках элементарной геометрии, мы
будем эту фразу рассматривать лишь как образное выражение
того, что центра тяжести в данном случае нет. В дальнейшем
мы всегда будем подобные случаи избегать ‘).
Если одна из двух материальных точек является незагру-
женной, а «масса» другой материальной точки отлична от нуля,
то их центр тяжести совпадает с носителем загруженной точки.
В связи с этим имеет смысл все незагруженные точки считать
равными, т. е. считать, что при любых А и В (Д, 0) (В,0).
Задача о нахождении центров тяжести двух незагруженных
точек является неопределенной: существует бесконечно много
точек, которые можно рассматривать в качестве центров тя-
жести этих двух точек. В дальнейшем мы такие случаи не будем
рассматривать.
Понятие о центре тяжести и об объединении п материаль-
ных точек можно определить «по индукции» так же, как это
’) Рассмотрение таких случаев требовало бы привлечения системы
аксиом проективной геометрии.
ПОНЯТИЕ О МЕТОДЕ ПРОИЗВОЛЬНЫХ МАСС
61
было сделано в § 1—2. Предлагаем это сделать читателю
самостоятельно.
Пусть имеется произвольная система материальных точек
(ЛП ztzJ, (Л2, яг2), ..., (Лп, тп)\ предположим, что выбрана
какая-нибудь плоскость а и ось АГАТ, перпендикулярная к а
(рис. 54). Плоскость разбивает эту прямую на два луча, из
которых один одинаково направлен с осью (луч OAI), другой
направлен противоположно этой оси (луч ОАГ). Некоторые
из наших п материальных
точек лежат над плоско-
стью а (это значит: по ту
же сторону от плоскости
а, что и луч ОЛТ), некото-
рые— под плоскостью а
(по ту же сторону, что и
ОЛТ'), некоторые же в /
самой данной плоскости а. /а
Расстояние каждой точки
от плоскости а будем
брать со знаком если
она над плоскостью а, и
со знаком —, если она
под этой плоскостью. Об-
разующееся таким обра-
зом число мы назовем аппликатой точки. Так, например,
если аппликата точки А3 равна — 6, то это значит, что точка
Аа лежит под плоскостью а на расстоянии в 6 единиц от нее.
Если аппликаты j2, ..уп точек А2, .. ., Ап из-
вестны, то, вообще говоря ’), можно найти аппликату z центра
тяжести Z системы из п материальных точек (Л1? /тг,),
(А. /и2), ..(Л„, т„).
Именно, сохраняется формула из § 2:
Z~ + ”^2 + - • - + 1ППУп
-j- т2 + ... + тп
Отсюда уже можно заключить, что, вообще говоря1), ос-
таются в силе теорема о единственности центра тяжести и
*) Мы не будем здесь уточнять, что значит это «вообще говоря».
Смысл в том, чтобы при последовательном объединении материальных
точек не получалась механическая пат.
62
ЗАДАЧИ
теорема о возможности группировки. (Основная идея доказа-
тельства при этом остается, по существу, та же, что и в § 2.)
Эти теоремы можно сформулировать теперь так:
Теорема о единственности центра тяжести.
Если при двух различных способах последовательного объе-
динения данных материальных точек мы приходим каждый
раз к какому-нибудь вполне определенному центру тяжести,
то эти два центра тяжести совпадают.
Теорема о возможности группировки мате-
риальных точек. Пусть система из п материальных
точек имеет определенный центр тяжести. Если сущест-
вует объединение нескольких материальных точек из данной
системы, то замена этой группы материальных точек их
объединением не может повлиять на положение центра
тяжести всей системы.
Покажем, как с помощью метода произвольных веществен-
ных масс доказываются некоторые геометрические теоремы. Так
как в этом параграфе мы намерены ознакомить читателя только с
идеей метода, то доказательство существования центров тя-
жести встречающихся систем материальных точек мы приво-
дить не будем.
1. Теорема Менелая. Пусть точки Alt Ву, С,
(рис. 55—56) расположены на сторонах треугольника АВС
или на их продолжениях. Точки Alf Blt Сх будут лежать
на одной прямой тогда и только тогда, когда выполняется
такое условие Менелая (с учетом направления отрезков):
ПОНЯТИЕ О МЕТОДЕ ПРОИЗВОЛЬНЫХ МАСС
63
Необходимость. Пусть точки Ли Вх, С, находятся на
одной прямой. Докажем, что тогда имеет место условие Менелая.
Возьмем в С произвольную массу с (с^=0) и подберем
массы а в А и b в В так, чтобы
Z[H, fi), (С, г)] = ^1? (30)
Z[(B,Z>), (С, — с)]=Л,. (31)
Обозначим через 5 центр тяжести системы, состоящей из
четырех материальных точек (Л, а), (В, (С, г), (С, —с).
Если мы объединим две материальные точки (С, с) и (С, — г?),
то получим незагруженную точку (С, 0), а она не влияет на
положение центра тяжести системы. Таким образом, вся си-
стема сводится лишь к двум материальным точкам (Л, а) и
(В, Ь) и, следовательно, 5 — на прямой АВ.
Но можно сгруппировать те же четыре материальные точки
и иначе: в одной группе материальные точки (Л, а) и (С, с),
а в другой — материальные точки (В, Ь) и (С, —с). Тогда
мы опять придем к системе из двух материальных точек
(Л1? и (Ви b — с) и, следовательно, 5 находится на
прямой AlBi. Таким образом, 5 — общая точка прямых АВ и
т. е. 5 совпадает с точкой Сг Итак, =Z[(Z, а), (В. £)].
Но тогда
АСХ_ b
“ *
а в силу условий (30), (31)
АВХ с
СА._ b
~~с ’
Перемножая последние три равенства почленно, получим
условие Менелая.
Достаточность. Пусть условие Менелая выполнено.
Докажем, что точка Сх расположена на прямой Л^.
Подберем массы at b, с так же, как и при доказательстве
необходимости (т. е. так, чтобы выполнялись равенства (33) и
(34)). Как и прежде, убедимся, что центр тяжести системы
из четырех материальных точек (Л, с), (В, Ь), (С, с), (С, —с)
(32)
(33)
(34)
64
ЗАДАЧИ
служит одновременно центром тяжести каждой пары материаль-
ных точек
(Л, а), (В, Ь) и (Лп а + ^), (5n Ь — с).
Но в силу условия Менелая и равенств (33) и (34) ясно, что
ЛС\_ b
С^~ а *
Последнее означает, что Сх— центр тяжести пары материаль-
ных точек (Л, а) и (5, Ь), а следовательно, и центр тяжести
двух материальных точек (Лп fi-j-f) и (Bn b — с). Поэтому
Сх — на прямой что и требовалось доказать.
$ II. Малая те о-
рема Дезарга.
//! Пусть в Д АВС вписан
/1 Д ЛД^ (рис. 57) так,
/ / что At лежит на прямой
— на прямой СА
/ и на пусть пря-
мые сое"
/ линяющие соответствую-
//\J щие веРи1ины двух тре-
с^___________у_____________угольников, имеют об-
4 fl С? щую точку 5. Если
рис. 57. каждая из трех пар пря-
мых АВ и Л^, ВС и
ВХС^ С А и С1А1 пересекается, то эти три точки пересечения
лежат на одной прямой.
Доказательство. Пусть АВ^А^-С*, ВС\ВХСХ аЛ2,
СЛХС1Л1=^2. Так как прямые АА^ ВВХ, ССг имеют
общую точку (обозначим ее через 5), то всегда возможно по-
добрать три неравные нулю массы 62, й, с так, чтобы
Z[(A,a), Z[(B,l>), {C,c)-]~Alt
Z[(A,a), (В, Z>)] = Cr
Центром тяжести системы из трех материальных точек (Л, а),
(В, b), (С, с) будет, понятно, точка 5.
Поместим теперь в А массу а, в В — массу —Ь, а в С две
массы: -|-с и —с. Четыре материальные точки (Л, л), (5, —Ь),
ПОНЯТИЕ О МЕТОДЕ ПРОИЗВОЛЬНЫХ МАСС
65
(С, с), и (С, —с) можно сгруппировать двумя различными спо-
собами, Мы можем объединить (Л, а) и (С, с) в одну группу,
а в другую (В, —Ь) и (С, —с). Мы получим систему из двух
материальных точек и (А> ——£), и» слеД°ва“
тельно, центр тяжести системы из рассматриваемых четырех
материальных точек лежит на прямой АХВГ Но, понятно, что
вся система может быть сведена лишь к двум материальным
точкам (Л, а) и (5, —£), ибо объединение двух материаль-
ных точек (С, с) и (С, —с) представляет собой незагружен-
ную точку (С, 0). Поэтому центр тяжести всей системы лежит
и на прямой АВ. Таким образом, он является точкой пересе-
чения прямых АВ и Л^, т. е. точкой С2. Итак, С2—это центр
тяжести двух материальных точек (Л, а) и (В, —Ь):
Z[(A, а), (В, -b)]=Ct.
Аналогично можно показать, что
Z[(B, -b), (С, С)] = л2,
Z[(C, с), (A, -a)] = Bt.
Рассмотрим теперь систему из таких четырех материаль-
ных точек: (Л, а), (В. —b), (С, г), (Л, —а). Группируя их
в указанном порядке по две и заменяя каждую группу ее объеди-
нением, сведем систему к двум материальным точкам (С2, а — Ь)
и (5g, с — а), следовательно, центр тяжести системы лежит на
прямой С2В2.
Сгруппируем те же четыре материальные точки иначе: в
одну группу объединим материальные точки (5, —Ь) и (С, c)t
а в другую— (Л, а) и (Л, —а). Отсюда следует, что центр
тяжести системы есть точка Л2.
Итак, Л2 — на прямой С252, что и требовалось доказать.
Верна также теорема, обратная малой теореме Дезарга. Ее
можно доказать, пользуясь тем же методом.
Пользуясь методом произвольных вещественных масс, можно
существенно обобщить многие из ранее рассмотренных теорем,
в том числе теорему Чевы.
Соображения, которые были приведены в § 5, могут быть
распространены на случай материальных точек с произволь-
ными вещественными массами. Договоримся только относитель-
но некоторых дальнейших записей.
Ненагруженная материальная точка (т. е. материальная
точка вида (Л, 0)) не влияет на положение центра тяжести
3 М. Б. Балк
66
Задачи
системы. В этом отношении все незагруженные материальные
точки эквивалентны между собой. Мы условимся в связи с
этим всякую незагруженную материальную точку обозначать
одним и тем же знаком 0. Таким образом, при любой А
(Л, 0) = 0.
Пусть имеются две материальные точки А ~ (Л, а) и
(Л, —а), последнюю обозначим так: —А. Тогда
Л-Н— Л) —(Л, я) + (Л, — я) = (Л, а — а) = (А, 0) = 0,
т. е.
Л + (— Л) = 0.
Если (Л, а) — какая-либо материальная точка, то через
k (Л, а) будем обозначать материальную точку (Л, ka)\
&(Л, а) = (Л, ka).
Иными словами, умножить какую-либо материальную точку на
число k означает: умножить на это число ее массу и оставить
без изменения ее носитель. Отсюда, например, следует, что
(Л, я) = я(Л, 1).
Пусть Р—центр тяжести двух материальных точек (Л, а)
и (5, Ь). Тогда
(Да) + (В>Ч = (Р,р), (35)
причем р = а-[~Ь; положение точки Р определяется по пра-
вилу рычага
а • лр=£ • РВ.
Последнее соотношение равносильно (при такому:
ka -AP=kb • РВ.
А это означает, что Р будет также центром тяжести двух
материальных точек (Л, ka) и (В, kb), так что
(Л, ka)-\-(B, kb) = (P, ka-\-kb)
или
k(A, a)-\-k(B, b) = k(P, p).
Иными словами, обе части равенства (35) можно умножить на
одно и то же число k — новое равенство тоже будет спра-
ведливым. Аналогично можно показать, что при справедливо-
сти равенства
(А с)4-(5, b) + (С, с) = (Р, р)
ПОНЯТИЕ О МЕТОДЕ ПРОИЗВОЛЬНЫХ МАСС
67
справедливо также такое равенство:
k(Ay a)-\-k(B, b) + k(Cy c) = k(P, p).
Идея барицентрических координат. Выберем
на плоскости произвольный треугольник АВС (рис. 58), кото-
рый в дальнейшем назовем координатным, или базисным тре-
угольником Мёбиуса.
Пусть р 0 и (Р, р) — произвольная материальная точка,
лежащая в плоскости этого треугольника. Тогда возможно по-
добрать для точек Л, В, С такие В
массы а. Ь, с (не обязательно поло- J4
жительные), чтобы объединением /
трех материальных точек (Л, а), I
(В, Ь) и (С, с) служила точка (Р, р). I
Это можно себе представить еле- /
дующим образом. / X.
Ясно, что не может быть одно-
временно РЛЦРС, РВЦСЛ, РСЦЛР. Д в
Пусть, для определенности, РА и рис< 5g.
ВС не параллельны. Соединим Р с
Л и отметим точку Лп в которой АР встречает прямую ВС,
Подберем три действительных числа а, £, с так, чтобы
b • РЛ^б -ЛД_______
а - ЛР=(£Ц-с) РЛр
с — р.
Это всегда возможно сделать. Тогда
(Р, Р) = (А, а) + (В, *) + (£, 4
Обратно, если возьмем три произвольных действительных
числа а, Ь, причем а -р b -р с 0, то существует вполне
определенная материальная точка (Р, р) такая, что (Р, р) =
= (Л, а)-НЯ, *>) + (£, с).
Таким образом, каждую материальную точку Р~{РЪ р)
на плоскости можно вполне охарактеризовать тремя числами,
а именно тремя массами а, Ьу с, которые надо поместить в
вершинах базисного треугольника, чтобы точка Р оказалась
объединением трех образующихся при этом материальных то-
чек (Л, 6z), (Р, Ь) и (С, г). Эти три числа называют ба-
рицентрическими координатами материальной точки Р
3*
68
ЗАДАЧИ
(«барицентр» означает «центр тяжести»): а — первая барицен-
трическая координата, £ — вторая, с — третья. Понятно, что те
же три числа а, Ь, с определяют также положение носителя
материальной точки Р. Поэтому эти три числа называют так-
же барицентрическими координатами (геометрической) точки Р.
Таким образом, выражение «барицентрическими коорди-
натами точки Р служат числа а, Ь, су> означает только то,
что имеет место равенство
(А «) + (А *) + (С, f) = (P, р),
где
р = а-\-Ь-\-с.
Если массы трех материальных точек увеличить (или умень-
шить) в одно и то же число раз, то от этого положение их
центра тяжести не изменится. Поэтому барицентрическими
координатами геометрической точки Р будут также числа ka,
kb, kc, где k — любое действительное число, неравное нулю.
Итак, геометрическая точка Р (в отличие от материальной
точки Р) имеет бесконечно много троек барицентрических
координат, причем каждая из этих троек может быть получе-
на из какой-либо одной тройки (а, Ь, с) путем умножения на
какую-либо константу k, отличную от нуля.
Если точка Р находится внутри координатного треуголь-
ника, то все три ее барицентрические координаты одного зна-
ка (их можно считать положительными). Если точка Р—на
какой-либо стороне координатного треугольника или на ее
продолжении, то хотя бы одна барицентрическая координата
этой точки равна 0. В остальных случаях две координаты точ-
ки Р—одного знака, а третья имеет противоположный знак.
Если точка Р расположена внутри базисного треугольника
АВС, то в качестве ее барицентрических координат можно
принять площади треугольников ВРС, СРА и АРВ (ср. §
решение задачи 8).
Применение барицентрических координат позволяет
внести одно существенное упрощение в рассуждения, свя-
занные с рассмотрением материальных точек\ рассмотре-
ние любых произвольно расположенных материальных то-
чек в любом числе сводится к рассмотрению только таких
материальных точек, которые имеют носителями вершины
базисного треугольника.
1-7]
ПОНЯТИЕ О МЕТОДЕ ПРОИЗВОЛЬНЫХ МАСС
69
Рассмотрим теперь некоторые упражнения и задачи (в за-
дачах 1 — 10 Д АВС — базисный треугольник Мёбиуса).
1. Где расположены точки, для которых две из барицентри-
ческих координат равны нулю? (О. 116.)
2. Найдите барицентрические координаты следующих ма-
териальных точек (рис. 59): 1) (Л4, 15), где М— точка пе-
ресечения медиан треугольника; 2)
на отрезка АВ\ 3) (F, 1), где
F-—такая точка на луче АВ^
что BF=AB. (О. 116, У. 123.)
3. Найдите барицентриче-
ские координаты таких точек:
1) точки пересечения медиан
треугольника АВС\ 2) середи-
ны отрезка АВ\ 3) центра впи-
санной в Д АВС окружности
(Z), 6), где D — середи-
Рис. 60.
Рис. 59.
(рис. 60); 4) центра окружности, касающейся стороны АВ
(рис. 60) и продолжений сторон АС и ВС. (О. 116.)
4. Барицентрические координаты некоторой геометриче-
ской точки Р равны соответственно 3, 2, 5. Каковы бари-
центрические координаты материальной точки (Р, 20)?
(0.116.)
5. Барицентрические координаты геометрической точки Р
равны а, Ь, с. Каковы барицентрические координаты матери-
альной точки (Р, р), если р=^а-\-Ь-[-с? (О. 116.)
6. Барицентрические координаты двух материальных то-
чек М и N таковы: т2, т3) и N(n^ п2, па). Каковы
барицентрические координаты их центра тяжести? (О. 116.)
7. На продолжениях сторон АВ, ВС и СА треугольника
АВС (рис. 61) выбраны соответственно точки С\, Вх так*
что АС 1 = 2Л5, ВАХ — 2ВС, СВ^^ЧСА. Докажите, что
70
ЗАДАЧИ
[8—11
точки пересечения медиан у треугольников АВС и
совпадают. (Р. 173.)
8. В остроугольном треугольнике АВС известны все углы
(точнее, их градусные меры). Какие массы нужно поместить
в его вершины для того, чтобы центром тяжести образо-
вавшихся трех материальных точек служил ортоцентр тре-
угольника (т. е. точка пересечения его высот)? (О. 116.)
9. Зная углы треугольника АВСУ найдите барицентри-
центра окружности, описанной около тре-
угольника (можно ограничиться рассмо-
трением остроугольного треугольника).
(О. 116, У. 123.)
10. Барицентрические координа-
ты двух точек М и 7V таковы:
М (mlt т2, т3) и N(nv п2, пг). Каковы
барицентрические координаты сере-
дины отрезка Л4М? (О. 116, Р. 174.)
11. Вам, вероятно, показалось ис-
кусственным то доказательство те-
оремы Гаусса, которое приведено на
С стр. 51—52. Более естественное до-
\ казательство можно получить, поль-
зуясь методом барицентрических коор-
динат. Проведите это доказательство.
(Р. 174.)
Мы ограничились рассмотрением метода барицентрических
координат на плоскости. Но та же идея может быть приме-
нена и в пространстве. Тогда вместо координатного треу-
гольника Мёбиуса появляется координатный тетраэдр Мёби-
уса; каждая точка Р характеризуется уже не тройкою, а
четверкою чисел — теми четырьмя массами, которые надо по-
местить в вершинах тетраэдра, чтобы центром тяжести обра-
зовавшихся четырех материальных точек оказалась точка Р.
Мы не задерживаемся на более детальном рассмотрении
метода барицентрических координат. В вопросах элементарной
(евклидовой) геометрии этот метод не дает ничего нового по
сравнению с приемами векторной алгебры — дисциплины,
которая сейчас входит в вузовский курс математики. Более того,
возможно указать довольно простой рецепт, переводящий лю-
бое доказательство, найденное методом барицентрических ко-
ординат, в «векторное» доказательство.
1]
МЕХАНИЧЕСКАЯ ТЕОРЕМА ЛАГРАНЖА
71
Исторически метод барицентрических координат возник до
векторного метода и служил одной из основ при создании
векторного исчисления.
Заметим, что в одном из разделов геометрии — в так на-
зываемой ^проективной геометрии» — метод барицентриче-
ских координат и поныне очень ценен и позволяет решать
такие задачи, к которым векторный метод неприменим.
§ 7. МЕХАНИЧЕСКАЯ ТЕОРЕМА ЛАГРАНЖА
И ЕЕ ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРИЛОЖЕНИЯ
Во многих вопросах, связанных с вращательным движением
твердого тела, важную роль играет понятие о моменте инер-
ции, введенное лет двести назад великим швейцарским мате-
матиком, петербургским академиком Леонардом Эйлером.
Пусть имеется некоторая фиксированная точка S и еще
некоторая материальная точка А = (А, т). Моментом инерции
точки А относительно точки S называется выражение m-SA2.
Пусть теперь имеется система из п материальных точек
(Ап тх), (А2, т2), .(А„, тп}, произвольным образом распо-
ложенных в пространстве. Момен-
том инерции этой системы отно-
сительно точки S называется сумма
Короче мы эту сумму запишем так:
А ~
Рассмотрим несколько при-
меров на нахождение момента
инерции.
1. В вершинах четырехуголь-
ника (рис. 62) поме-
щены соответственно такие мас-
сы: 2, 6, 2, 3. Вычислите момент инерции образовавшейся
системы материальных точек относительно точки S. (Сторона
каждого квадратика на рис. 62 равна 1 единице.) (О. 117,
Р. 177.)
72
ЙЛЛАЧЙ
(2—3
2. Вычислите момент инерции системы материальных то-
чек, рассмотренных в предыдущем примере, относительно ее
центра тяжести. (О. 117, Р. 177.)
3. Основанием треугольной пирамиды служит прямоуголь-
ный треугольник со сторонами 3, 4, 5 единиц (рис. 63).
Вертина пирамиды проектируется
в вершину прямого угла основа-
ния. Высота пирамиды равна че-
тырем единицам. В каждую вер-
шину треугольника АВС поме-
щаем столько же единиц массы,
сколько единиц длины содержит
противолежащая сторона треуголь-
ника.
Найдите момент инерции об-
разовавшейся системы из трех
материальных точек относительно
вершины S пирамиды. (О. 117,
Р. 177.)
Зная величину момента инерции системы материальных
точек относительно ее центра тяжести, можно, оказывается,
легко найти ее момент инерции относительно любой другой
точки пространства.
Это вытекает из одной замечательной теоремы, принад-
лежащей крупнейшему французскому математику и механику
XVIII века Лагранжу.
Теорема Лагранжа. Момент инерции (Js) любой
системы материальных точек относительно произвольной
данной точки (S) равен сумме двух величин: момента инерции
(Jz) той же системы материальных точек относительно ее
центра тяжести (Z) и момента инерции объединения данной
системы (т. е. той материальной точки, которая получится,
если всю массу системы сосредоточить в ее центре тя-
жести) относительно данной точки S,
Таким образом, если имеется система п материальных то-
чек (Д„ mJ, (Д2, mJ, .... (Д„, тп), то Js —Jz-\-M-SZ2,
где М=тг-\-тг-\-...тп. Или, подробнее,
тс8А} + т.8А\+...+тп-8Л\ = те2Л\-\-тг-гАгг + ...
• ••+'«„-ZA2" -|- (/я, 4- ... + т„) SZ*.
МЕХАНИЧЕСКАЯ ТЕОРЕМА ЛАГРАНЖА
73
Докажем сначала эту теорему для случая п = 2 (сис-
тема состоит только из двух материальных точек). Обозначим
материальные точки системы через (С, г) и (D, d). Пусть Р —
их центр тяжести, В — произволь-
ная точка (рис. 64). Нужно до-
казать, что
JB=JP + (c+d)BP*, / / \
т. е. что / / \
с • ЯС2 4~ 2 = с • PC2 4~ у/ j у
+ d • PD2 + (с + d) ВР2. (36) G PL ±
Рассмотрим два случая. Рис. 64.
Случай 1. Точка В — вне
прямой CD (см. рис. 64). Обозначим через L проекцию точки В
на CD. Точка L лежит на одном из лучей PC или PD. Пусть,
для определенности, точка L — на луче PD. Тогда, так как
$;Z)PP<90o, ^СРВ^ 90°,
ВС2 = PC2 4- РВ2 + 2РС • PL. (37)
BD2 = PD2 -\-PB2 — 2PD- PL. (38)
Кроме того,
c*PC = d-PD. (39)
Если умножим (37) на с, а (38) на d, полученные равен-
ства сложим почленно и учтем (39), то придем к соотноше-
нию (36).
Случай 2. Точка В — на прямой CD. Тогда проекцией
L точки В на прямую CD будет сама эта точка Ву L = B.
Но нетрудно убедиться в том, что формулы (37) — (39)
остаются в силе. Следовательно, и вытекающая из них фор-
мула (36) остается в силе.
Для дальнейшего полезно сделать одно замечание. Пусть
S— произвольная точка. Подставляя в (36) S вместо 5, по-
лучим:
c.SC2 + ^.SZ)2 = c.PC2 + flf.PZ)2 + (c4-^)SP2; (40)
вычитая из (40) равенство (36), получим
(с • SC2-j- d • SD2) — (с • ВС2 4- d • BD2) =
^(с4- d)SP2 — (c^d)BP. (41)
74
ЗАДАЧИ
Эту формулу можно прочесть так: Разность между мо-
ментом инерции системы (из двух материальных точек)
относительно какой-либо произвольной точки (S) и момен-
том инерции той же системы относительно какой-либо
другой точки (В) равна разности между моментом инер-
ции равнодействующей системы относительно первой точки
(S) и моментом инерции той
д ж же равнодействующей отно-
Ч ©л? сителъно другой точки (В).
На основании этого замеча-
/ ния можно доказать теорему
I Лагранжа при любом п ^>2.
Хи / Мы рассмотрим какой-либо кон-
кретный случай, скажем, /2 = 4.
Из наших рассуждений будет
ясно, что тог же метод можно
применить при любом п. Пусть
ис’ ’ в пространстве имеется систе-
ма из четырех материальных
точек: А,-(А,, т,), А2 = (А2, т2), А, = (А„ mJ, Д4 =
= (Д4, /и4) (рис. 65); Z—их центр тяжести. Обозначим че-
рез В2объединение материальных точек Д1 и Д2, через
В9 — объединение материальных точек В2 и Д3, через Z —
объединение материальных точек В9 и Д4. Пусть, далее,
S — произвольная точка. Введем еще такие обозначения:
Mt = mt-[-mt,
М — т, 4-/я»/я. 4-//гЛ.
11 2 1 3 1 4
В силу формулы (41) можно написать:
(/и, • SA* + т2 SAJ—(т, ZA* + тг-ZA*)=M2 Sf?—M2 ZB;,
(Mt-SB*t + m, .SA$_(M2.ZB2 4- meZAj=Mt SB2-Ms-ZB\,
(7И, • SS’ 4- wz4 • SA’)— (Al, • ZB\ 4- /И4. ZAj^M SZ\
Сложив эти равенства почленно, получим
(m, • SA’ 4- т2 SA’ 4- /и, • SA’ 4- /и4 • SA’) — (/и, • ZA\ 4-
4-/и2 • ZA’ 4- т, ZA’ 4- /л4 • ZA’) = M - SZ’
ИЛИ
A — JZ = /I4-SZ\ откуда J$ = J?-[- M SZ2.
МЕХАНИЧЕСКАЯ ТЕОРЕМА ЛАГРАНЖА
75
Итак, при /2 — 4 теорема Лагранжа доказана. Аналогич-
ными рассуждениями можно ее доказать при любом натураль-
ном п (только пришлось бы выписать и сложить не три равен-
ства, а п—1 равенств).
(*) Другое доказательство теоремы Лагран-
ж а. Пусть в пространстве
(А> (А. '«А •••
тп) И Z — ИХ
центр тяжести (рис. 66).
Пусть, далее, S —
произвольная точка, от-
личная от Z. Имеется
бесконечно много плос-
костей, перпендикулярных
к прямой ZS. Среди них
мы можем всегда выбрать
такую плоскость а, чтобы
все точки Л2,
S были расположены
одну и ту же сторону
имеется п материальных точек
Z,
ио
от нее (см. рис. 66).
Обозначим через z},
z2,..., zn, zy s расстояния
точек Alf Л2,..., An) Z, S
от плоскости а, а через Z?2,.Bn, В — проекции точек
A2J..., An, Z на плоскость а. Пусть Вг^В. Рассмотрим
четырехугольник BB^Z; это — трапеция (или прямоугольник).
Вычислим ZA
я)2+££?*.
(42)
Из трапеции (или прямоугольника) BB^S найдем:
^ = (2,-3)’ + ^. (43)
Отсюда
— ZA2 = (zt — s)2 — (z, — z)* = (z — s)(2zt—z — s) =
= (z — s) [(г — s) 4- 2 (z, — z)]= (z — s)2 -|- 2 (z — s) (z,—z),
t. e.
Sz12 — ZA\ = SZ2 + 2 (z — s) (z, — z). (44)
Умножая обе части на получим
т, - -ZA^ — mt -SZ2 2 (z — s) (wz, -z, — tnl -z). (45)
76
Задачи
Нетрудно проверить, что равенства (42) — (45) верны также,
если Z?, = В (т. е. если At — на прямой ZS).
Повторяя те же рассуждения относительно точек Л2, Л
. ..,ЛП, получим такие равенства:
тг-8А2г — тг- ZA[ = т2 • SZ2 — т2 - z),
тп ‘ SAn — тп -ZAn = >пп-52* + Ъ(г — 8}(тп-гп — тп • г).
Сложив все эти равенства, получим (полагая tnv tn2 -j- ...
... + /«„ =/И):
Js~ Jz — M‘$Z2-l-2(z — s)[(mt-zt-l-m2-z2-i- ...
.. .-j-/«„•£„) —ТИ-z].
HoZ—центр тяжести материальных точек (Лп /zzj, (Л2, тг)>...
..., (Ani тп). Поэтому (см. § 2, задачу 14)
mlzl 4- mtzt + ... + mnzn = (mt + m2 + ... + m „) z.
Итак,
Js — Jz = M-SZ\
что и требовалось доказать.
В наших доказательствах теоремы Лагранжа мы ради про-
стоты ограничились случаем, когда числа /п2, .. ., тп —
положительные. Несколько видоизменив доказательство, можно
без особого труда показать, что теорема Лагранжа верна и
в том случае, когда mv т2, ..., тп — произвольные вещест-
венные числа.
В механике рассматривают не только момент инерции относи-
тельно точки, но еще чаще приходится иметь дело с так называе-
мым моментом инерции относительно оси. Швейцарский геометр
Якоб Штейнер (1796—1863) доказал для моментов инерции системы
материальных точек относите л ьно параллельных осей теорему, ана-
логичную теореме Лагранжа.
Если все материальные точки лежат в одной плоскости, то можно
показать, пользуясь соответствующими определениями, что момент
инерции системы относительно какой-либо точки этой плоскости равен
моменту инерции относительно оси, проходящей через эту точку и пер-
пендикулярной к плоскости, и что теорема Штейнера (в этом случае)
совпадает с теоремой Лагранжа.
Применим теперь теорему Лагранжа к решению некоторых
геометрических задач.
4—11J МЕХАНИЧЕСКАЯ ТЕОРЕМА ЛАГРАНЖА 77
4. В окружность вписан равносторонний треугольник АВС.
Докажите, что сумма квадратов расстояний от любой точки Р,
лежащей на окружности, до вершин треугольника—одна
и та же при любом положении точки Р на окружности.
(У. 123, Р. 177.)
5. Верна такая теорема: Сумма квадратов расстояний от
вершин правильного /2-угольника до любой точки, взятой на
описанной около него окружности, есть величина постоянная,
не зависящая от положения точки на окружности (она равна
2/2Р2, где R — радиус окружности).
Докажите эту теорему при /2 = 6. (У. 123, Р. 178.)
6. Около правильного тетраэдра ABCD описана сфера.
На ней выбрана произвольная точка Р.
Докажите, что сумма РА2 РВ2 PC2 Р£>2 не зави-
сит от выбора точки Р на сфере. (Р. 178.)
7. В правильный /2-угольник вписана окружность. Тогда
сумма квадратов расстояний от любой точки окружности до
вершин /2-угольника есть величина постоянная, не завися-
щая от положения этой точки на окружности. Докажите эту
теорему при /2 = 3. (Р. 178.)
8. Найдите геометрическое место точек плоскости, для
которых сумма квадратов расстояний от п данных точек той
же плоскости постоянна и равна d2, где d— данный отрезок
(ограничиться случаем /2 = 4). (О. 117, У. 123, Р. 178.)
(*) 9. Пусть Лп Л2, А3 — три какие-нибудь, данные точ-
ки, Wj, т2, fn9 — произвольные действительные числа, при-
чем mt 4~ //2а т8 > 0.
Найдите в пространстве геометрическое место таких то-
чек Р, для которых сумма тх • РА2 т2 • РА2 т9 • РА2 равна
постоянной величине d2. (О. 117, Р. 179.)
(*) 10. Обобщите задачу 9 на тот случай, когда даны
п точек и п чисел. (Р. 180.)
(** ) 11. Можно доказать, что геометрическим местом
точек плоскости, для которых разность квадратов расстояний
от концов данного отрезка постоянна (равна г2), служит не-
которая прямая, перпендикулярная к этому отрезку1).
’) На луче АВ существует единственная такая точка Д40, что
ЛМо — ВМ* = с2; нетрудно показать, что ее положение определяется
д2 □— с2
формулой ЛЛ40 =—, где а = АВ. Рассматриваемым геометри-
78
задачи
{12—16
Пользуясь этим фактом, найдите на плоскости геометри-
ческое место таких точек, для которых сумма
,П}.рА^т,-РА^т,.Р^-{-теРА\
постоянная. Здесь Д2, А3, Д4— наперед данные точки
рассматриваемой плоскости, mY, т2, т9, т*— данные
~ не равные нулю числа, причем тх
4- тг + т, + = °- (°- 117>
/А Р. 180.)
/ / \ (!) 12. В треугольнике АВС прове-
/ \ дена биссектриса СС х угла С (рис. 67).
/ / \ Докажите: СС\ = СА*СВ—СГ А- СХВ.
/ [ \ (У. 123, Р. 180.)
/7 С, 8 13. Зная стороны а, Ь, с тре-
Рис. 67. угольника АВС, найдите его биссек-
трисы. (О. 117, Р. 181.)
(!) 14. Английский геометр М. Стюарт (1717—1785)
получил любопытную теорему:
Если С1 — произвольная точка на стороне АВ треуголь-
ника АВС, то
СА2 • СГВ + СВ*. СгА — СС\ • АВ = CrА. CtB • АВ.
Докажите теорему Стюарта. (У. 123, Р. 181.)
15. В окружность вписан четырехугольник со взаимно
перпендикулярными диагоналями (см. рис. 8). Докажите, что
сумма квадратов двух его противоположных сторон равна
квадрату диаметра описанной окружности. (У. 123, Р. 181.)
(!) 16. Известно, что сумма квадратов сторон паралле-
лограмма равна сумме квадратов его диагоналей. А какова
зависимость между суммой квадратов сторон и суммой квад-
ратов диагоналей в других четырехугольниках, например
в трапеции? Ответ на этот вопрос дал Леонард Эйлер в ра-
боте, опубликованной в «Комментариях С.-Петербургской
академии наук». Эйлер установил такую теорему:
Сумма квадратов сторон произвольного четырехугольника
(плоского или пространственного) больше суммы квадратов
ческим местом служит прямая 44O7V, перпендикулярная к АВ. Дейст-
вительно, если Долежит на Af0Af, то АМг — ВМ2 = (АД42 + Af0Al2) —
— (BMZQ И- М^М2) — А/Wq — ВМ^ = с2. Способом от противного не-
трудно доказать и обратное: если AM1 — ВМ2—с2, то М располо-
жена на прямой MqN.
17—19]
МЕХАНИЧЕСКАЯ ТЕОРЕМА ЛАГРАНЖА
79
соединя-
четырех-
3
Л] Ль
Рис. 68.
его диагоналей на учетверенный квадрат отрезка,
ющего середины его диагоналей.
Таким образом, если А^А^А^А^— произвольный
угольник (рис. 68), Р и Q — середины его диагоналей AtA
и то АА+АА+АА+АА-АА
-J-4PQ2. Докажите эту тео-
рему. (У. 123, Р. 182.)
(!) 17. Зная медианы тре-
угольника и радиус описанной
окружности, вычислите рас- Лг
стояние между точкой пере-
сечения медиан и центром опи-
санной окружности. (Р. 183.)
(!*) 18. Эйлер первый за-
метил, что если известны ра-
диус г окружности, вписанной
в треугольник, и радиус R описанной окружности, то можно
найти расстояние d между их центрами:
d*=R* — 2Rr.
Докажите эту замечательную формулу Эйлера. (У. 124,
Р. 183.)
Из формулы Эйлера, между прочим, следует, что радиус
окружности, описанной около треугольника, больше диаметра
вписанной окружности: R > 2г.
Исключение составляет лишь правильный треугольник
(в этом случае R = 2r).
Кроме окружностей, описанной около треугольника и впи-
санной в него, в геометрии рассматривают еще вневписанные
окружности. Вневписанная окружность — это окружность, ка-
сающаяся одной стороны треугольника и продолжений двух
других сторон (см. рис. 60). Для каждого треугольника су-
ществуют три вневписанных окружности. Для расстояния между
центром описанной и центром вневписанной окружности можно
установить формулу, аналогичную формуле Эйлера.
19. Докажите: если R — радиус окружности, описанной
около треугольника, р— радиус какой-либо вневписанной
окружности, d — расстояние между центрами этих окружно-
стей, то б/2 = /?24-2/?р. (У. 124, Р. 185J
80
ЗАДАЧИ
120—21
Следующая задача была рассмотрена знаменитым немецким
математиком Г. В. Лейбницем.
20. Как построить на плоскости такую точку S, чтобы
сумма квадратов ее расстояний до вершин данного много-
угольника AtAz... Afl была наименьшей? (У. 124, Р. 186.)
Применение теоремы Лагранжа к доказа-
тельству неравенств. Пусть имеется система п мате-
риальных точек (с положительными массами) (Лп (Л2, т2)у...
..., (Л„, тп); Z — ее центр тяжести, S — произвольная точка
пространства. Тогда по теореме Лагранжа
(46)
где
Js = т. • + тг • SA{ +... + т„ • SA*t, (47)
J^m.-ZA^m^ZAl-]-.. . + m„.ZAl, (48)
M = т,-[-т2(49)
Из (48) видно, что всегда
(50)
и равенство в (50) возможно только тогда, когда все точки
Лп A2,...,An,Z совпадают. Поэтому в силу (46)
M-SZ2^Js, (51)
причем равенство имеет место только в случае совпадения
всех точек Лп Л2,..., Ап. Неравенство (51) показывает, что
момент инерции системы материальных точек уменьшается от
совмещения всей массы системы в ее центре тяжести.
Выбирая по-разному точки ЛП Л2,..., AnJS и помещенные
в них массы, мы можем получить некоторые замечательные
неравенства.
Рассмотрим несколько примеров.
21. Докажите, что среднее арифметическое нескольких
положительных чисел д2,. .., ап не превосходит их сред-
неква дра ти чес кого:
« г ц
22—23] ЦЕНТРЫ ТЯЖЕСТИ ОДНОРОДНЫХ нитей и пластинок 81
Равенство имеет место лишь при условии:
^1=«2 = -
(У. 124, Р. 186.)
22. Докажите неравенство:
(а,, я2,... — положительные числа). (У. 124, Р. 187.)
23. Докажите теорему Коши — Буняковского: при любых
положительных а2,..., ап, blt b2,. .., bn имеет место не-
равенство
«А+СА+---+СЛ<
В каком случае имеет здесь место равенство? (У. 124, Р. 187.)
§ 8. ЦЕНТРЫ ТЯЖЕСТИ ОДНОРОДНЫХ НИТЕЙ
И ПЛАСТИНОК
Выясним сначала, что нужно понимать под центром тя-
жести линии (нити).
Пусть имеем какую-нибудь линию АВ длины / (рис. 69).
Мы ее будем представлять себе наглядно в виде тонкой одно-
родной проволоки. Это значит, что любые два отрезка этой
Рис. 69. Рис. 70.
проволоки одинаковой длины имеют одну и ту же массу.
Массу куска проволоки длиной в 1 единицу мы обозначим
через S. Эту величину называют линейной плотностью ниги.
Понятно, что масса всей нити равна ZS.
В одном случае очень легко указать центр тяжести линии,
а именно: когда линия представляет собой прямолинейный
отрезок (рис. 70). Центр тяжести отрезка—-это его середина.
Это утверждение можно рассматривать как определение центра
тяжести отрезка.
82
ЗАДАЧИ
Пусть теперь линия является ломаной (рис. 71). Пусть
она состоит из п звеньев AAlf АХА29 ..An_tB9 длины ко-
торых равны соответственно /2, ..., /п, так что длина /
всей ломаной равна -|- /2 -|- . .. -|-
Если линейная плотность линии равна 5, то массы звеньев
равны соответственно 1^9 /25, ..., /п8.
Сосредоточим мысленно массу первого звена (звена AAJ
в его середине ВХ9 массу второго звена — в его середине В2
и т. д. Массу /z-го звена
будем считать сосредото-
ченной в его середине Вп.
Таким образом, получа-
ются п материальных то-
чек: 5), (B29l2t)9 ...
1п о). Пусть Z-— их
центр тяжести. Тогда мы
точку Z назовем также
центром тяжести ломаной
АА,А2 ...Ап_,В.
Таким образом, цент-
ром тяжести ломаной мы
называем центр тяжести системы материальных точек, которые
образуются, если сосредоточить массу каждого звена лома-
ной в его центре тяжести.
Предположим теперь, что выбрана какая-то прямая хх
(см. рис. 71), и ломаная AAtA2 ... An_tB лежит в одной
плоскости с прямой х'х и притом целиком по одну сторону
от этой прямой. Пусть известны расстояния у19 у2. . .., уп
точек В , В2, . . .,Вп (середин звеньев ломаной) от прямой хх.
Тогда нетрудно найти расстояние z от центра тяжести лома-
ной (т. е. от точки Z) до прямой х’х. Действительно, в силу
ранее решенной задачи 11 из § 2
___ 1&У\ 4- 1пбУп
z, о -|- 6 -(- ... й
или
___^1 Vi + + • • • + ^пУп
I
Отсюда ясно, что положение центра тяжести ломаной,
вовсе не зависит от величины линейной плотности S.
ч
ЦЕНТРЫ ТЯЖЕСТИ ОДНОРОДНЫХ НИТЕЙ И ПЛАСТИНОК
83
Рассмотрим пример:
(!) 1. Найдите центр тяжести контура
I (О. 117, Р. 188.)
треугольника.
Перейдем к определению центра тяжести произвольной
линии. Пусть имеем линию АВ длины / (рис. 72). Мы для
простоты предполагаем,
что эта линия сама себя
не пересекает (но она
может быть замкнутой).
Разобьем ее на п
кусков (на п «частич-
ных дуг») точками
А ..., А
2 ’ П — 1
Если п — достаточ-
нобольшое число, адли-
на каждой дуги доста-
точно мала, то каждая
из хорд АА^ AjA29...
• ••1Ап_1В мало отличается (как по величине, так и по по-
ложению) от стягиваемой ею дуги (см. рис. 72) — различие
будет тем меньше, чем меньше эта дуга (точнее, отношение
длины дуги к длине стягивающей ее хорды будет приближаться
к единице, если умень-
шается неограниченно
длина этой дуги). Най-
дем центр тяжести лома-
ной . .24n_j^
Обозначим его через^Л).
Если мы теперь впишем
в линию АВ другую
ломаную (рис. 73), с
ббльшим числом звень-
ев, то положение цент-
ра тяжести этой новой
ломаной будет, вообще
говоря, уже иным. Будем теперь брать ломаные со все бблыпим
и ббльшим числом звеньев, и пусть при этом длина наибольше-
го звена становится все меньше и меньше, так что при п
статочно большом каждое звено вписанной ломаной станет мень-
ше любого, хотя бы и очень малого, заранее данного отрезка_
84
ЗАДАЧИ
При этом обычно оказывается, что точки Z(rt) с возраста-
нием п приближаются неограниченно к некоторому предель-
ному положению Z. Это записывают так: limZ(n) — Z. Эту
точку Z и назовем центром тяжести линии АВ.
Пусть имеется какая-либо прямая х'х, лежащая в одной
плоскости с линией АВ, причем линия АВ великом расположена
по одну сторону от этой прямой. Найдем расстояние z от точ-
ки Z до прямой XX.
Расстояние zn точки Z{n) от прямой х'х равно:
„ __У1 -^1 + + > • - +уп-Ап_ .в
Zn~ ~рп ’
где j,, j2, уп— расстояния середин хорд AAf, А^А^..
..., от пРяы°й х'х, а рп — периметр ломаной
А4/2...л„_д
Пусть теперь п неограниченно увеличивается, причем длина
каждой хорды вписанной ломаной неограниченно уменьшается.
Тогда Z{n}—*Z, zn—*z, pn—* l, и мы получим:
lim
z I
Выражение
/< = КП1(У1.ЛЛ1+Л.Л1Д24-• • •
(предел берется в предположении, что длина наибольшего
звена вписанной ломаной неограниченно уменьшается) назы-
вается статическим моментом линии АВ относительно оси хх.
Таким образом,
Центр тяжести плоской кривой имеет простой физический
смысл. Представим себе, что однородная проволока изогнута
в виде кривой АВ и прикреплена к тонкому листу картона,
причем лист таков, что его можно практически считать не-
весомым— настолько его вес меньше веса проволоки. Тогда
точка Z (центр тяжести кривой ЛВ) обладает таким замеча-
тельным физическим свойством: если подвесить лист (с нало-
женной на ней проволокой) на нити, прикрепленной к листу
в точке Z, то лист будет в безразличном равновесии.
Рассмотрим пример.
21
ЦЕНТРЫ ТЯЖЕСТИ ОДНОРОДНЫХ НИТЕЙ И ПЛАСТИНОК
85
. (*) 2. Найдите центр тяжести полуокружности. (О. 117
У. 124, Р. 188.)
Перейдем теперь к рассмотрению центров тяжести пла-
стинок, Пусть у нас имеется некоторая плоская фигура с пло-
щадью S. Мы себе будем наглядно представлять эту фигуру
в виде однородной пластинки.
Это означает, что любые два куска пластинки, имеющие
равные площади, имеют также равные массы. Обозначим массу
Рис. 74.
Рис. 75.
куска пластинки с площадью в 1 квадратную единицу через S.
Тогда масса всей пластинки равна So. Договоримся о том,
что мы будем понимать под центром тяжести такой пластинки.
Мы рассмотрим три случая.
I. Пластинка представляет собой прямоугольник. Ее цен-
тром тяжести служит точка пересечения диагоналей прямо-
угольника (рис. 74). Это утверждение можно рассматривать
как определение центра тяжести прямоугольника.
11. Пластинка такова, что ее можно разбить на конечное
число прямоугольников (рис. 75). Такую пластинку мы кратко
будем называть «многоугольником, составленным из прямо-
угольников». Обозначим площади прямоугольников, на которые
разбивается пластинка, через S2, ..., Sn (S, ___
= где S— площадь всей пластинки), а центры тя-
жести этих прямоугольников—через В2, ...,Вп. Тогда
массы прямоугольников равны S, S, S2 S, ..., Sn S. Мысленно
сосредоточим массу каждого прямоугольника в его центре. Тогда
у нас возникают п материальных точек (#,,<$, 2), (В2, S2 ё),...
..., (£>„,£„ S). Пусть Z—центр тяжести этих п материальных
точек. Тогда точку Z мы назовем также центром тяжести рас-
сматриваемой пластинки.
86
ЗАДАЧИ
Пусть пластинка расположена целиком по одну сторону
от прямой х'х. Если известно, чго расстояния от точек
В^ В2, ...^Bnj\Q прямойх'х равны соответственно у2,...
• ••, Уп, то нетрудно найти расстояние z от центра тяже-
сти пластинки (т. е. от точки Z) до той же прямой:
• Ji Ч~ SgS-у2 ~Ь -«• -уп
S2o
или
~Ji + + • • • + Snyn
z---------------s-----------•
III. Пластинка ограничена произвольным контуром; I—
длина контура, S—площадь пластинки. Легко начертить себе
«многоугольник, составлен-
ный из прямоугольников»,
целиком расположенный на
этой пластинке (рис. 76).
Пусть его площадь S(1), а
центр тяжести Z(1).
Легко также начертить
другой «многоугольник из
прямоугольников», с ббль-
шей площадью, чем первый,
который также целиком расположен на этой пластинке
(рис. 77). Пусть его площадь S(2) и центр тяжести Z<2).
Можно затем себе пред-
ставить последовательность
таких «многоугольников из
прямоугольников», располо-
женных на пластинке, кото-
рые все более и более
« ис черпывают» пластинку.
Точнее, пусть площади
этих многоугольников обо-
значены через S(1), S(2), ...
.. .,S(n), ... ; тогда эти мно-
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------JC
Рис. 77.
гоугольники таковы, что lira S{n} = S(S — площадь пластинки).
п -> СО
Обозначим центры тяжести этих «многоугольников из пря-
моугольников» соответственно через Z(1), Z(8), ...,Z(n), ...
и пусть с возрастанием п точки {Z<rt)} «неограниченно при-
3—4] ЦЕНТРЫ ТЯЖЕСТИ ОДНОРОДНЫХ НИТЕЙ И ППАСТИНОК 87
ближаются» к некоторой точке Z. Это означает следующее:
если мы выберем заранее какой угодно маленький отрезочек,
то при п достаточно большом расстояние между Z{n) и Z
будет меньше этого отрезочка. Точки Z{n) «накапливаются»
к точке Z, «сгущаются» около этой точки. Точка Z и на-
зывается центром тяжести пластинки.
Центр тяжести пластинки обладает простым механическим
свойством: если привязать нить к пластинке в точке Z и под-
весить пластинку на этой нити, то пластинка будет в безраз-
личном равновесии.
Отметим без доказательства некоторые важные свойства
центров тяжести однородных пластинок, которыми будем поль-
зоваться при решении задач.
1. Каждая пластинка имеет лишь один центр тяжести.
2. Если разделить мысленно пластинку на несколько кусков
и массу каждого куска сосредоточить в его центре тяжести,
то центром тяжести образовавшихся таким образом материаль-
ных точек и будет центр тяжести всей пластинки.
3. Если (однородная) пластинка имеет ось симметрии, то
центр тяжести пластинки лежит на этой оси.
Заметим, что аналогичными свойствами обладают также
центры тяжести линий (нитей).
Рассмотрим теперь несколько задач.
(!) 3- Центром тяжести треугольной пластинки служит
точка пересечения ее медиан. Докажите это, если треуголь-
ник прямоугольный. (У. 124, Р. 191.)
(!) 4. Докажите теорему из задачи 3 для любого тре-
угольника. (У. 124. Р. 194.)
Сопоставляя задачи 1, 4 из § 8 и задачу 3 из § 1, мы
видим, что выражение «центр тяжести треугольника» можно
понимать в трех смыслах:
1) как центр тяжести вершин треугольника (точнее, как
центр тяжести равных масс, помещенных в вершинах треуголь-
ника); именно так и понимается центр тяжести треугольника
в школьном курсе геометрии}
2) как центр тяжести контура треугольника (точнее, как
центр тяжести однородной материальной нити, изогнутой в
виде контура треугольника);
3) как центр тяжести площади треугольника (точнее, как
центр тяжести однородной пластинки, имеющей форму
88
ЗАДАЧИ
[5—7
треугольника; именно так и понимают центр тяжести треуголь-
ника в школьном курсе механики).
Решения указанных задач показывают, что центр тяжести
вершин треугольника и центр тяжести его площади всегда
совпадают. Центр тяжести контура треугольника совпадает
с ними лишь в том случае, когда треугольник правильный.
5. Если увеличить в несколько (k) раз размеры пластинки,
имеющей форму многоугольника (не меняя ее форму), то рас-
стояния ее центра тяжести от сторон многоугольника также
увеличатся во столько же (&) раз. Приняв это свойство без
доказательства, выведите отсюда, что центром тяжести тре-
угольной пластинки служит точка пересечения ее медиан.
(У. 125, Р. 195.)
В дальнейшем под центром тяжести данного многоуголь-
ника мы подразумеваем центр тяжести однородной пластинки,
имеющей форму такого многоугольника. Под центром тяжести
вершин /z-угольника подразумевается центр тяжести п мате-
риальных точек, которые образуются, если поместить во всех
вершинах /z-угольника равные массы.
(!) 6. Центр тяжести треугольной пластинки совпадает
с центром тяжести ее вершин — это точка пересечения
медиан треугольника. Центр тяжести квадратной пластинки
Рис. 79.
также совпадает с центром тяжести ее вершин. То же можно
сказать про прямоугольник, ромб, правильный шестиугольник.
Верно ли такое общее утверждение: центр тяжести лю-
бой пластинки, имеющей форму многоугольника, совпадает
с центром тяжести его вершин? Как его доказать или
опровергнуть? (О. 117, У. 125, Р. 196.)
7. Из однородного листа жести вырезан многоугольник
(«буква Г»), изображенный на рис. 78. Как можно, распо-
8—13J ЦЕНТРЫ ТЯЖЕСТИ ОДНОРОДНЫХ НИТЕЙ И ПЛАСТИНОК 89
лагая только линейкой (и карандашом), построить его центр
тяжести? (У. 125, Р. 197.)
8. Как можно, располагая только линейкой (и каранда-
шом), найти центр тяжести однородной пластинки, изобра-
женной на рис. 79 («буква Т»)? (Р. 198.)
9. В трапеции ABCD (рис. 80) проведена средняя линия.
Как можно построить центр тяжести трапеции, располагая
только линейкой? (У. 125, Р. 198.)
(I) >0- Докажите, что центр тяжести любой трапеции
находится на отрезке /И7У, соединяющем середины оснований.
(У. 125, Р. 198.)
(!) 11. Пусть основания трапеции ABCD равны соответ-
ственно а и b и О — центр тяжести трапеции. В каком от-
ношении делит точка О отрезок,
соединяющий середины оснований
трапеции. (О. 117,У. 125, Р. 200.)
(!) >2. Чтобы найти центр тя-
жести трапеции ABCD (рис. 81),
поступают часто так: продолжают
основания трапеции АВ и CD;
на продолжении АВ откладывают
отрезок BF=CD, на продолже-
нии CD — отрезок DE=AB;
отмечают точку О пересечения прямой EF с отрезком MN,
соединяющим середины оснований трапеции. Докажите, что
точка О и есть центр тяжести трапеции. (Р. 200.)
13. Чтобы найти центр тяжести трапеции ABCD (рис. 82),
можно поступить так: разделить одну боковую сторону
(например, ВС) на три равные части (на рис. 82 Е и F —
точки деления); провести прямые АЕ и DF и отметить их
90
ЗАДАЧИ
[14—16
точку пересечения К\ через К провести параллель к осно-
ванию трапеции; отметить точку О пересечения этой прямой
с прямой MN, соединяющей середины оснований трапеции.
Точка О — центр тяжести трапеции. Докажите это. (У. 125,
Р. 200.)
14. Вот еще один
трапеции ABCD (рис.
способ построения центра тяжести
83): строят прямую MN, соединяю-
щую середины оснований трапеций; проводят диагональ АС
и через D—параллель к этой диагонали; отмечают точку К
Рис. 85.
тяжести трапеции можно
встречи этой параллели с прямой
MN; строят затем точку О такую,
что А1О = ^- МК. Тогда О —
центр тяжести трапеции. Дока-
жите это. (У. 125, Р. 201.)
(!) 15. Докажите: центр тя-
жести О трапеции ABCD (рис. 84)
и центр тяжести вершин этой
трапеции Е лежат на одной пря-
мой с точкой Т пересечения
диагоналей трапеции, причем
ЕТ = ЗОЕ и Е— между О и Т.
(У. 125, Р. 202.)
(!) 16. Указанный в задаче
14 способ построения центра
видоизменить так, чтобы он был
пригоден для любого четырехугольника.
Пусть ABCD (рис. 85) — произвольный (выпуклый) четы-
рехугольник. Через концы какой-либо его стороны (напри-
мер, CD) проведем параллели к его диагоналям и отметим
17—18) ЦЕНТРЫ ТЯЖЕСТИ ОДНОРОДНЫХ НИТЕЙ и ПЛАСТИНОК
91
точку их встречи К. Тогда центр тяжести четырехугольника О
лежит на отрезке, соединяющем точку К с серединой про-
тивоположной стороны (в нашем случае — с точкой М—се-
рединой стороны АВ), и делит этот отрезок (КМ) в отно-
шении 2:1. Докажите это. (У. 125, Р. 202.)
17. Около четырехугольника ABCD описан параллело-
грам EFGH (рис. 86) так, чго его стороны параллельны
диагоналям четырехугольника. Точки Е'fi',Е',ЕГ— середины
Рис. 86. Рис. 87.
сторон четырехугольника ABCD. Каждая из этих точек
соединена с соответствующей вершиной параллелограмма так,
как указано на рис. 86. Докажите, что четыре прямые ЕЕ’,
GG\ FF' и НН’ имеют общую точку. (У. 125, Р. 203.)
18. Из плоского куска жести EEGH (рис. 87), имеющего
форму параллелограмма, собираются вырезать четырехуголь-
ник ABCD. Вершины этого четырехугольника уже отмечены
на сторонах параллелограмма, причем FA — GC, FB — ED.
Как можно, пользуясь только линейкой (без делений),
найти центр тяжести четырехугольника ABCD1 (У. 125,
Р. 203.)
Способ Архимеда «взвешивания площадей».
Архимед впервые показал, как можно на основании механиче-
ских соображений вычислить площади некоторых плоских
фигур. Этим способом он вычисляет площадь параболическою
сегмента, т. е. части плоскости, ограниченной дугой пара-
болы и ее хордой.
Архимед дал сначала нестрогое решение этой задачи
(в «Письме к Эратосфену»), а затем — строгое решение (в своей
работе «О квадратуре параболы»). Последнее весьма громоздко
92
ЗАДАЧИ
и представляет, пожалуй, только исторический интерес. Идея
«взвешивания площадей» выступает здесь значительно менее
выпукло и менее наглядно, чем в нестрогом решении; она за-
темнена необходимыми для строгого доказательства выкладками.
Мы здесь ограничимся нестрогим решением этой задачи
(строгое решение можно найти в книгах В. Ф. Кагана или
С. Я. Лурье об Архимеде).
В истории математики очень часто трудные задачи полу-
чали сначала нестрогие, недостаточно обоснованные решения,
Рис. 88.
и лишь затем, отправляясь от нестрогих решений, математики
решали те же задачи строго, с полным логическим обоснова-
нием всех деталей. И сейчас математики нередко поступают
именно так: сначала они решают задачу «для себя» нестрого,
«по здравому смыслу», не задерживаясь на обосновании от-
дельных деталей, принимая для начала за истинное то, что
«вероятно, имеет место»; и лишь затем, получив известную
ориентировку в данном вопросе, опираясь на основные идеи
«нестрогого» решения, они решают ту же задачу «строго»,
с полным обоснованием всех моментов решения. Точно так же
ЦЕНТРЫ ТЯЖЕСТИ ОДНОРОДНЫХ НИТЕЙ И ПЛАСТИНОК 93
а и п, при х — а
с
Рис. 89.
поступил в свое время Архимед при решении задачи о «квадра-
туре параболы». Приводимое ниже рассуждение целиком ос-
новано на идее Архимеда, однако в самом оформлении этой
идеи сделаны значительные отступления.
Пусть имеется парабола, т. е. кривая, задаваемая уравне-
нием вида у=рх2 (рис. 88), где р — какое-то постоянное
число, которое здесь полагаем положительным. Осью симметрии
параболы служит ось Оу, Пусть хорда CD | Оу, причем
CD = 2a, Пусть, далее, F— точка пересечения CD и Оу
и OF—h. Мы хотим выразить площадь SC0D параболического
сегмента COD (заштрихованного куска плоскости) через а и h.
Для дальнейшего выразим еще р чере ' ~
у = h^',e.h=pa2\ следовательно,
Р = ^- (52)
Очевидно, что
$COD= $АСОВ ^АоС- (53)
Значит, задача сводится к нахожде-
нию площади криволинейного тре-
угольника АОС (рис. 89). Именно ее
мы и найдем способом взвешивания
площадей.
Мы представим себе, что тре-
угольник АОС—это однородная же-
стяная пластинка, причем каждый
кусок пластинки с площадью в 1
квадратную единицу (скажем, в 1 см2) Q
имеет массу в 1 единицу (скажем,
1 г). Возьмем теперь рычажные весы
(рис. 90), у которых каждое плечо
равное: TP—TL = a,
В юнце Р правого рычага этих весов мы и подвесим (мыс-
ленно!) пластинку АОС, Но предварительно мы эту пластинку
разрежем на очень большое число очень тоненьких полосочек
(проволочек) с помощью прямых, параллельных АС. Для опре-
деленности можно их брать равной ширины. Тогда, если всех
, , о (1,(1
полосок л, то ширина а каждой полоски равна — , а = —.
94
ЗАДАЧИ
Обратим внимание на какую-нибудь одну из этих полосо-
чек— на k-ю (на которую указывает стрелка на рис. 89).
Практически можно считать ее массу равной массе заштрихо-
ванного прямоугольничка — ошибка будет незначительной.
Массу всей пластинки АОС можно считать практически равной
сумме масс всех вписанных в АОС прямоугольничков — ошибка
тоже будет ничтожной при очень большом п.
Какова масса Л-й полосочки, или — что практически то же
самое — Л-го (зачерненного) прямоугольничка? Пусть (рис. 89)
ON=x. Тогда Л7И=рх2 и масса полоски равна dpx2.
Допустим, что мы полоску подвесили в точке Р(рис. 90).
Чтобы весы остались в равновесии, подвесим на левом плече
TL в точке N на расстоянии х от точки Т прямоугольную
полоску ширины d, изготовленную из той же жести, что и
пластинка АОС. Пусть ^(NjAlj) — высота этой полосочки.
Тогда полоска имеет массу zd. Расстояние от оси ST до
центра тяжести полоски практически равно х. Чтобы весы
остались в равновесии, нужно (в силу правила рычага) чтобы
(zd)x=(dpx2)a1 откуда z = apx, т. е. (см. (52))
ЦЕНТРЫ ТЯЖЕСТИ ОДНОРОДНЫХ НИТЕЙ И ПЛАСТИНОК 95
Пусть LH _|_ 77. и LH = h (рис. 91.). Соотношение (54) по-
казывает, чго /\TNLH. А отсюда ясно, что
лежит на гипотенузе ГН. Итак, если подвесить в Р зачер-
ненную полоску треугольника Л ОС, а на левом плече под-
весить на расстоянии TNy=ON заштрихованную полоску
треугольника TLH, то весы останутся в равновесии.
Рис. 91<
Подвесим теперь в конце Р правого плеча весов все по-
лоски, на которые разрезан Д /ОС, а на левом плече будем
подвешивать соответствующие полоски треугольника TLH.
После этого окажется, что в конце правого плеча будет груз
с массой, равной SAoCl а на левом плече будет висеть фи-
гура, составленная из п—1 прямоугольных полосок.
Практически (при очень большом л, т. е. если полоски
очень узенькие) масса этой фигуры равна массе треугольника
TLH (т. е. а центр тяжести фигуры практически сов-
падает с центром тяжести Z треугольника TLH. Равновесие
96
ЗАДАЧИ
не нарушится, если сосредоточить массу всей фигуры в ее
центре тяжести. Но тогда, по правилу рычага, имеет (практи-
чески) место такое равенство:
$аос * —$TLfi'
2
где ТЕ=~ TL\ следовательно,
с 1 и 2 с 1 г
Ьдос'а а' $АоС — ~gah-
Поэтому (см. рис. 88 и формулу (53)) площадь параболиче-
ского сегмента COD равна
1 4
SCoD = 2ah — 2^ah — — aht
т. е.
2 2
$COD = "з” = “з" $ABDC‘
Пользуясь аналогичными рассуждениями («взвешиванием
объемов»), Архимед нашел еще объем шара и некоторых
других тел (например, эллипсоида вращения), а также поло-
жение центра тяжести некоторых фигур (например, шарового
сегмента).
(*) § 9. ТЕОРЕМЫ ПАППА — ГЮЛЬДЕНА
Две теоремы Паппа — Гюльдёна позволяют найти площади
поверхностей и объемы тел вращения в тех случаях, когда
известны центры тяжести линий или пластинок, образовавших
при своем вращении эти поверхности и тела. Теоремы Паппа —
Гюльдена позволяют в некоторых случаях найти центры тя-
жести нитей и пластинок.
Эти теоремы были опубликованы в 1640 г. швейцарцем
П. Гюльденом. Однако они имелись еще в сочинении «Геометри-
ческие коллекции» древнегреческого математика Паппа из
Александрии.
Папп вовсе не доказывает эти теоремы. У Гюльдена под
видом полного доказательства проводится обширное, но весьма
туманное рассуждение. Впервые теоремы Гюльдена полностью
доказал современник и идейный противник Гюльдена, италь-
янский геометр Бонавентура Кавальери.
1-5)
Теоремы паппа—гюльдена
97
Первая теорема Гюльдена. Если поверхность
образована вращением некоторой линии (нити) вокруг оси,
причем линия лежит в одной плоскости с осью и целиком
по одну сторону от оси, то площадь поверхности равна
произведению длины линии на длину окружности, описанной,
центром тяжести линии.
Таким образом, если вращается линия длины I и ее центр
тяжести отстоит от оси на расстояние z, то площадь S обра-
зующейся при этом поверхности вращения равна
S = 2ttz/.
Предполагается, понятно, что линия делает полный обо-
рот вокруг оси.
(!) 1. Докажите первую теорему Гюльдена в предполо-
жении, что вращающаяся линия — отрезок. (Р. 203.)
(!) 2. Докажите ту же теорему, если вращающаяся
линия — ломаная. (Р. 204.)
(!**) 3» Докажите ту же теорему, если вращающаяся
линия — произвольная плоская кривая. (Р. 205.)
4. Правильный шестиугольник со стороной а (рис. 92)
вращается вокруг одной из касательных к окружности, опи-
санной около шестиугольника. Чему равна площадь поверх-
ности, описанной шестиугольником? (О. 117, Р. 206.)
(!) 5. Пусть окружность вращается вокруг некоторой не
пересекающей ее прямой, лежащей с нею в одной плоскости
(рис. 93). Тогда она опишет поверхность (рис. 94), которая
называется поверхностью тора (или просто: тор).
Такую форму имеет, например, надутая камера автомо-
бильного колеса или спасательный круг.
4 М. Б. Балк
98
ЗАДАЧИ
[G—8
Зная радиус г вращающейся окружности и расстояние R
от ее центра до оси вращения (/?>г), найдите площадь S
поверхности тора. (О. 117, Р. 206.)
6. Дуга АВ—четверть окружности радиуса R — вра-
щается вокруг касательной АТ к окружности в точке А
(рис. 95). Найдите площадь поверхности, описанной этой
дугой. (О. 117, Р. 206.)
(!) 7. Дуга окружности радиуса R содержит а радиан.
Найдите положение ее центра тяжести. Где находится центр
тяжести полуокружности? (О. 117, Р. 206.)
8. Пусть 0 < а < р < Выясните, что больше:
— или (О. 117, У. 126, Р. 207.)
Вторая теорема Гюльдена. Если тело образовано
вращением некоторой плоской фигуры (пластинки) вокруг
некоторой оси, причем пластинка лежит в одной плоскости
с осью и целиком по одну сторону от оси, то объем этого
тела равен произведению площади пластинки на длину
окружности, описанной центром тяжести пластинки.
Таким образом, если вращается пластинка с площадью S
и центр тяжести пластинки отстоит от оси вращения на рас-
стояние z, то объем V образующегося при этом тела враще-
ния равен
1/=2ttzS.
Предполагается при этом, что центр тяжести делает пол-
ный оборот вокруг оси.
9—15]
ТЕОРЕМЫ ПАППА--ГЮЛЬДЕНА
99
(!) 9. Докажите вторую теорему Гюльдена, если вращаю-
щаяся пластинка имеет форму прямоугольника, две стороны
которого параллельны оси вращения. (Р. 208.)
(!) 10. Докажите вторую теорему Гюльдена для того
случая, когда пластинка составлена из некоторого числа
прямоугольников, каждый из кото-
рых имеет две стороны, параллель-
ные оси вращения. (Р. 208.)
(!) 11. Докажите вторую тео-
рему Гюльдена, если вращающаяся
пластинка ограничена произвольным
контуром. (Р. 208.)
(!) 12. Пусть круг радиуса г
(см. рис. 93) вращается вокруг неко-
торой прямой, отстоящей от его центра на расстояние /?, при-
чем R>r. Тело, которое при этом образуется, называется
тором (так же, как и поверхность этого тела). Найдите его
объем.
13.
(/I4N),
(О. 117, Р. 209.)
Полукруг вращается вокруг той своей касательной
которая параллельна диаметру АВ полукруга (рис. 96).
Найдите объем тела, образую-
щегося при таком вращении,
X' если АВ = 2R. (0.117, Р.209.)
14. Пластинка имеет форму
правильного шестиугольника
ABCDEF (рис. 97) со стороной а, О — центр шестиугольника.
Из пластинки вырезан квадрат OMAN, имеющий своей диа-
гональю отрезок О А. Определите расстояние от О до центра
тяжести оставшейся пластинки. (О. 117, Р. 209.)
15. Квадрат со стороной а (рис. 98) вращается вокруг
оси, проходящей через его вершину и образующей с его
стороной угол (р (0 45°).
4*
100
ЗАДАЧИ
[1G—19
Найдите объем и площадь поверхности образовавшегося
тела вращения. (О. 117,Р. 210.)
16. Равносторонний треугольник со стороной а (рис. 99)
вращается вокруг оси, проходящей через его вершину и об-
разующей с одной стороны угол ср. Найдите объем V и по-
верхность 5 образовавшегося тела вращения. (О. 117, Р. 210.)
17. Сектор круга радиуса R (рис. 100) содержит 2а
радиан. Найдите положение его центра тяжести. (Р. 211.)
18. Круговой сегмент с площадью 5, меньший полукруга,
стягивается хордой длины h. Где находится центр тяжести
сегмента? (Р. 212.)
19. Докажите: если 0<^а<^р<^~, то
а
sin3a
2а — sin 2а
sin3₽
2£ — sin 2^ -(Р-213-)
20]
ПРИМЕНЕНИЕ ПОНЯТИЯ О ЦЕНТРЕ ТЯЖЕСТИ В ХИМИИ
101
В
Рис. 103.
Известный астроном Кеплер в своей «Новой стереомет-
рии винных бочек» (1615 г.) вычислил объемы многих тел вра-
щения. Рассмотрим два из этих тел.
Пусть какая-то прямая АВ
(рис. 101) разрезает круг на две нерав-
ные части. Тогда при вращении мень-
шей из этих частей вокруг прямой АВ
образуется тело (рис. 102), которое
Кеплер назвал «лимоном».
Если вокруг той же прямой будем
вращать большую из этих частей
круга, то образуется тело, которое
Кеплер назвал «яблоком» (рис. ЮЗ).
20. Зная, что высота «лимона» (т. е. отрезок АВ) равна
2а, а толщина «лимона» в наиболее широком месте (т. е.
отрезок ССг) равна 2£, вычислите объем «лимона» V. (Р. 213.)
§ 10. ПРИМЕНЕНИЕ ПОНЯТИЯ О ЦЕНТРЕ
ТЯЖЕСТИ В ХИМИИ
В этом параграфе мы будем иметь дело с различными ком-
бинациями или, как говорят, системами нескольких химиче-
ских веществ. Такой системой может, в частности, быть раствор,
сплав, химическое соединение, механическая смесь нескольких
веществ. Мы в этом элементарном очерке воздержимся от
определения понятия «химическая система'». Более того, мы
вместо выражения «химическая система» предпочтем выражение
«смесь»; все наши рассуждения остаются в силе, если под
смесью понимать любую химическую систему. Оказывается,
что в некоторых вопросах смеси ведут себя так же, как мате-
риальные точки!
Двухкомпон ентные смеси. Пусть система (смесь)
состоит лишь из двух веществ А и В. Их называют компо-
нентами системы. Пусть в смесь входят р весовых единиц
(скажем, р грамм) компоненты А и q весовых единиц компо-
ненты В. Вес т системы равен p-\-q единицам:
m = p~Yq. (55)
В химии даются различные определения концентрации.
Мы здесь будем пользоваться следующим определением. Под
концентрацией компоненты А в данной системе (смеси)
102
ЗАДАЧИ
будем понимать вес компоненты Л, приходящийся на единицу
веса всей системы. Аналогично можно говорить о концентрации
компоненты В. Концентрации компонент А и В в системе обо-
значим соответственно через а и Ь. Ясно, что концентрации
а и b компонент А и В равны соответственно — и —:
т т
В силу (55) а -|- b = 1.
Концентрацию часто выражают в процентах.
Пример. Пусть составлен раствор из 100г винного
спирта и 400 г воды.
Тогда т= 100-[-400 = 500 (г). Концентрация спирта в
этом растворе равна
™= 4 = 0,2 = 20"/..
Концентрация воды в растворе равна
Начертим отрезок АВ длиною в одну единицу (рис. 104).
Из двух веществ А и В возможно составить много смесей —
они будут отличаться между собой либо по весу, либо по
концентрации компонент.
Х7о
Рис. 104.
Каждой такой смеси мы сопоставим некоторую материаль-
ную точку К с носителем К на отрезке АВ. Точку К выберем
так, чтобы КА — Ь> КВ = а(а и концентрации компонент
в смеси), а вес материальной точки будем считать равным
всему весу смеси. Иначе говоря, точка К представляет собой
центр тяжести двух материальных точек (Л, а) и (5, Ь)у а зна-
чит, и точек (Л, ат) и (5, Ьт), материальная точка К—объ-
единение этих двух материальных точек:;
к=(АрЖМ«
Л ПРИМЕНЕНИЕ ПОНЯТИЯ О ЦЕНТРЕ ТЯЖЕСТИ В ХИМИИ 103
Обратно, любая материальная точка (К, т) с носителем К на
отрезке АВ изображает некоторую смесь из компонент А и В.
Вес этой смеси равен т единицам, концентрация компоненты А
равна а, концентрация компоненты В равна Ь.
Таким образом, если смесь характеризуется материальной
точкой (Д', т), то т — вес смеси, а геометрическая точка К
определяет соотношение компонент, концентрации компонент
в этой смеси.
Если К совпадает с Л, то смесь состоит только из чистой
компоненты А; если К совпадает с В, то смесь состоит только
из компоненты В. Чем ближе точка К к точке Л, тем больше
в соответствующей системе концентрация компоненты А и тем
меньше концентрация компоненты В.
Представим себе, что имеются две смеси из веществ А и
В: одна из них характеризуется материальной точкой ==
~ (А^, mJ, вторая — материальной точкой К2 = (ТС2, mJ.
Составим теперь из них одну смесь. Какой материальной точ-
кою отрезка АВ будет характеризоваться соотношение компо-
нент в этой новой смеси? Оказывается, что такой точкой
будет центр тяжести двух материальных точек mJ
и (К2, mJ. Точнее, верно следующее предложение:
1. Если две смеси характеризуются материальными точ-
ками (А\, mJ и (/С2, mJ (рис. 105), то смесь, образованная
от смешения этих смесей, характеризуется материальною
точкою (К, т), являющейся объединением этих двух мате-
риальных точек:
(К, т) = (К1, + тг).
Докажите это предложение. (У. 126. Р. 215.)
'До
оВ
Рис. 105.
Смесь, которая получится от смешения двух или несколь-
ких данных смесей, мы будем называть объединением этих
смесей. Таким образом, теорему из задачи 1 можно так
сформулировать: Если две смеси характеризуются материаль-
ными точками (Л\, mJ и (/£,, mJ, то объединение этих сме-
сей характеризуется объединением этих двух материальных
104
ЗАДАЧИ
12—5
точек, т. е. характеризуется материальною точкою
{К, т) = (Кг, + mt).
В дальнейшем мы будем говорить «смесь (К. w)» вместо
«смесь, которая характеризуется материальной точкой (К, w)».
Рассмотрим теперь несколько примеров, иллюстрирующих
теорему из задачи 1.
2. Имеются два раствора винного спирта в воде ’): Пер-
вый раствор весом 400 г содержит 30% спирта, второй
раствор весом 600 г содержит 80% спирта.
Из этих двух растворов составляют один раствор.
Сколько в нем будет процентов спирта? (О. 117, У. 126,
Р. 215.)
3. Сколько воды надо добавить к 130 г 40-процентного
раствора серной кислоты, чтобы получить 5-процентный
раствор? (О. 117, Р. 216.)
4. Сколько 5-процентного раствора поваренной соли
нужно прибавить к 600 г 25-процентного раствора, чтобы
получить 20-процентный раствор? (0.117, Р. 216.)
5. В качестве припоев (т. е. для соединения, «спаива-
ния» двух кусков металла) часто используют сплавы свинца
и олова. Наиболее легкоплавкий из таких сплавов — «эвтек-
тический» или «третник»—содержит 36% РЬ (около одной
трети) и 64% Sn. Однажды в одной мастерской понадо-
бился третник, но его не было. Не оказалось и чистых ме-
таллов РЬ и Sn. Зато в мастерской были два других сплава
из этих же металлов. Первый («четвертник») содержал
25% РЬ, второй содержал 60% РЬ. Сколько нужно взять
граммов каждого из этих сплавов для получения 1 кг
эвтектического сплава? (О. 117, Р. 217.)
Обычно два вещества образуют растворы не в произ-
вольных соотношениях. Например, при комнатной температуре
поваренная соль может образовать с водой не более чем
27-процентный раствор — в 100 г водяного раствора поварен-
ной соли может содержаться не более 27 г соли. Если, ска-
жем, при температуре 10° возьмем 200 г воды и 100 г соли,
то только около 70 г соли растворятся в воде, образуя так
1) Известно, что спирт и вода образуют раствор при любом
соотношении компонент.
6—8] ПРИМЕНЕНИЕ ПОНЯТИЯ О ЦЕНТРЕ ТЯЖЕСТИ В ХИМИИ 105
называемый насыщенный раствор, а остальные 30 г выпадут
в осадок. Пусть при какой-то данной температуре и опреде-
ленной концентрации двухкомпонентная смесь образует насы-
щенный раствор. Растворы с такой концентрацией можно
охарактеризовать некоторой точкой D на единичном отрезке АВ
(рис. 106). Пользуясь правилом рычага, можно определить,
тУо и -----------------------------------ОД
Рис. 106.
сколько можно из данной смеси получить граммов насыщен-
ного раствора, а сколько граммов одной из компонент выпа-
дут в осадок.
Рассмотрим пример.
6. При температуре в 13° 41-процентный раствор сахара
в воде является уже насыщенным. Сколько граммов сахара
не растворится в воде (выпадет в осадок), если (при тем-
пературе в 15°) тщательно размешать стакан воды (220 г)
с 280 г сахару? (О. 117, Р. 217.)
7. Обобщите теорему из задачи 1 на случай п смесей
(дг> 2). (О. 117, У. 126, Р. 218.)
8. «Золотые» слитки представляют собой обычно сплавы
золота с какими-либо другими металлами (например, с медью).
Четыре таких слитка переплавили в один весом в 1700 г
и содержащий 56% золота. Известно, что из имевшихся
четырех слитков один весил 300 г и содержал 96% чистого
золота, второй весил 200 г и содержал 86% золота, тре-
тий весил 400 г и содержал 64% золота. Сколько процен-
тов чистого золота содержал четвертый слиток? (О. 117,
Р. 218.)
Перейдем теперь к рассмотрению более сложных химиче-
ских систем.
Трехкомпонентные смеси. Пусть из трех ве-
ществ Л, В, С составлена смесь с общим весом т единиц,
причем концентрация вещества А (т. е. количество этого
вещества на одну весовую единицу смеси) равна а, концен-
трация компоненты В равна Ь, концентрация компоненты С
равна с. Таким образом., вес компоненты А равен та едини-
цам, веса компонент В и С — соответственно mb и тс
106
ЗАДАЧИ
единицам. Каждой такой смеси можно сопоставить некоторую
материальную точку следующим образом. Выберем произволь-
ный треугольник АВС (рис. 107), который будем в дальней-
шем называть концентрационным или базисным. Возьмем
затем точку К так, чтобы ее барицентрическими координатами
относительно треугольника АВС были числа а, Ь, с, иными
словами, чтобы точка К была центром тяжести трех мате-
риальных точек (Л, а), (В, Ь) и (С, с).
Тогда рассматриваемой трехкомпонентной смеси сопоста-
вим материальную точку (/С, т) (т — масса всей смеси). При
#^>0, с^>0 точка К будет внутри /\АВС.
Обратно, каждой материальной точке (А, т) с носителем К
внутри Д АВС соответствует,— и притом единственная,
вполне определенная — смесь из компонент Л, В. С. В самом
деле, возможно подобрать единственную тройку чисел а, (3, у
так, чтобы ос —р —у = zzz и
Z[(A, а), (В, ₽), (С, Y)] = K, (57)
где а, р, у — барицентрические координаты материальной
точки (Д', т). Числэ а определяется из условия (см. рис. 107):
а КА. а КА.
ъ—i— — откуда —г-о-г— = , т- е-
₽ КА ' J а + f + 7 AAj ’
а _КАХ
т AAt ’
Аналогично,
£ —Т _КСХ
гп ВВХ’ т ССХ ’
Положим теперь
(58)
(59)
и возьмем трехкомпонентную смесь с весом т и с такими
концентрациями компонент: компонента Л — с концентрацией
я, компонента В — с концентрацией Ь, компонента С—с кон-
центрацией с. Ясно, что этой смеси и будет соответствовать
материальная точка (А, т). Итак, каждая смесь из трех ком-
понент Л, В, С вполне характеризуется некоторой материаль-
ной точкой (А, т). Мы будем говорить «смесь (А, т)у>, имея
в вичу смесь, которая характеризуется материальной точкой
[К, т)у).
ПРИМЕНЕНИЕ ПОНЯТИЯ О ЦЕНТРЕ ТЯЖЕСТИ В ХИМИИ
107
Рис. 107.
108
Задачи
Мы будем рассматривать и тот случай, когда в трехком-
понентной смеси концентрация одной компоненты равна 0,
т. е. когда одна компонента вовсе не входит в смесь (смесь
является фактически двухкомпонентной). Такая смесь харак-
теризуется материальной точкой с носителем, лежащим на
контуре треугольника АВС. Мы не будем исключать и тот
случай, когда смесь фактически состоит из одной компоненты.
Каждой вершине Д АВС соответствует чистое вещество
Л, или В, или С.
Пусть некоторая смесь характеризуется материальной точ-
кой К с носителем К. Как на основании рис. 108 установить
концентрации компонент? Мы уже видели выше (см. формулы
А К
(58), (59)), что a = (см. рис. Ю7). Проведем через К
(см. рис. 107) параллель к ВС и отметим точку в которой
она встретит сторону АС. Тогда
А,К СРХ СРХ
А,А СА ’ Т‘ е’ а СА *
(60)
Разделим отрезок СА на 100 равных частей и будем отсчи-
тывать эти деления от С к Л (в С ставим пометку 0, в Л —
пометку 100). Тогда пометка у точки Pt будет показывать
концентрацию компоненты Л, выраженную в процентах. Ана-
логичным образом можно поступить для определения концен-
трации двух других компонент. Практически это можно осу-
ществить так.
Выберем на контуре треугольника положительное направ-
ление обхода, скажем, против часовой стрелки (как на рис. 109).
Тогда на каждой стороне можно различить начало и конец.
Каждую из сторон Д АВС разделим на 100 равных частей
и поставим у точек деления, в порядке их отдаления от на-
чала стороны пометки от 0 до 100 (0 — у начала стороны,
100 — у конца). Из точки К проведем три луча, параллельных
сторонам Д АВС и одинаково направленных с этими сторо-
нами. Отметим точки Р21 Ps встречи этих лучей со сто-
ронами треугольника, так что КРг || ВС, КР2 || СА, КР3 || АВ.
Тогда пометка у точки Рг показывает концентрацию компо-
ненты Л в смеси, пометки у Р2 и Р3 — соответственно кон-
центрации компонент В и С.
На возможность применения треугольных диаграмм для
наглядного изображения тройных химических систем впервые
ПРИМЕНЕНИЕ ПОНЯТИЯ О ЦЕНТРЕ ТЯЖЕСТИ В ХИМИИ
109
Рис. 108.
110
ЗАДдцц
9—1П ПРИМЕНЕНИЕ ПОНЯТИЯ О ЦЕНТРЕ ТЯЖЕСТИ В ХИМИИ 111
указал известный американский ученый Дж. В. Гиббс в 1876 г.
Гиббс пользовался только равносторонним треугольником,
и его способ изображения химических систем с помощью
точек существенно опирается на свойства именно такого тре-
угольника. В 1894 г. голландский химик Г. В. Б. Розебом
(1854—1907 гг.) дал иной способ для изображения тройных
систем с помощью точек равностороннего треугольника, при-
чем Розебом также существенно опирался на свойства такого
треугольника. В настоящее время в химии пользуются для
изображения тройных систем почти всегда равносторонним
треугольником («треугольной диаграммой Гиббса — Розебома»),
Однако еще Розебом заметил, что для той же цели пригоден
равнобедренный прямоугольный треугольник, и разработал
способ применения такого треугольника (так называемый
«первый способ Розебома»). Как показывают наши рассужде-
ния, для изображения тройных систем пригоден треугольник
произвольной формы.
Треугольник любой формы, который служит для изобра-
жения различных трехкомпонентных систем с помощью ука-
занного выше способа, будем называть «треугольником (или
треугольной диаграммой) Гиббса». В случае равностороннего
треугольника мы получим для любой смеси по указанному выше
способу ту же точку, которая получается по способу Гиббса.
Треугольник Гиббса находит широкое применение в химии.
К нему неоднократно прибегал в своих работах знаменитый
советский химик, создатель физико-химического анализа ака-
демик Н. С. Курнаков (1860—1941 гг.). Обычно пользуются
для изображения трехкомпонентных смесей специальными блан-
ками с треугольной сеткой, на которых каждая сторона базисного
треугольника разбита на 100 равных частей. В учебных целях
можно пользоваться более грубой сеткой, на которой каждая
сторона разделена на 10 или 20 равных частей (рис. 110).
Рассмотрим теперь несколько простейших примеров (всюду
ниже Д АВС — треугольник Гиббса).
9. Каковы концентрации компонент Л, В, С в трехком-
понентных смесях, соответствующих точкам К и /V? (см.
рис. 110). (О. 117.)
10. Постройте точку на треугольной диаграмме Гиббса,
соответствующую смеси с таким составом; 60% Л, 30% В*
10% С. (О. 117, У. 126, Р. 219.)
112
ЗАДАЧИ
[11—14
11. Постройте точку, соответствующую раствору с таким
составом: 50% воды, 40% винного спирта и 10% уксусной
кислоты. (О. 118.)
12. Цинковая паста имеет такой состав: 25% окиси
цинка, 25% крахмала и 50% желтого вазелина. Постройте
на диаграмме Гиббса точку А, изображающую эту смесь.
(О. 118.)
Рис. НО.
13. Постройте точки на треугольной диаграмме, соот-
ветствующие таким сплавам: а) 35% Си, 65% Ni («мо-
нельметалл»); б) 67% Си, 13% Ni, 20% Zn («нейзильбер»),
(О. 118.)
14. Будем интересоваться такими точками, которые
соответствуют смесям, в каждой из которых а% компо-
ненты Л, а компоненты В и С могут быть в любых со-
15—17J ПРИМЕНЕНИЕ ПОНЯТИЯ О ЦЕНТРЕ ТЯЖЕСТИ в химии ИЗ
отношениях. Найдите геометрическое место таких точек.
(О. 118.)
15. Найдите на диаграмме Гиббса геометрическое место
точек, соответствующих смесям, в каждой из которых
компоненты С столько же, сколько компоненты В.
(О. 118.)
16. Имеется раствор винного спирта и глицерина
(70% спирта и 30% глицерина). К этой смеси доливают
воду. В зависимости от количества долитой воды получатся
растворы с различными концентрациями компонент. Каково
геометрическое место точек, соответствующих растворам,
которые при этом могут получиться? (О. 118.)
Для химических приложений треугольника Гиббса особенно
полезно следующее предложение:
17. Если две трехкомионентные смеси характеризуются
материальными точками тх) и (К2, т2) (рис. 111), то
от их смешения образуется смесь, которая характеризуется
114
ЗАДАЧИ
| IK—22
материальной точкой (/С, т), являющейся объединением двух
материальных точек (АГ тх) и (К т^).
Докажите это предложение. (Р. 220.)
18. Имеются два вида серебряного припоя: 1) 20% Ag,
50% Си, 30% Zn; 2) 45% Ag, 30% Си, 25 % Zn.
Каков будет состав сплава, который можно получить из
15 кг первого вида припоя и 10 кг второго вида? (О. 118,
У. 127.)
19. В химической промышленности — в частности, при
изготовлении красителей и взрывчатых веществ-—широчай-
шее применение имеют так называемые «нитрующие смеси»,
которые представляют собой смеси серной кислоты, азотной
кислоты и воды.
Имеются две смеси такого состава: 1) 30% H2SO4,
20% HNOS, 50% Н2О; 2) 74% HNO3, 26% Н2О. В каком
соотношении нужно взять эти смеси, чтобы получить нитру-
ющую смесь с 20-процен гным содержанием серной кислоты
H2SO4? Каков будет процентный состав новой смесих)?
(О. 118, У. 127.)
20. Обобщите теорему из задачи 17 на случай любого
числа трехкомпонентных смесей. (У. 127.)
21. Олеум, находящий широкое применение в химической
технологии, представляет собой смесь серной кислоты H2SO4,
серного ангидрида SOs и пиросерной кислоты H2S2O7.
Имеются четыре состава олеума:
1) 85% H2SO4, 5% SO3, 10% H2S2O7;
2) 55% H2SO4, 5% SOs, 40% H2S2O7;
3) 30% H2SO4, 20% SOs, 50% H2S2O7;
4) 60% H SO 35% SO3, 5% H2S2O7.
Каково будет процентное содержание олеума, образован-
ного от смешения 24 кг первой смеси, 120 кг второй смеси,
32 кг третьей смеси и 16 кг четвертой смеси? (О. 118,
Р. 221.)
22. Аптекарю нужно составить из трех компонент А,
В, С смесь с таким составом: а % /, Ь% В, е% С, но
у него нет чистых веществ Л, В, С, В его распоряжении
’) Этот пример заимствован из статьи Берла и О. Замтлебепа
₽ «Zeitschrift fur angew. Chemie» 35 (1922), 270.
22] ПРИМЕНЕНИЕ ПОНЯТИЯ О ЦЕНТРЕ ТЯЖЕСТИ В ХИМИИ 115
имеются три различные смеси из этих веществ таких
составов:
1) а.% 2) а2% 3) а, % A, Ьг% В, с,% С; А, Ьг% В, с2% С; A, ba% В, г,% С.
Как же с помощью смотрением ему составить нужную смесь? Решите эту задачу треугольника Гиббса. Можно ограничиться рас- коикрегного случая, когда о1 = 10, bt =30, с, = 60; й2 = 20, 62 = 60, С2 = 20; а, = 80, £s=10, с, = 10; а = 50, b = 30, с = 20.
(Р. 221.)
ОТВЕТЫ
§ i
IQ I 1_________________K2________К3___
I 1+Л2 + М, 1+^+М.
(1 — МЛ)2 s
(1 + (i + k2 + М.) (i + k, + ksk,)
§ 2
j Px + qy 2 * = m'x' + WgX2 + ‘' • + ,nnxn
‘ p + q ' ' ~ mt+n^ + ...+т,,
5. Центр тяжести тоже переместится «вправо» (точнее, он
удалится от начала луча).
§ 6
1. Вершины ДЖ 2. 1) 5, 5, 5; 2) 3, 3, 0;
3) —1,2, 0. 3. 1) а, а, а (а — любое действительное число,
а=^=&, например, 1, 1, 1); 2) а, а, 0 (например: 1, 1, 0);
3) fl, b, с, где а=ВС, Ь = СА, с = АВ; 4) а, /?, —с.
4. 6, 4, 10. 5. "Ph-T~, ,ЬР -, - , Cf г- 6.
/и24“^2» тъЛ~пз' 8. tg/l, tg5, tgC. 9. sin2Л,
• OD • « rx I I /?•> ^^3 [ ^3
sin 25, sin2C. 10. —4-—, — + —, ~4—-» гДе
in 1 и ’ in 1 it ’ in 1 n
§ 101
ОТВЕТЫ
117
§ 7
1. 316. 2. 108. 3. 276. 8. Искомое геометрическое
место точек есть либо окружность, либо точка, либо оно не
существует. 9. Искомое геометрическое место точек (если
оно существует) есть либо сфера, либо точка. 11. Искомое
геометрическое место точек есть прямая. 13. СС[ —
= ab fl —г-та] •
§ 8
1. Искомая точка —это точка пересечения биссектрис
треугольника, имеющего своими вершинами основания медиан
данного треугольника. 2. Расстояние от искомого центра тя-
2/?
жести до диаметра полуокружности равно — (2/? — диаметр).
6. Утверждение не верно. 11. (2g 4~ £):(а-|- ЪЬ).
§ 9
4. 12тш2. 5. 4п2/?г. 6. тт/?2 (тт — 2). 7. Расстояние от
2R . а
цен гра окружности до центра тяжести дуги равно — sin — .
8. — >^. 12. 2пг/?г2. 13. ^(Зп —4) К*- 14-
а р о ' ' 52
расстояние от центра тяжести пластинки до центра шести-
угольника. 15. то8 V2 sin (ср 45°), 4ttg2 2 sin (ср 45°).
16. ~ тга3 * * * * sin (ср 4- 30°), 2ttg2V3 sin (ср 4^30°).
§ ю
2. 6O°/o. 3. 910 г. 4. 200 г. 5. Около 686 г четверт-
инка. 6. Около 127 г. 7. Если п смесей характеризуются ма-
териальными точками гпх), (К2, т2), ..., {Кп, тп), то
объединение этих смесей характеризуется материальной точ-
кой (К. т), являющейся объединением этих п материальных то-
чек: (К, = + тп). 8. 29,5%.
9. 70% А, 20% В, 10% С; 20% А, 35 % В, 45%С. 10. См.
118
ОТВЕТЫ
f§ Ю
точку К на рис. 112. 11. См. точку Т на рис. 112 (Л, В, С —
соответственно чистая вода, чистый спирт и чистый уксус).
12. См. точку £ на рис. 112 (Д, В. С — соответственно чистая
окись цинка, чистый крахмал и чистый вазелин). 13. а) См.
точку М на рис. 112 (Д— чистый Си, В—чистый Zn, С —
чистый Ni); б) см. точку N на рис. 112. 14. Отрезок прямой,
Рис. 112.
параллельной стороне ВС. имеющий концы на боковых сторо-
нах Л АВС {отрезок SQ на рис. 112). 15. Медиана АА} тре-
угольника АВС. 16. Отрезок AD (см. рис. 112), соединяю-
щий вершину А с точкой D на ВС. имеющей пометку «70»
(А — вода, В — глицерин, С — спирт). 18. ЗО°/о Ag, 42°/0 Си,
28°/0 Zn. 19. Смеси нужно взять в соотношении 1:2; 20°/о
H2SO4, 38°/0 HNOs, 42°/0 Н2О. 21. 55°/0 H2SO4, 1О°/о SO3,
35’/0 Н^О,.
УКАЗАНИЯ
§ 1
1. а) Поместите в вершина?; четырехугольника равные массы
(по одной единице), б) Сгруппируйте образовавшиеся четыре
материальные точки в две пары тремя различными способами.
2» Воспользуйтесь тем, что центр тяжести двух матери-
альных точек лежит на отрезке, соединяющем эти точки.
3. а) Поместите в вершинах треугольника массы так, чтобы
центром тяжести каждой пары образовавшихся материальных
точек оказалось соответствующее основание медианы, б) Центр
тяжести образовавшихся трех материальных точек лежит на
каждой из медиан.
4- Нагрузите вершины так, чтобы центром тяжести си-
стемы оказалась середина медианы.
5- а) Поместите в вершинах шестиугольника равные массы,
б) Сосредотачивая эти шесть масс в вершинах по-
кажите, что центр тяжести всей системы совпадает с точкой
пересечения медиан Д В^В^В^. в) Аналогичные рассуждения
проведите относительно Д Bfi^B^.
6. а) Нагрузите все вершины равными массами, б) Заме-
ните три из получившихся четырех материальных точек их
объединением.
7. а) Нагрузите вершины равными массами, б) Сгруппи-
руйте образовавшиеся материальные точки в две пары раз-
личными способами.
8. Достаточно поместить в вершинах Д АВС массы, чис-
ленно равные площадям треугольников ВОС, СОА, АОВ.
9- Нагрузите вершины Д АВЕ (рис. 113) так, чтобы цент-
ром тяжести оказалась точка пересечения диагоналей трапе-
ции ABCD.
10. а) Нагрузите вершины так, чтобы центром тяжести
системы оказалась точка пересечения биссектрис, б) В каком
отношении делит биссектриса угла А противолежащую
сторону?
120
УКАЗАНИЯ
I§ 1
11. а) Вычислите сначала Для этой цели пока-
жите, что
$л.аяв RB
Ясно, что £ддв1в = -^ $ *авс- Задача свелась к вычислению
RB „ RB XJ
-б-5 . Это отношение легко наити, если вычислить . б) На-
D^D *\D1
грузите затем вершины Д АВС
так, чтобы точка R была цент-
ром тяжести трех образовав-
шихся материальных
RB
Затем найдите-тто .
Rd1
точек.
Рис. 114.
Рис. 113.
13. а) Воспользуйтесь задачей 1. б) Опустите из центра
окружности перпендикуляры на диагонали.
14. а) Рассмотрите точку D (рис. И 4), симметричную
вершине С треугольника АВС относительно центра S описан-
ной окружности. Если И—точка пересечения высот, то
ADBH—параллелограмм, б) Нагрузите равными массами вер-
шины треугольника CDH.
15. а) См. указание и решение задачи 8. б) Задача сво-
дится к построению центра тяжести трех материальных точек
(Л, р), (В, q) и (С, г).
16. а) Сравните с задачей 9. б) Пусть М — центр тя-
жести треугольника АВС\ A2i В2, С2— середины сторон ВС,
СА7 АВ. Достаточно показать, что три отрезка Д<42, ВХВ2
УКАЗАНИЯ
121
§ -I
и СгС2 имеют общую точку, в) Для этой цели загрузите
точки Л, В, Си точку S (точку встречи боковых ребер) ана-
логично тому, как это делалось в задаче 9.
§ 2
1. Пусть Z— центр тяжести материальных точек Р и Q.
Выразите PZ и QZ через х, у и SZ. Далее воспользуйтесь
правилом рычага.
3. а) Замените три материальные точки, лежащие справа
от Z, их объединением, б) Аналогично поступите с двумя
материальными точками слева от Z. Воспользуйтесь затем пра-
вилом рычага, в) Примените формулу (2) из решения задачи 2.
4. в) Если (Д, raj, 02, m2), ...» (Ап, тп)— несколько
материальных точек, лежащих на некотором луче с началом 5,
Z—их центр тяжести и $Д SA2 Д___________________<ZSAn, то
5Д <SZ< SAn. б) Подберите на этом луче п материальных
точек так, чтобы 5Д, и SZ были равны соответственно
крайним и среднему членам доказываемого неравенства.
5. Воспользуйтесь решением задачи 2.
6. а) Воспользуйтесь задачей 2. б) Рассматривайте каж-
дую часть доказываемого неравенства как расстояние от на-
чала некоторого луча ST до центра тяжести некоторой рас-
положенной на луче системы материальных точек с общей
массой 1. в) Воспользуйтесь затем задачей 5.
7. а) Рассматривайте каждую часть неравенства
лА ~Р ~Р • * • arfin Дд ~1~ • • • ~i~an
^1 “Р ^2 “Р • • • “Р П ’
как расстояние от начала луча до центра тяжести некоторой
системы материальных точек, б) Массу всей системы положите
равной в) Воспользуйтесь задачей 6.
8. (См. рис. 16). Если PF || ZE || MN, то Д PFZ Д ZEQ.
12. а) Отложите от точки О на сторонах одного из углов,
смежных с углом А'ОА'2, отрезки OA1=ki и OA2 — k2.
Пусть Z — центр тяжести двух материальных точек (Д, 1) и
(Дэ 1), Т—проекция точки Z на OP, Q — проекция точки Р
иа OZ. Выразите PQ через OZ, Д, Д, РД и РД.
б) PQ = • в) Искомое геометрическое место
точек — отрезок прямой, параллельной OZ.
122
УКАЗАНИЯ
IS в
14. См. задачи 8, 9, 11.
15. а) Выберите на дуге синусоиды п точек с абсциссами
х15 х2, ..., хп и поместите в этих точках равные массы,
б) Воспользуйтесь затем формулами (8) — (Ц) § 2.
16. а) На линии y = ]gx выберите точки с абсциссами
хг хп ив каждой поместите некоторую массу, б) Если
некоторые из чисел хп х2,. . . меньше, чем 1, то возможно
подобрать такое k, чтобы числа x\=kxly.. . yx’n^kxn были все
больше, чем 1.
17. В точках параболы с абсциссами хп ..., хп поместите
некоторые массы.
21. а) Доказательство — способом от противного: допустите,
что при двух различных способах объединения данных мате-
риальных точек возможно получить два различных центра
тяжести, скажем, S и Т. Рассмотрите затем плоскость а, пер-
пендикулярную к ST. б) Воспользуйтесь задачей 14.
22. Та же идея, что и при решении задачи 21.
§ 3
1. а) Всегда возможно подобрать три массы mv т2, т*
так, чтобы выполнялись условия (13) и (14). б) Покажите затем,
что из выполнения условия Чевы вытекает (15), и наоборот.
7 и 8. Загрузите вершины массами т3, гп3 так, чтобы
выполнялись условия (13)—(15) (см. стр. 38).
9. Используйте результат задачи 8.
13. а) Докажите сначала такое свойство параллельной
проекции: если точка, лежащая на отрезке, делит его в ка-
ком-то отношении, то и проекция этой точки делит проекцию
отрезка в том же отношении, б) Воспользуйтесь задачей И.
14 и 16. Нагрузите вершины так, чтобы центром тяжести
системы материальных точек оказалась точка О.
17. а) Нагрузите одну из вершин, скажем, Л4, произволь-
ной массой а для вершины Л1 подберите массу т1 так,
чтобы центром тяжести двух материальных точек (Лп тх) и
(Л4, т4) служила точка Л14. Аналогично подберите массы т2
и т3 в А2 и Ая. б) Покажите, что Л12 — центр тяжести ма-
териальных точек (Лп и (Л2, тг). в) Покажите, что
центр тяжести четырех материальных точек (Лп mJ, (Л2, /я2),
(А’ (А- лежит на А,2Аг4-
18. Сведите эгу задачу к предыдущей.
§71
УКАЗАНИЯ
123
§ 4
1. Нагрузите А, С и Л1
образовавшихся материальных
так, чтобы центрами тяжести
точек, если их рассматривать
попарно, служили точки В1 и В.
2. а) Л РСуА сп Л РА^С. б) Отсюда найдите одну из
г „ АВХСАХВСХ . А
дробей, входящих в выражение в . в) Аналогич-
но найдите две другие дроби, входящие в это выра-
жение.
3. а) Нагрузите сначала точки О, А2 так, чтобы цент-
ром тяжести образовавшихся трех материальных точек была
точка К. Загрузите затем точки О, В^ В2 так, чтобы цент-
ром тяжести новой системы была точка L. Центр тяжести S
всех шести материальных точек лежит на прямой KL. б) Под-
берите нагрузки в точке О так, чтобы точка S лежала на
в) Покажите, что тогда 5 лежит и на AYC2.
§ 6
2. 3) Точка F—центр тяжести материальных точек (Л, а)
и (В, Ь), поэтому a*AF=b FB't следовательно, 2я =—
кроме того, а b = 1.
9. Пусть О—центр рассматриваемой окружности. За ба-
рицентрические координаты точки О можно принять площади
треугольников ВОС, СОА, АОВ.
§ 7
4—5. а) Нагрузите вершины треугольника (многоуголь-
ника) равными массами (по 1 единице), б) Выразите Jp через
Jo, где О — центр окружности.
8- В точках Л2, Л3, Л4 поместите единичные массы.
12 и 14. а) Поместите в А и В такие массы т1 и
чтобы Cj была центром тяжести образовавшихся двух мате-
риальных точек, б) Можно взять т1 — ВС1, тг = АС1.
15. а) См. задачу 13 из § 1. б) Покажите, что JT = JQ.
16. а) Нагрузите вершины равными массами, б) Выразите
сумму JAi чеРез стороны и диагонали четы-
рехугольника. в) Выразите ту же сумму через Jo и элементы
четырехугольника^ пользуясь теоремой Лагранжа.
124
УКАЗАНИЯ
I§ 8
18. Нагрузите вершины так, чтобы центром тяжести обра-
зовавшихся трех материальных точек служил центр вписанной
окружности.
19. а) См. задачу 3 (пункт 4) из § 6. б) Задача решается
аналогично предыдущей.
20. а) Сумму -|- SA2 -|- .. • -|- S-4* рассматривайте как
момент инерции системы из п материальных точек (Лп 1),
(/2, 1), . ..,(ЛП, 1) относительно точки S. б) Примените за-
тем теорему Лагранжа.
21. а) На произвольном луче ST выберите точки А19 А2, ...
...,Лл так, чтобы = ar, SA2 = a2, ..., SAn = ап, и нагрузите
их равными массами, б) Затем примените неравенство (51).
22. Выберите на произвольном луче ST точки А19 А2, ...
.,.,Ап так, чтобы SA =а19 ..SAn = an, и поместите в них
1 1 1
массы —, —, ..., —.
23. а) Выберите сначала на произвольном луче ST п про-
извольных материальных точек (Д, mJ, ..., (Лп, тп). Пусть
.. .9 SAn = xn. К этой системе примените неравен-
ство (51). Подберите затем числа т19______, тп так, чтобы
получить неравенство Коши — Буияковского.
§ 8
2. а) Впишите в полуокружность ломаную с равными
звеньями, б) Покажите, что расстояние zn от центра тяжести
о лгу COS а
ломаной до диаметра АВ равно R —:, где п — число звеньев,
п sin а ’
2R — диаметр, а — ~ . в) Воспользуйтесь тем, что lim 1 •
3. а) Разбейте один из катетов на п равных частей. Впи-
шите в треугольник «многоугольник из прямоугольников»
так, чтобы высотой каждого прямоугольника служила-^- часть
этого разделенного катета, б) Найдите расстояния от центра
тяжести этого «многоугольника из прямоугольников» до кате-
тов. в) Перейдите к пределу при п—>оо.
4. а) Разбейте треугольник на два прямоугольных тре-
угольника. б) Сосредоточьте массу каждого из них в его центре
тяжести и найдите затем центр тяжести образовавшихся та-
ким образом двух материальных точек.
§ 81
УКАЗАНИЯ
125
5. а) Разбейте данный треугольник на четыре равных тре-
угольника. б) Если центр тяжести Д АВС отстоит от боль-
шей стороны АВ на расстояние z, то центр тяжести каждого из
четырех треугольников отстоит от больших сторон этих тре-
. в) Воспользуйтесь задачей 11 из
где h — высота, £\АВС опущенная
z
угольников на расстояние у
§ 2. г) Покажите, что z = ,
на АВ, д) Другая идея: раз-
бить треугольник на параллело-
грамм и два треугольника.
6. Приведите опровергаю-
щий пример.
7. Разбейте «букву Г» двумя
способами на два параллело-
грамма.
9. а) Разбейте трапецию
диагональю на два треуголь-
ника. б) Центр тяжести трапе-
ции лежит на прямой, соеди-
няющей центры тяжести этих
Рис. 115.
треугольников.
10. а) Разбейте трапецию на четыре треугольника диаго-
налями. б) Докажите, что центр тяжести двух треугольников,
прилегающих к боковым сторонам, лежит на ТИМ в) Для этой
цели покажите сначала, что эти два треугольника равновелики.
11. а) Предварительно разбейте трапецию диагональю на
два треугольника, б) Найдите расстояние центра тяжести тра-
пеции от ее основания, в) Для этой цели воспользуйтесь за-
дачей 4 из § 2.
13. Покажите, что = — (см. рис. 82).
14. а) Постройте сначала центры тяжести Д ABD и Д CBD
и соединяющий их отрезок, б) См. рис. 115.
15. a) ME = ^MN. б) МО=^-МК (рис. 115).
в) Покажите, что ЕТ = ~MN —- АТС
16. а) Пусть О' — на луче МО, причем МО’ = ЗМО
(см. рис. 85). Докажите, что О' — на прямой DD’, параллель-
ной АС. б) Аналогично О' — на прямой СС, параллельной BD.
17—18. Воспользуйтесь задачей 16.
126
УКАЗАНИЯ
1§ Ю
§ 9
8. а) Воспользуйтесь задачей 7. б) На окружности еди-
ничного радиуса рассмотрите такие дуги АСВ и АУСВЛ, что-
бы АС^=СВ = ^ А1С = СВ1=^.
§ ю
1. а) Нужно доказать, что = т2 :тг б) Выра-
зите АК и ВК через массы смесей и концентрации компо-
нент в смесях, в) КгК = AK — AKV КК2 = АКг — АК.
6 /О го SO 40 ОО 00 70 оо so 100
Компонента 17
Рис. 116.
2- Задача сводится к объединению («сложению») матери-
альных точек, характеризующих данные смеси.
7. Примените метод полной индукции.
10. Воспользуйтесь рпс. 109.
§ 10J УКАЗАНИЯ 127
18- а) Пусть точки и S2 изображают данные сплавы.
Задача сводится к нахождению центра тяжести двух матери-
альных точек (5П 15) и (52, 10). б) См. рис. 116.
19. а) Пусть точки Р1 и Р2 изображают данные смеси,
точка А — чистую серную кислоту. Точка Р. характеризую-
щая искомую смесь, принадлежит геометрическому месту то-
чек, соответствующим смесям с 20-процентным содержанием
H2SO4 (см. задачу 14). б) См. рис. 117 (для разнообразия
берем в качестве треугольника Гиббса равнобедренный пря-
моугольный треугольник).
20- См. решение задачи 7.
РЕШЕНИЯ
§ 1
1. Поместим в каждой вершине четырехугольника ABCD
(рис. 4) массу в одну единицу. Обозначим через О центр
тяжести полученной системы из четырех материальных точек.
Но массы из А и В можно перенести в их центр тяжести К,
массы из С и D—в их центр тяжести Л1—от этого поло-
жение центра тяжести всей системы не изменится. Так как
в точках К и М массы равны, то центр тяжести О матери-
альных точек (/С, 2) и (714, 2) (он же — центр тяжести всей
системы) служит серединой отрезка Л714. Таким образом, точ-
ка О лежит на средней линии КМ и делит ее пополам.
Аналогично покажем, что О лежит на отрезках LN и PQ
(и делит каждый из них пополам). Значит, отрезки Л7И, LN
и PQ проходят через общую точку О и делятся в ней по-
полам. Теорема доказана.
2. Пусть в вершинах Л, В и С помещены соответственно
массы Обозначим через О центр тяжести трех обра-
зовавшихся материальных точек. Пусть Сх = Z[(A, tf/J, (В, w2)J.
Нужно показать, что прямая СО пересекает отрезок АВ
в точке Сг.
Заменим две материальные точки (Л, mJ и (В, т2) их
объединением (Сп — от этого положение центра
тяжести системы не изменится. Но теперь система состоит
только из двух материальных точек: (Сп Wj-|-#г2) и (С, ms).
Следовательно, точки О, С и Сг расположены на одной
прямой, т. е. Сх лежит на прямой СО. А так как С1 еще ле-
жит на отрезке АВ, то С, действительно есть точка встречи
прямой СО со стороной АВ, что и требовалось доказать.
3. Поместим в каждую вершину треугольника АВС массу
в одну единицу. Пусть О (рис. 118) — центр тяжести всей
системы, пусть СС1 — одна из трех медиан. Массы матери-
альных точек (Л, 1) и (В, 1) можно сосредоточить в их
§1]
РЕШЕНИЯ
129
центре тяжести С,—середине от отрезка АВ. Теперь вся
система состоит из двух материальных точек: (С, 1) и (Сп 2).
Центр тяжести всей системы О лежит на отрезке СС1О Ана-
логично покажем, что О лежит
на медианах ЛД и BBV Итак, все &
три медианы проходят через одну
точку (через О). По правилу ры- п Уь/7
чага 1-ОС=2.С>С1, т. е. ОС: /'ЪУсГХ
: ОС, -2:1.
4. Пусть (рис. 119) ССХ— ме- Д Ct В
диана основания АВ в Д АВС\
О — середина медианы CCV По- Рис. 118.
местим в А и В массы так, чтобы
центром тяжести образующихся двух материальных точек была
точка Сг Например, можно поместить в Л и в В массы в
одну единицу. В С поместим такую массу, чтобы вся система
имела центром тяжести точку О. Следовательно, в С нужно
поместить массу в две единицы. Пусть А2 — центр тяжести
материальных точек (В, 1) и (С, 2). Тогда точка О лежит на
ЛЛП т. е. АОУ^ВС— Л/). Но по правилу рычага 1.Л/? =
— Ъ-Afi, откуда ЛхС=у ВС.
6. Поместим в вершинах тетраэдра равные массы (по одной
единице). Пусть О (рис. 120) —центр тяжести полученной
’) Запись АО\ВС = Ах означает, что прямые АО и ВС пересе-
каются в точке Лг
5 м. Б. Балк
130
РЕШЕНИЯ
[§ t
системы из четырех материальных точек, Аг — точка пе-
ресечения медиан какой-либо грани, А— противоположная
вершина тетраэдра. Три массы в вершинах рассматриваемой
грани можно объединить в их центре тяжести Аг Тогда ясно,
что центр тяжести О лежит на отрезке ААГ Итак, О лежит
на любом из четырех рассматриваемых отрезков, и, значит,
является их общей точкой. Ио правилу рычага ОА — З-ОА^.
7. Нагрузим вершины равными массами (по одной едини-
це). Пусть О — центр
тяжести образовавшихся четырех мате-
риальных точек, А2А2 и Л3Л4
— произвольная пара проти-
воположных ребер (рис. 121).
Массы, помещенные в точках At
и А2 (соответственно As и Л4),
объединим в их центре тяже-
сти Л12 (соответственно Л34) —
середине отрезка АуА2 (соот-
ветственно Л3/14). Тогда О ле-
жит на отрезке Д12Л34. Итак,
О лежит на любом из трех
отрезков, соединяющих сере-
дины противоположных ребер,
и, значит, является общей
точкой этих отрезков. По правилу рычага 2-ОЛ12 = 2-ОДз4,
т. е. О — середина отрезка Л12Л34.
8. Пусть прямая СО встречает АВ в точке Сг Поместим
Л „ s XQ т2
в А и В массы тп и так, чтобы ~^~ь = — -
1 * CjZj ffli
Для этого можно взять в качестве чисел т2 и тх длины
отрезков АСХ и СХВ или числа k-ACx и k-CyB, где Л —лю-
бое положительное число.
Подберем затем в точке С массу т2 так, чтобы точка О
была центром тяжести двух таких материальных точек:
(С„ тг-\-т^ и (С, от,), т. е. чтобы . А это
всегда возможно сделать.
Ясно, что О — центр тяжести системы из трех материаль-
ных точек: (Л, /гаД, (В, т2), (С, т2\
Другое решение. Пусть = $двос, т2 =
— Опустим из А и В перпендикуляры АЕ и BF
§ 1J РЕШЕНИЯ 131
на прямую ССГ Известно, что плошали двух треугольников
с равными основаниями пропорциональны их высотам. Поэтому
_ S&B0C = BF _
S^COA АЕ АС1 ’
т. е.
т^АС1 = т^ВС1'
следовательно,
Ct = Z[(A, т,), (В, тг)].
Отсюда ясно, что центр тяжести системы из трех материаль-
ных точек: (А, (Б, яг2), (С, ms) лежит на прямой ССГ
Аналогично покажем, что он лежит на AAt. Следовательно,
он совпадает с точкой О.
9. Пусть ABCD — трапеция (см. рис. ИЗ), AB>CD,
АМ=МВ. DN=NC, АСХЕЕ>=Е, AD^BC-E.
Ограничимся доказательством того, что точки Ж, Е и Е—
на одной прямой. Поместим в точках А, В, Е массы так, что-
бы F оказалась центром тяжести образовавшихся трех мате-
риальных точек. В Е помещаем произвольную массу, напри-
мер 1 единицу. В А (соответственно В) подберем массу р
(соответственно q) так, чтобы точка D (соответственно С) оказа-
лась центром тяжести материальных точек (А, р) и (Б, 1) (со-
ответственно (В, q), (Е, 1)). Тогда p-AD=\‘DE, т. е.
p = DE',AD. Аналогично q=CE\BC. Но DE'.AD = CE'.BC
(ибо параллельные прямые отсекают на сторонах угла про-
порциональные отрезки), так что р — q. Заменим материаль-
ные точки (А, р) и (Б, 1) их объединением (Б, р-{-1). Тог-
да ясно, что центр тяжести всей системы лежит на BD. Ана-
логично покажем, что он лежит и на АС, т. е. совпадает с
точкой Б. Кроме того, центром тяжести материальных точек
(А, р) и (Б, q) является середина М отрезка АВ. Центр тя-
жести всей системы должен лежать на ME, т. е. Б лежи г и
на МБ, что и требовалось доказать.
10. Поместим в точке С произвольную массу р8 и подбе-
рем массу рх в точке А так, чтобы точка Вх была центром
тяжести материальных точек (A, pj и (С, р3). Тогда
Pi СВ' СВ' а . о
— = Но-гёг = -— (в силу известного свойства биссект-
р3 АВ' АВ' с х J
рисы). Таким образом,
а
5*
132
РЕШЕНИЯ
IS 1
Подберем аналогично массу р2 в точке В так, чтобы точ-
ка Аг была центром тяжести материальных точек {В, р2) и
(С, ps). Получим .
Обозначим через М центр тяжести всей системы. Массы
р2 и р3 можно было бы сосредоточить в точке Тогда вся
система состояла бы из двух материальных точек, и центр
тяжести М должен оказаться на прямой А4Г Аналогично можно
показать, что М лежит на прямой ВВХ. Следовательно, М сов-
падает с О, т. е. О — центр тяжести всей системы.
а
П AtO р,
По правилу рычага = 7 =-т-------
АО Р2+р, ^pa+pt
Составив производную пропорцию, получим:
а _ _ АГО а
т. е.
АгО
А.О + АО~
, что и требовалось дока-
а
зать.
11 pqp = 5Л АВС £д АрВ—£д врс—5д CqA (рис. 122).
Известно, что если два треугольника имеют равные высоты,
то их площади относятся как их основания. Поэтому
S/>bra___
S&BB1A ’
Поместим в вершинах Д АВС такие массы, чтобы точка R
оказалась центром тяжести образующихся при этом трех ма-
териальных точек. Для этой цели достаточно поместить в
§ 1]
РЕШЕНИЯ
133
В, С, А массы соответственно в 1, 2, 4 единицы. Матери-
альные точки (С, 2) и (Л, 4) заменим их объединением (fin 6).
Тогда R будет центром тяжести двух материальных точек
(Вп6)и (fi.l), и по правилу рычага 1 -BR=6-BlRi так что
ВВ^=7-В^ и щ = у Итак:
с _ 6 с _ 6 1 с _ 2
° А BRA 7' ° А ВВхА 7 ~з" АВС— У ° А АВС*
2
Аналогично можно показать, что врс~^Л cqa=~Y $Давс*
Поэтому PQR = у Авс.
12. Ясно (см. рис. 122), что S&PQR = S — S&Arb—
$ЛВРС--S&CQA И
^А BRA _
^А ЯВИ ВВ1 ’
Нагрузим вершины треугольника АВС так, чтобы точка R
оказалась центром тяжести образующейся системы материаль-
ных точек. Для этого поместим в С произвольную массу т3
(например, т9— 1 единице), а в А и В поместим массы mt
и т2 так, чтобы точка Вх оказалась центром тяжести матери-
альных точек (С, 1) и (Д /тгД а точка А1 — центром тяже-
сти материальных точек (С, 1) и (В, т2). Тогда 1 -СВ1 = т1В1А9
1 • A1C=m9AtB, т. е. m.=k„ . Ясно, что R —
1 el’ 1 е г * J
центр тяжести точек (А, л?г1), (В, т2), (С, 1), и поэтому
BR^ — — /J 1 £ \ fa . отсюда и
т, (1 ftp отсюда i+kt + kt-kt И
BRA — ^АВВ. А-
TJ S АС - I СВг с S
Н° 5дВВ1Л —ЛВ,— 1 1 ПОЭТОМУ 5ДВВ1Д—•
Итак,
k
5Д ARB = 1 4-*t + *i *2 5'
Круговой перестановкой букв и индексов получим
ввс = S* 5л CQA = i5*
134
РЕШЕНИЯ
Г§ 1
Итак,
________ / 1______________________^2_______
^PQR— l+*l+Mt 1+Л2 + М.
*s X о (1-/?,Мз)25
1 + k, + kt k J ° — (1 + fc,+M2) (1 + *г + Мз) (1 + kt + ksk,) •
Например, при kv — k2 = k3 = 2 получим: Sa = у S.
13. Пусть OPJ_AC, OQJ_BD (см. рис. 8). В силу зада-
чи 1 точка S пересечения средних линий совпадает с сере-
диной отрезка PQ, Но OPTQ — прямоугольник. Поэтому се-
редина S его диагонали PQ служит также серединой его
другой диагонали 07\ что и требовалось доказать.
14. Пусть АВС (см. рис. 114) — произвольный треуголь-
ник (но не прямоугольный), S — центр описанной окружности,
М—точка пересечения медиан, Н—точка пересечения вы-
сот. Нужно показать, что М—на отрезке HS и что
HM = 2SM.
Пусть точка D симметрична точке С относительно S. Со-
единим D с А и В. Тогда АН || DB, ибо и АН и DB перпен-
дикулярны к ВС. Аналогично ВН || DA. Следовательно, AHBD—
параллелограмм, и точка F—середина стороны АВ — служит
также серединой отрезка DH. Поместим теперь в каждой
точке //, С, D массы, равные 1 единице. Обозначим через О
центр тяжести образовавшейся системы трех материальных
точек.
Объединим материальные точки (//, 1) и (О, 1). Мы по-
лучим материальную точку (F, 2). Ясно, что точка О — центр
тяжести точек (F, 2) и (С, 1). Следовательно, О лежит на
отрезке FC и l-0C=2«0F, т. е. О — точка пересечения
медиан треугольника АВС> 0= М.
Но мы могли бы объединить материальную точку (С, 1)
с материальной точкой (О, 1); получим материальную точку
(S, 2). Следовательно, центр тяжести М системы трех мате-
риальных точек (С, 1), (О, 1), (Л/, 1) служит центром тя-
жести точек (S, 2) и (//, 1), и поэтому М лежит на отрезке
SH и НМ — 2SM, • что и требовалось доказать.
Если Л АВС прямоугольный, то доказательство теоремы
Эйлера только упрощается.
16. Поместим в 5 (S — точка встречи прямых AAlt
ВВХ и CCJ массу в одну единицу, а в A, Bt С подберем
§2]
РЕШЕНИЯ
135
массы /л2 и так, чтобы
Z[(A, i)] = A. № П1=еп
Z[(C, l)] = cr
По правилу рычага
£Д w, SBt mz SCi
ЛД~Т* ЯД~Т’ CQ^T’
Так как плоскости треугольников АВС и А^В^С^ параллельны,
то
£Д _SBY _SCX
ААг ~ BBt ““ CQ *
Поэтому тх=т2 = тг. Пусть О—центр тяжести системы
из четырех материальных точек (Л, mJ, (В, mJ, (С, mJ,
(S, 1). Две пары материальных точек (Д mJ, (В, mJ и (С, mJ,
(S, 1) можно заменить их объединениями (С2, ml-f-mj и
(Cn т* +1). Следовательно, О лежит на отрезке СХС2.
Аналогично покажем, что О лежит на AtAs и ВХВ2.
Отсюда ясно, что О — общая точка трех треугольников
АВСХ, ВСАХ и САВХ. Но те же четыре материальные точки
можно сгруппировать и иначе.
Заменим три материальные точки (Д mJ, (В, mJ и (С, mJ
их объединением (М, тх -]-т2 Д/тга). /14 — точка встречи ме-
диан треугольника АВС (ибо m1=tn2 = mj. Точка О лежит
на отрезке MS. Затем уже легко показать, что и точка пе-
ресечения медиан треугольника Д1в1С1 также лежит на MS,
§ 2
1. Пусть Z (рис. 123) — центр тяжести системы двух ма-
териальных точек, SZ=z. Пусть для определенности х<^у.
пл PZ q z — xq
Так как 7— = —, то ----откуда
QZ р ’ v — z р ’ J
(p + q)z=px-\-qy,
u+q
(i)
(2)
Пусть Z = (Z, p-[-q). Тогда равенство (1) можно записать
и так:
Mom^Z = Мом^Р MomsQ. (3}
136 РЕШЕНИЯ [§ 2
Подробнее: если на некотором луче расположена система
из двух материальных точек, то статический момент си-
стемы относительно начала луча равен моменту объединения
материальных точек этой системы относительно того же нача-
ла луча.
Z
<7 £ ° Q
Рис. 123.
2. Пусть на некотором луче дана система из п материаль-
ных точек ~ (ЛП znj, Д2 = (Л8, ... , Ап~ (Ап, тп).
Пусть S— начало луча и S41=x1, SA2=x2, ... , SAn = xn.
Требуется найти расстояние z центра тяжести Z этой системы
от начала луча.
Введем такие обозначения:
тх 4~ — объединение материальных
точек и
*s = (S3, mi 4~ тъ 4~ — объединение материальных
точек В2 и Ла,
mi 4" т2 “к 4~ — объединение материальных
точек В* и Л4,
Z = (Z, тх Ц-w2 4“ • • —объединение материальных
точек Вп_! и Ап.
Тогда, в силу решения предыдущей задачи,
Мом5В2 =Moms4j Мом5Л2,
Мом5/?а = Мом5В2 Ц- Мом^ А 8,
Мом5В4 = MomsB* + Мом5Л4,
MomcZ„ = Мом~Л , -4- Mom^4„.
О О Д I О
Сложив почленно все эти равенства, получим
Mom5Z = Mom^jAj -р Мом5Д2 • • • 4~ Мом^Д^, (1)
или
(«,+«.+ •••+ тп} z = 4- тгх2 4- ... 4-т„х„.
РЕШЕНИЯ
137
§2]
Отсюда
z ^1х1+^2-У2 + -- + ^и
(2)
Другое решение. Выберем на прямой точку Р
так, чтобы SP = 1 и S была между РиАг (рис. 124). Пред-
ставим себе теперь рычажные весы с плечами SP и
Плечи будем себе представлять в виде невесомых стержней
(практически это означает, что массы стержней ничтожны по
в точках Лп А2, ..Ап не помещены никакие массы, а на
левом плече тоже нет никаких нагрузок, то весы будут в
равновесии.
Поместим теперь в At массу Чтобы весы по-прежнему
остались в равновесии (чтобы правое плечо не перетянуло),
поместим в Р (на левой чашке весов) тоже некоторую массу
Тогда, в силу правила рычага,
п1*\=тг*хи т. е. п1 = л^1х1.
Затем поместим в As массу а для сохранения равновесия
нужно поместить в точке Р еще массу которая может
быть определена по правилу рычага:
п - \=т или я8=лтг8х8.
л 2 2' 2 2 2
Аналогичным образом поместим в Аа, А4, .Ап массы
..., тп> а для сохранения равновесия придется в точке
Р еще поместить массы таха, ...,тпхп. В результате на
плече SAn окажутся п материальных точек (At mJ,,.., (Hnj тп),
а в точке Р — масса К = mxxY -|“ 4" • • • 4" тпхп- При
этом весы будут в равновесии.
138 РЕШЕНИЯ [§ 2
Равновесие не нарушится, если массу М всех материальных
точек (Лп тх), (А^ т2), ..(Дп, тп) сосредоточим в их цент-
ре тяжести Z (рис. 125). Но тогда точка S окажется центром
тяжести двух материальных точек: (Р, К) и (Z, Л1). По пра-
вилу рычага
KA=M*SZ.
откуда
оу АГ + т2х2 +----[- тпхп
Третий подход: применить метод полной индукции.
3. Обозначим через А центр тяжести материальных точек
(Лп mJ, (Л2, tn2) и (Л8, /п3), расположенных справа от точки
Z, а через В — центр тяжести материальных точек (Вп я ),
(Р2, nJ, расположенных слева от точки Z. Пусть ZA1=xl,
ZA2 = x2, ZA9=zx9, ZBl—yl1 ZB2=y2. Положение центра
тяжести системы пяти материальных точек не изменится, если
материальные точки справа от Z и слева от Z заменить их
объединениями А = (Л, -pm2J-/nJ, В = (В, пг -pnj. Но
тогда по «правилу рычага» MomzB = Momz4, т. е. n^J-
-}-п2у2 = тхх-\- т2х2-\- тйх^ что и требовалось доказать.
4. На произвольном луче ST выберем точки AlfA2,
так, чтобы их расстояние от начала луча S было равно соот-
ветственно tgan tga2, ..., tgan.
В точках Д, Л2, ..., Ап поместим массы cosat, cosa2,...
,,., cos ап. Пусть Z — центр тяжести образовавшейся системы
из п материальных точек. Из определения центра тяжестц
РЕШЕНИЯ
139
§21
ясно, что точка Z лежит внутри отрезка AtAn, т. е.
SA^ <^SZ<^SAn. Но в силу формулы (2) из решения задачи
2 (стр. 137)
sz _ cos gi-tgg, + cos а2 • tg а2cos апЛ%ап _
COS Sj -f- COS «2 + • • • + COS an
__sin cq -j- sin a2 + • • • + sin an
cos atj -j- cos a2 • • • + cos an ’
Кроме того, S^1 = tgap S4n = tgan. Поэтому
. sin a. 4- sin a2 Ч- ... sin an ,
tg ai <C---^-r---M-----“г------ <C
& 1 cos Si 4- cos a2 4-• • • 4“ cos an
5. Обозначим через Z центр тяжести материальных точек
(Д, а), {В, Ь), ..(£, Z). Тогда
fn-SZ = a-SA-±b-SB-± ... -|-/.££, (1)
где т—масса всей системы, т = а-^-Ь с . -\-1. Без
потери общности можно полагать, что переносится вдоль луча
часть массы материальной точки (Д, а). Таким образом, какая-то
масса а" (а" 0) остается в точке Л, а какая-то масса а пе-
реносится в какую-то точку А луча ST, причем а'-\-а' — а
и £Д' £Д. Если Z' —* центр тяжести вновь образовавшейся
системы из материальных точек (Д, а"), (Д', а), {В, b), (С, с), ...
(Z, I), то
rn-SZ' = a'-SA + a'-SA' + b-SB± ... -{-1-SL. (2)
Из (1) и (2) следует, что
т {SZ1 — SZ} = a"SA dSA — aS А = d’SA af SA —
_ (а" + a') SA = d (SA — SA) > 0.
Значит, SZ’—SZ~^>ti, SZ'^>SZ. Итак, от перенесения
«вправо» части массы какой-либо материальной точки данной
системы центр тяжести системы тоже перемещается «вправо»
(удаляется от начала луча).
6. Выберем на некотором луче ST (рис. 126, а) п точек
^2, - • так» чт°бы SBl^=b1, SB2 — b21 ..SBn = bn.
Массу, равную 1, распределим равными порциями по k точкам
140
РЕШЕНИЯ
IS 2
В2, ..., Bk (рис. 126,/?). Пусть Z—центр тяжести обра-
зовавшейся системы из k материальных точек ...
•••’ т)- Тогда
SZ = й1+й8 + ---+^ . (!}
Перераспределим теперь всю массу этой системы (равную 1),
а именно, перенесем часть массы вправо так, чтобы в каждой
из точек Я2, ..., Bk, Bk+l1 ..., Вп (рис. 126, с), оказа-
1/1^1 * Л ГЛ
лась масса, равная — I — » ибол>л). При этом центр
7
а] в, I ° % в^° °
bj Ь-------•---•-------•—•--------•----•-----о—о-------О------
„ Bi В% В* Вп
L) 7
В] Вг Bjf Bjf+j Bn
Рис, 126
тяжести системы переместится вправо: если Z'— центр тяжести
/о 1 \ /о 1 \
новой системы материальных точек — j , — 1, то
SZ'>SZ,
(2)
ио
Оу* + ^2 4~ • - • ~Н + - - • ~Н
Из (1) — (3) следует доказываемое неравенство.
Другое решение. Выберем на некотором луче ST
(см. рис. 126, с) п точек В^ BZ1 ..., Вп так, чтобы SBl—bli
SB2=b2y ..., SBn=bn. Поместим в каждую из точек Blt В^. ..
..., Bk,Bk+^ ..., Вп массу, равную 1 единице. Тогда центр
тяжести системы k материальных точек __, убудет уда-
лен от S на
sz=bl+-;-+bk.
§2]
РЕШЕНИЯ
141
Центр тяжести Z" системы материальных точек ВЛ+1,___, Вп
удален от S на
5^"___» ~Ь - - •
п — k
Так как SBX<SB2< .. . .<SBn, wSZ<SZ".
Общий центр тяжести Z' всей системы расположен между
ними, т. е. SZ SZ' SZ', причем
SZ, = fc,+‘"+fe".
п
Следовательно,
k П П — k
Замечание. Как видно из этих рассуждений, требова-
ние о положительности чисел b„ b2i ..., bn возможно было
опустить.
7. Положим
^, + ^ + ...+^ = Л1. (1)
На произвольном луче ОТ (рис. 127, а) выберем п точек
At. Ао, ..А„ так, чтобы OAt =а„ ОА9 = а9, .... ОА„ = а„.
Л 7 л * • П А 1* £ ** **
В каждой из этих точек поместим массу — (рис. 127,6).
Пусть Z — центр тяжести образовавшейся системы из п ма-
(. М\ ( л М \ ( . М \ гг
А,,—}' \2’Vя’ ^огда
OZ= а’.+а» + —±Л-. (2)
Теперь будем перемещать вправо некоторые массы этой
системы материальных точек.
1-й шаг. Ясно, что ^>>ЬГ Оставим в Л, массу а
остаток перенесем в А2 (рис. 127, в). От этого
центр тяжести системы переместится вправо.
2-й шаг. В результате первого шага общая масса первых
двух материальных точек не изменилась ^она осталась рав-
ной . В Ау оставим по-прежнему массу Ьк; в А* оставим
142
РЕШЕНИЯ
IS 2
массу b2 (рис. 127, г), а остаток массы -----пе‘
ренесем в As. Это возможно сделать, так как в силу преды-
дущей задачи (при k = 2)
В силу задачи 5 центр тяжести системы сместился вправо.
, 2М_Ъ Л Л.
Ь, п и’ п
----Ф---------•----•-----*
fij fit
зм^ъ м
п °2/П
—О—>—•----*
х^
~^9—•-----*
х^
Л
п 7
<--•-•-
Рис. 127.
3-й шаг. Общая масса первых трех материальных точек
не изменилась ^она осталась равной . Оставим по-преж-
нему в Л, и А2 соответственно массы bt и Ь2; в Х13 оставим
массу Ь9 (рис. 127, о), а остаток — (bi -|- b2 bz) (кото-
рый в силу задачи 6 положителен) перенесем в Х14. От этого
центр тяжести системы сдвинется вправо.
Аналогичные операции переноса масс проделаем всего п — 1
раз; при этом каждый раз центр тяжести системы будет пере-
§21
ГЕШЕНИЯ
143
метаться вправо. После п — 1 шагов получим систему из п
материальных точек (Дп Ьх), (Д2, Ь2), . .(Ап, Ьп) (рис. 127, е),
причем ее центр тяжести Z' расположен правее точки Z:
OZ’ > OZ. (3)
Но в силу задачи 2
Г\7> + Л2^2 + * * • + Urfin , л \
— м •
Из (1) — (4) вытекает доказываемое неравенство.
Замечание. Доказанное неравенство возможно уточнить
таким образом: Если
==£...(5)
bt^b^bsm...^bn, (6)
<Zj>0, ^>0, (7)
ТО
« («А + «2^2 + • ' • + апЬп)
S® (fll + Й2 + • • * + ап) А + ^2 + * ‘ • + ЬП^
причем строгое равенство имеет место тогда и только тогда,
когда в соотношениях (5) и (6) имеют место строгие равенства.
Другое решение. Положим Ьх -|-^2-|- - -. -\-Ьп = М.
На произвольном луче ОТ, так же как и в первом решении,
выберем п точек Др ..., Ап (OAx=axi ОА2=а2>. .., ОАп=ап).
Тогда для центра тяжести п материальных точек ^Д1? .
(л М\ л
..., — 1 будем иметь
Qg___+ Д2 + « • +
П
Затем в этих же точках Д, Д2,..., Ап поместим соответ-
ственно массы #2,..., Ьп. В этом случае для центра тя-
жести Z' системы материальных точек (Др ^Д..., (Дп, Ьп)
будем иметь
QZ' ___ ^1^1 ‘ - * Ч~
м
Так как т0 предположим, что bx bi+i.
Следовательно, при новой за[рузке в точках Av Д2, —, А^
144
ГЕШЕНИЯ
[§ 2
будут помещены массы blt bi9 меньшие, чем при рав-
номерной загрузке, а в точках Ап — большие, чем
при равномерной загрузке. Таким образом при переходе от
равномерной загрузки к неравномерной часть массы из точек
Д- перенесена от точки О дальше вправо, и поэтому
центр тяжести при этом также сместится вправо, т. е. OZ'>OZ,
откуда и вытекает доказываемое неравенство.
8. Пусть для определенности а<^Ь. Пусть далее Г (см.
рис. 16) лежит на ZXZ, Е на QXQ, /Y'||Z£’||Af2V. Так как
[>/YZ^AZ£Q, то
FZ_ PZ_ q_
EQ~QZ— p ’
Таким образом,
z — a__________________q
bz p ’
Отсюда найдем
(p-\rq}-z=p-a-\rq-b, (1)
_pa + db
p+q
(2)
Наши рассуждения неприменимы, когда PQ(рис. 128).
Пусть УИЛ'Х PQ = S. Тогда в силу задачи 1 z — SZ—.
Tq Предыдущие рассуждения
неприменимы также, если а = Ь.
Но тогда ясно, что z=^a, так
что формула (2) опять остается
в силе.
Таким образом, последняя
формула пригодна во всех слу-
чаях, предусмотренных условием
м-----------#------------л задачи-
9. Пусть Z — центр тяжести
Рис. 128, системы из двух материальных
точек Р^(Р, р) и Q=(Q, а);
пусть, далее, Z=(Z, р-}-#)— их объединение. Тогда равенство
(1) предыдущей задачи можно переписать так:
Mom^Z = Mom/*-]- Mom^Q.
§21
РЕШЕНИЯ
145
10. Три материальные точки At ~ (Л, тх), А2 = (Л2, /и2) и
А, = (А„ ms) (рис. 129) лежат в одной плоскости с некото-
рой прямой MN, и притом по одну и ту же сторону от этой
прямой. Их расстояния от прямой M/V равны соответственно
-Vi> У2^ Уз- Требуется найти расстояние z их центра тяжести
от прямой MN.
Обозначим через В центр тяже-
сти материальных точек 4, и А2 и
через b — его расстояние от прямой
MN. Пусть В = (В,
Z = (Zy т1 -{-т2 -|“/л8). В силу ре-
шения задачи 8
(т, + т2) b - -f- т^>2.
Применим решение задачи 8 к дру-
гой паре материальных точек В и Л8.
Получим (mx-{-m2-^-mz)z = (mx~\-m^b-\-mzyz. Сложив по-
следние два равенства почленно, получим
("Ч + т2 + та) z = т^х т2у2
^i+^г + ^з
11. Пусть п материальных точек тх), Л2=
= (Д2, т2), ..Ап=(АП1 тп) расположены в одной плоскости
по одну и ту же сторону от некоторой прямой s. Пусть их
расстояния от прямой 5 равны соответственно _у2,..., уп.
Требуется найти расстояние z центра тяжести Z этой системы
от прямой 5.
Введем такие обозначения:
Через В2 обозначим объединение материальных
точек 4j и Л2;
через Bs обозначим объединение материальных
точек В2 и Л8;
через Вп_х обозначим объединение материальных
точек Вп_2 и Л„_,;
через Z обозначим объединение материальных
Точек B„_f и Ап.
146 РЕШЕНИЯ [§ 2
Тогда, в силу решения задачи 9,
Мом5В2 = Мом^Д Мом^ Л 2,
Мом_Л — MomJL 4- Мом
MomsB„ _, = МомАВ„ _ 2 + Мом, 4„ _,,
Mom.Z=Мом.В„_ 4- Мом.4„.
Сложив эти равенства почленно, мы после упрощений по-
лучим
Mom_Z = Mom А 4-Мом„Д„4- ,.. 4-МомсД„ (1)
или
(т, + тг 4- ... + тп) z - mlyl + + ... + т,уп.
Отсюда
z = +^2 + -- + w«y« (2 \
"h + ^2 + --- + ^n * * 7
Формула (1) показывает, что момент системы из п материаль-
ных точек, лежащих в одной плоскости и по одну сторону от
некоторой прямой, относительно этой прямой равен моменту их
объединения относительно той же прямой.
12. На сторонах одного из углов, смежных к углу Д'ОД,
о гложим от точки О отрезки 0А1 и 0А2 такие, что 0А± = kx
(т. е. длина отрезка ОД равна kx единицам) иОД = Д
(рис. 130). Из точек Аг и А2 опустим перпендикуляры
ДС\ и ДС2 на прямую ОР. Ясно, что ДРОД^-ДДОСр
Поэтому
ОД _Л1С1
ОР ~~ РВ. ’
или
ОА'-РВ^ОР-А'С^
т. е.
ДРД = ОР-ДСГ
Аналогично можно показать, что
ДРЯ2=0Р.ДС2.
Складывая последние равенства почленно, получим, что
kt РВ14- k2.PB2 = ОР (^С, 4- Л,с2).
§21
РЕШЕНИЙ
147
г#2РВ2 будет тогда и только
, т. е. когда точка Р (лежа-
ит на прямой, параллельной
Обозначим через Z центр тяжести материальных точек (Дг 1)
и (Д2, 1) (иначе говоря, сер
Т — проекция точки Z на пря-
мую ОР.
Тогда, понятно,
^Q+^ = 2zr,
так что
kxPBx + k2PB* = <2ОР- ZT.
Опустим из Р перпендикуляр
PQ на OZ. Тогда £\OQP^~
£\OTZ. Поэтому
PQ_ZT
OP~OZ>
т. е.
OP-ZT = PQ-OZ,
или
kxPBx + k2PB2 = 2PQ-OZ,
rtf)_ PBi -f- ^2 рв%
' 2OZ
Отсюда видно, что kx-PBx-
тогда равно d, когда ^5 = 2^2
щая внутри угла АХОА2) лея
прямой OZ и отстоящей от нее на расстоянии в
единиц.
Отсюда ясно, что отрезок MN этой прямой, лежащий
внутри угла А'хОА'2, и есть искомое геометрическое место
точек.
13. Выберем один из двух углов, смежных к углу Д'ОД'.
В качестве такого возьмем, например, ту часть плоскости,
которая лежит справа от двух заштрихованных вертикальных
углов (рис. 131). На лучах прямых ах, а2,__, ап1 лежа-
щих в этом угле, выберем точки Д,, Д2, ... , Ап так, чтобы
OAx=kx, OA2=k2, , OAn = kn. Из этих точек опустим
перпендикуляры AJCli Д2С2, ... , АпСп на ОР. Через Z обо-
148
РЕШЕНИЯ
I§ 2
значим теперь центр тяжести п материальных точек (Дп 1)?
1), ... , (Дп, 1), а через Т—проекцию точки Z на ОР,
через Q — проекцию точки Р
на OZ. Рассуждая так же,
как в предыдущей задаче,
найдем
Рис. 131,
W+W+...
...+^в„=ОР(Д1С1 +
+д2с2 + ...+л„с„).
Но в силу задачи 11
П
Поэтому
.. .-\-knPBn = п- OP ZT.
Проводя дальше рассуж-
дения так же, как при ре-
шении предыдущей задачи,
найдем:
OP-ZT=PQ-OZ.
Поэтому:
kxPB^k2PB^^^knPB,
n-OZ
Отсюда следует, что искомое геометрическое место то-
чек— отрезок прямой, отстоящей от прямой OZ на расстоя-
нии п (отрезок MN на рис. 131),
14. Доказательство при п — 2 такое же, как при реше-
нии задачи 8. Для любого п^>2 доказательство в основном
такое же, как при решении задачи И. Заметим, что если под
Z понимать объединение всех материальных точек системы
(т. е. материальную точку (Z, тх 4“ • - 4“^п))> то
доказываемую формулу можно записать так:
MoMaZ = МомаМомаЛ2 -|- ... -|- Мома
§21
РЕШЕНИЯ
149
15. Рассмотрим на линии
у = si п х 0 х —
п точек
Ai (*,> Л)> Аг (Хг> Уг\ — > Ап (Хп> Уп)
так, что (рис. 132)
jz1 = sinAr1, j/2 = sinx2, , yn = sinxn.
Поместим в каждой из этих точек массу в одну единицу.
Пусть точка Z с координатами (х0, j/0) — центр тяжести обра-
зовавшихся п материальных точек. Тогда (см. формулы
(8)-(9) § 2)
д. _ОХ_____%* * * * ~hxn
0 п ’
V7 sin Xj -|-sinx2+ ... -|~sinx„
Л = АХ =--------------n------------
Если прямая XZ встречает дугу OS синусоиды в точке Р,
а хорду OS — в точке Q, то (см.
формулу (10) § 2)
XQ<y0<XP.
Найдем уравнение прямой OS. Так
как оиа проходит через начало
координат, то уравнение имеет
вид: y = kx. Так как она прохо-
дит через точку 5 с координа-
тами , 1) , то у — 1 при
х = 4г, поэтому \ = k-^-. Следовательно, k—~ и урав-
2 2 it
нение прямой OS таково:
2
у = — х.
2 2
При х — х0 получим У = —-xQ, т- е. XQ = — xq. Так как
точка Р—на синусоиде, то ^P = sinx0. Итак,
2 -
^-^0<Л<8,ПХ0>
150
РЕШЕНИЙ
[§ 2
или, подробнее,
2 -f- х2 4~ • - - ~|~ xn sin %! -|- sin х2 4~ ... ~р sin хп
л п п
Если бы мы в точках Д1э Л2, . .. , Ап поместили массы
тх, т2,____, тп (т^, , тп — произвольные положитель-
ные числа), то получили бы неравенства:
2 -|- ш2х2 + • • - + тпхп mi ’Sin *i+m2 sin х2 ... -pnnsinxn
+ +тп +^2^4- • 4"т«
sin
/^Х, 4-W2X2 4- . .
+ tn2 + ... 4- mn
16. Ограничимся сначала случаем, когда каждое из чисел
х2, ... , хп больше, чем 1.
Рассмотрим точки /41? Д2, ... , Ап, лежащие на кривой
j/ = lgx и имеющие абсциссы хп х2, ... , хп (рис. 133).
Тогда их ординаты равны:
-У1 = ,ёх1. J,2 = 1gJC2. . Уп = ^Хп.
Поместим теперь в каждой из точек Дп А2, ... , Ап массу,
равную 1 единице. Обозначим через Z центр тяжести п мате-
риальных точек (А- >). (Л> И„, 1), а его коорди-
§ 2J
РЕШЕНИЯ
151
наты — через (х0, yQ). Тогда, в силу формул (8) — (11) § 2,
х0 = ОХ — +
° п ’
У = XZ = -У* + • • • -К» + *g *2 + • • • + 1g Хи
° п и
Уй<ХР-
Но ХР—ордината точки, лежащей на кривой y = \gx и
имеющей абсциссу х0. Поэтому
ХР= 1gх0 = 1g *»+**+•••+*„ .
Итак,
ig х> ~l~ 1g хг ~1~ • » 4~ 1g хп । xi 4~ х2 ~1~ - • 4~ хк
п *4 & п > •
что и требовалось доказать.
Пусть теперь хп х2, ... , хп — произвольные положитель-
ные числа, причем некоторые из них меньше, чем 1.
Тогда возможно подобрать настолько большое число А,
чтобы числа x\ = kx„ х' —Лх2, , x'tl=kxn были все
больше, чем 1. Но тогда
ig^i +ig4 + --- +!g4
п
т. е.
(igfe + igx,)+(igfe + igx2)4-... 4-(igfe4-igx„)
п
<lg*-Hgxl±xa+'"+xn •
Отсюда
^Х1+^Х2+ ••• +lgX/Z 1 Х1+Х2+--- + ХП / J ч
п \ ь п • \ )
Последнее неравенство можно переписать так:
1g (ХЛ • • х„)" < lgX|+X2 + ---+Xn ,
а отсюда и следует неравенство Коши:
152
РЕШЕНИЯ
IS 2
Таким образом, формулы (1) и (2) верны для любых поло-
жительных не равных между собой чисел хп х2, ... хм.
Если бы мы поместили в точках Аг, Z2, ... , Ап произ-
вольные (положительные) массы т2, ... , тп (mt -|- ttz2-|-. ..
тп — М), то мы, рассуждая примерно так же, как и рань-
ше, получили бы вместо неравенства (1) такое соотношение:
lgx2+.. хп 4-...+/ипхп
M M
Отсюда, потенцируя, выведем обобщенное неравенство Коши:
1
(Xmi" Хт* Хтп\ М тЛ + т2Хг + • • • + тпхп
\ 1 2 * ' ' п ) \ до
Если рассмотреть выпуклую фигуру (рис. 134), ограничен-
ную-линией j = lgx (l^x^a) и хордой, соединяющей
точки (1, 0) и (a, Iga), то можно было бы (рассуждая, как
при решении задачи 15) доказать такое предложение:
Если 1 < Xj < х2 < ... < хп а, то
(X, + Х2 +...+%„)— И ______„ lg Xj + 1g х2 + ... + 1g
п(а-1) п
Отсюда
_________ (*1 +*з +. . + *п) — п
xtx2.. .хп > а
Последнее неравенство дополняет, в известном смысле,
неравенство Коши.
17. Пусть (рис. 135) Alf Л2, ... , Ап — точки параболы
с абсциссами хх, х2,__, хп, и пусть точка Z с координа-
§21
РЕШЕНИЯ
153
тами (х0, _у0) — центр тяжести материальных точек (Лп
(Л2, д/г2),_, (АПУ тп). Обозначим через X—проекцию
точки Z на ось абсцисс, а через Q — точку встречи пря-
мой XZ с параболой. Тогда XQ<^XZ.
Но (см. формулы (8) и (9) на стр. 31)
v 7 >п1У1 + тгУг + • • • + ™пУп
xz м ~
М
уп л / '”1*1 + + • • • + тпхп у
л 4 — хо— Л1 J ’
поэтому
4- т2х2 4- ... -|~ тпхп \ 2
V М ) <
4- тгх\ + ... + тпх*
< М
что и требовалось доказать. При тх = т2 = ... = тп = 1
получим
4- хг 4~ ♦ • + 4~ %2 ~1~ — 4~
п 1 п
Выбирая точки на линии y = xky можно аналогично доказать,
что при любом &}> 1 и любых положительных числах
х,, х„, .. . , х„, т/z., т9. .. . _ т„ имеет место неравенство
25’ / til 1? » li •
(равенство будет только при xt = х2 — ... —хп). При
О k 1 знак неравенства « » ну>Кно заменить на « ».
18. Уравнение дуги АтВ таково:
у = У\ —х2
(О^х^ 1).
Уравнение прямой АВ\
у — 1 — х.
154
РЕШЕНИЯ
l§ 2
Возьмем на дуге АВ п точек At, А2, ... , Ап (рис. 136)
с абсциссами х2, ... , хп. Их ординаты таковы:
Л = Л=К1—< ... , 1 *
Пусть точка Z с координатными (х0, _у0) — центр тяжести ма-
териальных точек (Д, nil)i (А2У т2), , (An, mn), X—про-
екция точки Z на ось абсцисс, Q
и Р—точки встречи прямой XZ
с хордой АВ и дугой АВ, Тогда
XQ<XZ<XP,
т. е.
Л<Л<К1—4.
Но
v 'Ml + ^2 + . .. + ™пУп
М
__т1х1 4- т2х2 4- ... +
М
Поэтому
1 тххх -±т2х2 +• ♦+
М
V 1 — xj 4- т2 У 1 — х| 4- ... 4- тп К1 ~ X?
м
19. Выберем на графике точки Л2, . .. , Ап (рис. 137)
с абсциссами ап а2, ... , ак. Их ординаты j2, ... , уп
равны соответственно:
Л = —1^sinan Л = —tesina2> ••• , Уп — — lgsin%-
Пусть точка Z с координатами (х0, _у0) — центр тяжести
материальных точек (Лп 1), (Л2, 1), ... , (Лл, 1); X—про-
екция точки Z на ось абсцисс, Q — точка встречи прямой XZ
с графиком. Тогда
XQ<XZ,
т. е.
_ ] in tti4-a2+— +an — lg te sin sin an
£ 11 n ’
откуда после упрощений получим доказываемое неравенство.
§2]
РЕШЕНИЯ
155
20. Выберем на дуге АтВ п точек /1П Л2, ... , Ап
с абсциссами хп х2, ... , хк и ординатами _у1=/(х1),
_у2=/(х2), ...» yn=f(xn). Пусть точка Z с координатами
(х0, _у0) — центр тяжести п материальных точек (Л1? ztzJ,
(J„ w2),____, (Ал Л/гк)> ?—точка пересечения прямой XZ
с дугой АтВ. Тогда XP—f(x^
и в силу формул (11) и (8) (см.
стр. 31)
/nJ fo) mJ (х2) + ... + intJ (х„)
М
f /л2х2 4" • • + тпхп '
М ',
21. Пусть S—центр тяжести
материальных точек (В, т1-[-т2)
и (Л5, т3), Т—центр тяжести
материальных точек (С. /zz2-|-wj
и (A, zzzj, и пусть S Т. Рассмотрим тогда прямую ST.
Среди плоскостей, перпендикулярных к ST, возьмем такую
плоскость а, чтобы точки Л2, Л3, S, Т лежали по одну
сторону от нее (рис. 138). Обозначим расстояния этих пяти
точек от плоскости а соответственно через ylt _у2, _у3, s, /.
Тогда, в силу решения задачи 14,
s _ тУ* + тгУ2 + ™3у9 i = m2y2+msys-[-mty1
тг 4- т2 4- ms ’ тг 4" т?. Ч~ mz ’
т. е. s — t, что в данном случае возможно лишь, если Г.
Значит, допущение, что S Т1 неверно.
156 РЕШЕНИЯ [§ 2
Аналогично можно было бы показать, что центр тяжести
точек (£), mz-1-ту) и (Д2, т2) тоже совпадает с S. Тем
самым теорема доказана.
22. Пусть имеется п материальных точек (Лп ttzJ,
(Л2, ttz2), ... , (Ап, тп). Пусть, объединяя их последова-
тельно в порядке возрастания номеров, мы получили в каче-
стве центра тяжести точку S, а объединяя их в каком-то
ином порядке, мы получили другую точку Г. Докажем, что
<S = Т. Допустим, что S Т. Среди плоскостей, перпенди-
кулярных к прямой ST, выберем такую плоскость а, что все
точки Л2, ... , Ап, S, Т расположены по одну сторону от
нее. Обозначим расстояния этих точек от плоскости а через у
• • • » Уп> Тогда, в силу задачи 14, расстояние s равно
. _ + - • +
™14-™2 + --- + 'ии ’
а расстояние t мы можем получить из этой формулы путем
некоторого изменения порядка слагаемых в числителе и знамена-
теле. Но от этого, понятно, величина дроби не изменяется.
Поэтому t — s и, следовательно, Т = S.
23. Обозначим через В центр тяжести трех материальных
точек (Л2, raj, (Л3, 7tz8) и (ЛБ, т6), а через Т — центр тяже-
сти объединения этих материальных точек (В, tfz2-|-tfzs -|-габ)
и оставшихся двух материальных точек (Ли ttzJ и (Л4, ttz4).
Пусть S — центр тяжести всех пяти данных материальных
точек, объединенных последовательно в порядке возрастания
номеров. Нам нужно доказать, что Т ~ S. Рассуждение про-
водим так же, как при рассмотрении предыдущей задачи.
Пусть Т S. Выберем плоскость а, перпендикулярную
к TS и оставляющую все точки А2, Д., Л4, Аб, В, S, Т
по одну сторону от себя. Обозначим расстояния этих точек
от плоскости а соответственно через уи j2, _у3, _у4,_уб, b, s, t.
В силу задачи 14
. = + тгУ* + + /nsys
+ ™2 + ™3 + ’
ь_^2Уг + ^Уз + т5Уь
+ mz + m5 ’
i _ (™2 + + ^5) _
(m2 + /Л3 + m5) 4- 4- tfi4
_ (ГП2У2 + 4- fflsys) 4- ад + ;z?4y4 »
4"
РЕШЕНИЯ
157
§ 31
Но тогда t — s, и так как точки Т и S расположены на од-
ном перпендикуляре к плоскости а и по одну сторону от нее,
то Т= S. Полученное противоречие доказывает теорему.
Другое решение. Положение центра тяжести S пяти
материальных точек не зависит от порядка, в котором после-
довательно объединим эти точки. Так будем их объединять
в таком порядке:
(4> (А> ^з), (А- "U. (А> ^i). (А>
Но, объединив первые три точки, получим точку
(&2, Таким образом, центр тяжести системы
из данных пяти материальных точек совпадает с центром тя-
жести таких трех материальных точек: (В, tfz2-|-tfzs-|_/тгБ),
(Лр ml)i (Л4, zk4), т. е. с точкой Г. Итак, 7^5, что и тре-
бовалось доказать.
§ 3
1. В самом деле, пусть условие Чевы выполняется. Тогда
подберем в В произвольную массу а в Л и С массы
тх и т2 так, чтобы выполнялись условия (13) и (14) § 3,
т. е.
АСХ___т2
С^В
ВАХ _ ms
AtC т2 ’
Это, очевидно, всегда возможно. Из (12) (условие
(13') и (14') следует, что
CBj___mt
ВгА т2 ’
А это как раз и означает (в силу «правила рычага»),
Z[(C>"23), (A"*1)] = S1-
Обратно, пусть возможно подобрать три массы так,
выполнялись условия (13) — (15) или, что то же, условия
(13') — (15'). Перемножив (13'), (14'), (15') почленно, полу-
чим (12), что и требовалось доказать.
2. Достаточность. Пусть (12) выполняется. Тогда
можно подобрать три массы так, чтобы выполнялись
(13')
(И')
Чевы),
(15')
ЧТО
(15)
чтобы
158
РЕШЕНИЯ
[§ 3
равенства (13) — (15) § 3. Обозначим через О центр тя-
жести системы точек (Л, aazJ, (В, т2), (С, т.). Положение
центра тяжести О не изменится, если заменим точки (Л, тх)
и (В, aazJ их объединением (Сп -[- aaz2). Отсюда видно, что
О — на отрезке CCV Аналогично можно показать, что О —
на АА2 и ВВг, т. е. ЛЛр ВВХ и СС, проходят через одну
точку (через О).
Необходимость. Пусть ЛЛП ВВг и CCi проходят
через общую точку О. Покажем, что возможно выбрать три
массы ttZj, т2 и т.л так, чтобы выполнялись условия (13) —
(15) § 3. Для этой цели в В подберем массу т2 произвольно,
а в Л и С подберем массы тх и т2 так, чтобы выполнялись
условия (13) — (14) § 3, или, что то же, (13') и (14') из
решения задачи 1. Ясно, что пен гр тяжести системы трех
материальных точек (Л, mJ, (В, aazJ, (С, aazJ должен лежать
на прямых АА1 и CClt т. е. это точка О. С другой сто-
роны, О, В и Z [(Л, mJ, (С, aazJ]— на одной прямой,
т. е. Z\(A, т,)у (С, mJ] лежит на прямой ВО, а также и
на АС, так что Z[(A, aazJ, (С, т )] = Вг Итак, условия
(13) — (15) § 3 выполняются, а следовательно, и условие Че-
вы (12).
АС
3. Если АЛ ВВ, и СС,—медианы, то
х 1 1 1 (.п
ВАХ Л СВХ . ~
А~С~ 1 -Отсюда следует, что выполняется условие Чевы.
4. Если ЛЛП ВВА, ССХ— бис-
сектрисы Д АВС, то
АСХ b
л
а ’
с
Т'
а
схв
ВАХ
АХС
СВХ^__
ВХА с '
АС, ВАХ СВХ 1
ТаК ЧТ° С^А$-В^='-
5. Пусть AAt, BBt, СС,—
С, Л
Рис. 139.
три высоты треугольника АВС (рис. 139). Так как Д АСХС
A AD D АВ, АВ
то дс-
§31
РЕШЕНИЯ
159
. СА, СА ВС, ВС
Аналогично = Умножая эти три ра-
COj Со oAj t>A
венства почленно, получим
АВХ СА, ВСг_}
ВХС ’ А,В ' СХА~'’
В силу задачи 2, высоты AAt, BBlt СС, имеют общую точку-
6. Пусть Лр Сг (рис. 140) — точки касания сторон
Л АВС и вписанной окружности. Тогда АВХ — АСХ, ВАг — BCt,
CAt = CBV и поэтому
АВХ СА, ВС, , п
В$-АГВ'С^ = '- ДаЛЬШе
применяем теорему Чевы.
7. Как мы видели при до-
казательстве теоремы Чевы (не-
обходимость), можно поместить
в вершинах А, В, С массы
tfz2, 77z3 так, чтобы выпол-
нялись условия (13)-—(15).
При этом О оказывается центром тяжести материальных то-
чек (Л, //г,), (5, tfz2), (С, mJ. Заменим точки (Л, mJ и (В, mJ
их объединением (Cn т, mJ. Тогда по «правилу рычага»
СО____т, ~f~m2 ___т, । т2
ОС, mz ' т3 ~I- т3 ’
Применяя затем «правило рычага» к точкам (Л, mJ и (С, ttz3),
(В, mJ и (С, mJ, найдем
т, СВХ т2 С А,
т3 В,А ’ ms А,В'
Следовательно,
СО СВ, . G4j
ОСХ ВХА “Г АгВ'
8. Нагружаем вершины так же, как и в решении преды-
дущей задачи. Тогда
ОС тх -[- т2 ’
160 решения I§ 3
Отсюда
СХО т3
СХС тх -|- m2 '
Аналогично найдем:
AjO mx_________
AXA tnx -|“ m2 + тз ’
BXO tn2
BXB mx + m2 -|- ms ‘
Складывая последние три равенства почленно, получим:
ДО , ВХО <_СХО .
АХА । ВХВ ГСХС *
Таким образом, утверждение Жергона доказано.
Q АО , ВО СО _ ААХ - АХО , ВВХ - ВХО .
ААХ ВВХ “Г CQ — ААХ "Г ВВх "Г
. CCI-CIO_Q (АХО । ВХО . С/Л_ q 1_о
‘ ССХ ~6 \АХА'ВХВ\СХС)~6 Л
10.____Выполнение условия Чевы для л-угольника AtA2A3.. .Ап
(при опорах в точках А12, А28,..., Ап1 на его сторонах АгА2,
A2As, , Ati At соответственно) означает возможность под-
борам масс тгх т2Х ..., тп таким образом, чтобы
z[(A>mi)> (Атг)]=Л12>
^[(Аг,тг}, (Л„ /и,)] = Л2а,
^n)> (^1> ^1)] - ^«1*
Докажем это при л = 4. Тогда условие Чевы (16) запишется
так:
A1Alg A2Ags А3Аа4 А4Ац_И 6*1
Аг А А> A A* A AiA
Пусть возможно подобрать четыре массы /ли /и2, так,
чтобы выполнялись четыре условия:
mi)> (А’ ^г)] — Аг’ ^[(^2’ ^г)’ (А» ^з)] = у^2з»
г [И,> т,)> (Л4> ^4)] = Л»4- Z [(Л4> mi^ Ир "М] = Л4Р
(1)
(2)
(3)
(4)
§ 31 РЕШЕНИЯ
Иными словами, выполняются соотношения
А,А12___т2
^12^2 ^1
^2^23 ^3
^23^3 '^2
3*434 ffl4
^34^4 ™3
Л4Л41___ W2,
^41Л j
Перемножив эти четыре равенства почленно, получим ра-
венство (16'). Обратно, пусть выполняется равенство (16').
Мы всегда можем подобрать числа mv т2, mz, так, чтобы
выполнялись равенства (1) — (3). Но тогда из (16') и (1) — (3)
вытекает, что
= ’• е- И,. »<,)].
что и требовалось доказать.
11. Пусть условие (18) § 3 выполняется. Тогда в силу
решения предыдущей задачи можно подобрать четыре массы
/?Zj, ш2, mzy гак, чтобы выполнялись условия (1) — (4)
этого решения.
Обозначим через О центр тяжести четырех материальных
точек (Д1Э zzzj, (А2, z«2), (А3, z?zs), (Л4, z?z4). Мы можем заме-
нить две материальные точки (Дн zzzj и (Д2, zzz2) их объеди-
нением (Д12, -рлп2), а две другие материальные точки
(А3, т3) и (Д4, z?z4)— их объединением (А4, т3 Ц- z?z4).
Отсюда видно, что О находится на отрезке А12А34. Ана-
логично покажем, что О—на А23А41. Следовательно, А12А34 и
А23А41 пересекаются (в точке О).
Обратно, пусть отрезки А12Аг4 и А23А41 имеют общую
точку О, Покажем, что тогда возможно подобрать четыре
массы так, чтобы выполнялись четыре условия (1) — (4) ре-
шения предыдущей задачи.
В Aj поместим любую массу тх. Подберем затем массы
mz, zzz3 и zzz4 так, чтобы выполнялись условия (1) — (3) пре-
дыдущей задачи. Этими условиями массы z?z2, т&, т4 опреде-
ляются однозначно. Покажем, что Z[(A4, zzzj, (Аи zzzj]^ Д41.
Обозначим через F (см. рис. 37) центр тяжести системы
6 М. Б. Балк
162
Решения
IS 3
четырех материальных точек (Л1? zzzj,.. . ,(Д4, а через D—
центр тяжести материальных точек (Д4, т4) и (Дн wj. Тогда
F лежит на А12А34 п на Мц- Пусть D отлично от Д41.
Тогда и F отлично от О. Следовательно, прямые Д,Л4 и
А12А34 лежат в одной плоскости — в плоскости треугольника
Д41Д2.<£). Но тогда прямые AtAs и А4А3 лежат в одной
(в той же) плоскости, так что четырехугольник Д]/2Д8Л4 —
плоский, вопреки условию теоремы. Итак, Д41 = D, т. е.
A4I = Z[(A4, z?z4), (Дп z?Zj)]; условия (1) — (4) выполняются,
а следовательно, выполняется и условие Чевы (18) § 3.
12. Из рассуждений при решении предыдущей задачи
следует, что
Л12О___ms -J- тх
ОА34 4- т2 ’
По правилу рычага z?z2 = AI2/np — =
Поэтому
i + i34
СМ34 (14“ ^12) чЛзд
Аналогично можно найги А2аО:ОА41.
13. Пусть точкам Р, Q, /?, S соответствуют в простран-
стве точки Р', Q', R', S'. Нити P'R" и QrS' мыслятся в виде
вания параллельным
прямолинейных отрезков. Они будут
пересекаться тогда и только тогда,
когда
Л'Р' B'Q' C'R' D'S' _
Р'В' Q'C' R'D' S'A' le
A' P'
Выразим отношение через от-
резки, имеющиеся на чертеже. По
условию отрезок АВ получен из от-
резка А’В' с помощью проектиро-
пучком лучей. Из рис. 141 ясно, что
А'Р'_АР
Р'В' РВ ‘
Аналогично получим, что
B'Q' _ BQ C'R' _ CR D'S' _ DS
Q'C' ~~ QC ’ R'D'~ RD 1 S'A' ~ SA ’
РЕШЕНИЯ
163
§ 31
Следовательно,
А’Р' B'Q’ C'R' D’S' _APBQ CRDS
P’B’ Q'C R’D’ S' A' ~~ PBQCRDSA ’
Если правая часть равна 1, то отрезки P'R' и Q’S' пересе-
каются; в противном случае они не пересекаются.
П р и м е р. Пусть па рисунке отрезки имеют такие длины:
4Р=3, РВ = Ь, BQ=2, QC = 4, CR—\t RD —5,
DS =4, 54 = 6.
Рассмотренное произведение равно:
А 2 1 ± /.1
6 ’ 4 ’ 5 ' 6 — 30^ k
Следовательно, в натуре отрезки P'R' и Q'S' не пересекаются-
14- Поместим в вершинах тетраэдра 4П 42, 43 такие
массы /?Zj, т2, //z2, чтобы их центром тяжести оказалась
точка А* (см. задачу 8 из § 1). Затем подберем в 44 массу
так, чтобы точка О была центром тяжести двух матери-
альных точек: (44, z?z4) и (4', тх -|-w2 4“ mzY Таким образом
О будет центром тяжести системы из четырех материальных
точек: (4,, wj, (42, (43, zzzj, (44, /?г4). Но мы можем
сгруппировать эти точки и иначе, например, можем поступить
так: объединить в одну группу три точки: (42, ш2), (43, /я3) и
(44, z?z4). Тогда центр тяжести этих трех материальных точек
должен лежать на одной прямой с точками О и 4Г Кроме
того, он лежит в плоскости грани 424344, следовательно, он
совпадает с точкой 4'.
Объединим материальные точки (42, ;zz2), (43, т ) и (44, тх)
в их центр тяжести. Тогда система сведется к двум матери-
альным точкам:
(•4;, и (Др «,).
По правилу рычага
ОА^
ОАХ ms 4- т3 4- тл ‘
Отсюда
О А'
________________*
AjA' 4-т2 4- 4
6*
164
РЕШЕНИЯ
I§ 3
Совершенно аналогично можно показать, что О А' т.. g_ Л2Л8 77Z, П12 “Ь ГП3 Ч~ /?Z1 ОЛ3 _ т3 ASA'3 mi + тг + z"s + ";4 ’ ОА'Л т4 А4А'л w, -|-т2 + 'пз + "'1
Складывая эги равенства почленно, получим
ОА' , ОА' , ОА' , ОА'
-----------V4----~Ч-----*7 =
АгА. 1 А2А2 1 А3Аа Л4Л4
что и требовалось доказать.
15 _L 1 I б)Л4
а^' л2л' - * а3а'3 л4л;~~
16. Заметим предварительно, что три плоскости AiA2A.d,
^2А3А14 и A^AtA л не могут иметь еще одной общей точки
помимо О. Действительно, имея две общие точки, эти пло-
скости имели бы общую прямую, скажем а. В пересечении
с плоскостью AtA2A3 эти три плоскости дали бы три пря-
мые, имеющие общую точку (а именно точку пересечения
прямой а с плоскостью треугольника либо три па-
раллельные прямые. Но в нашем случае ни то, ни другое не
имеет места: прямые Д1Д2, Д2Д3, Л3Д, не параллельны и не
имеют общей точки. Следовательно, точка О — единственная
общая точка плоскостей Д1Л2Д^4, ^42Д3Д41, ААА14-
Поместим в Д4 произвольную массу и подберем затем
массы mv т2, tna в вершинах Ait Д2, Д3 так, чтобы
Z[(A„m,), (А4, Л,4, (1)
Z[(AS, т2), (A4,mt)] = AM, (2)
K,W4)] = A4. (3)
§31
РЕШЕНИЯ
165
Понятно, что всю систему из четырех материальных точек
можно заменить тремя материальными точками: (Л14, wI4-zw4),
(Л2, /п2), (Ла, т9). Следовательно, центр тяжести всей си-
стемы лежит во всяком случае в плоскости Л14Л2Л3. Анало-
гично покажем, что центр тяжести лежит в плоскостях
A24AjA8 и A34AjA2. Следовательно, он является общей точ-
кой этих плоскостей, т. е. совпадает с точкой О.
Центр тяжести трех материальных точек (Av /rcj, (Л2, /п2),
(А3, т3) лежит в плоскости AjA2A3 и на одной прямой
с точками О и Л4, т. е. совпадает с А'л.
Всю систему из четырех материальных точек можно заме-
нить двумя материальными точками,
(л;, тг 4- тг 4- ш3) и (Л4, ш4).
По правилу рычага
А40___тх + mz -|- ms_। т2 j ms
ОА'ь т4 тл пц т4
Но в силу самого выбора масс т2, mz (см. (1)—(3))
_____А4Л,4 w2 Л4Л24________ms______Л4Л34
w4 AmAi 1 №4_А24А21 Л34Л3
Следовательно,
АЛО ___ Л4Л,4 I Л4Л24 I ^4^34
ОА^ А1ЛА1 А24А2 А34Л3
что и требовалось доказать.
17. Пусть условие Чевы выполняется в каждой из боко-
вых граней тетраэдра: AjA4A2, AjA4A3, А2А4А3 (см. рис. 40).
Это означает, что выполняются такие соотношения:
АхЛ12 А12А2 # Л2Л24 Л24Л4 ЛдЛ14 лмл. 1, (1)
AtAls ^3^34 АфЛ14 1 /9)
^13^3 А34Л4 Л14Л1 \ г
^2^23 ^23^3 АзЛ34 “ А34А4 . Л4Л24 Л20Л2 1. (3)
Нужно доказать, что тогда три отрезка Л12Л34, Л23Л14 и
Л13Л24 имеют общую точку. Поместим в Д4 произвольную
массу w4, а в Ах — массу тх такую, чтобы точка Л14 была
6* М. Б. Балк
166 Решений |§ 6
центром тяжести двух материальных точек (Д4, /и4) и (Лп mJ.
Аналогично подберем массы в Л2 и Л3 так, чтобы
Z[H4, тХ (А2> "U] = Л24. Z[(^4. "U> О4.. ^з)] = Л34-
Выполнение условия Чевы в треугольнике А1А2АЛ означает
в силу теоремы Чевы, что три прямые AjA24, А2А14 и А4А12
имеют общую точку. Докажем, что центром тяжести двух
материальных точек (Ап mJ и (А2, mJ служит точка Д12.
Обозначим через А'3 центр тяжести трех материальных точек,
помещенных в вершинах треугольника AjA2A4. Ясно, что А'а —
это и есть точка пересечения прямых Д2Д14 и AjA24. Тогда
центр тяжести материальных точек (An mJ и (Д2, mJ должен
лежать на одной прямой с точками Ал и А', т. е. он совпа-
дает с точкой Д12. Итак,
Z[HV (Аг> w2)] = Л12-
Аналогично покажем, что
^[(^2’ (^3» W3)] = ^23»
Z[(A,, "1,)< (А3< т3)] = А,»-
(Отсюда, между прочим, следует в силу задачи 1, что в грани
AiA2A8 также выполняется условие Чевы и прямые AjA23,
А2А13, А3А12 имеют общую точку Д4, которая будет центром
тяжести материальных точек (An mJ. (А2, mJ. (А3, mJ.)
Обозначим через О центр тяжести системы из четырех
материальных точек
(Л„ от,), (Д2, те2), (Д„ т3), (Д4, тл).
Мы можем заменить первые две из них их объединением
(Д12, тг 4- mJ. а последние две — их объединением
(/1£4, т3--mJ. Теперь ясно, что О лежит на отрезке А12А34.
Аналогично, группируя иначе данные четыре материальные
точки, можно показать, что О лежит на отрезках А13А24 и А2зА14,
а это и доказывает теорему.
18. Каждая из шести плоскостей пересекает лишь одно
ребро. Например, плоскость, проходящая через ребро А3А4
(см. рис. 40), пересекает ребро А1А2 в некоторой точке А12.
Аналогично у нас определятся пять других точек: А23, А31,
А14, А24, Д34. В силу предыдущей задачи три отрезка Д12Д34,
АзАа> АИ24 имсюг некоторую общую точку О. Так как О
РЕШЕНИЯ
167
§ 4]
лежит на А12А34, то она также лежит в плоскостях
и А12А3А4. Аналогично можно показать, что О лежит и в
остальных четырех рассматриваемых плоскостях.
19, Нагрузим вершины Ап Д2, А3, А4 массами тг, т2,
тл так же, как и при решении задачи 17. Тогда центр
тяжести системы из этих четырех материальных точек должен
одновременно лежать в таких плоскостях: AjA2A34, А2А3А14,
A3AjA24. Но эти плоскости имеют лишь единственную общую
точку (см. решение задачи 16). С другой стороны, таковой
является точка О. Следовательно, О и есть центр тяжести
системы из четырех материальных точек
mt), (Д2, тг), (Д3, т3), (Л4, тл).
Тогда О — центр тяжести таких трех материальных точек:
(Д2, тг), И34, пг3-\-тл).
Поэтому (см. задачу 2 § 1) центр тяжести двух материальных
точек (Ап mJ и (Д2, mJ лежит на прямой Л34О. Следова-
тельно, он совпадает с точкой А12. Итак,
z[01. (Л2, тг)] = л12.
Аналогично
^[(^2, (^3> ^з)] = ^28»
^[(Л. "U,
Поэтому в треугольнике AjA2A3 в силу задачи 1 выполняется
условие Чевы при опорах в точках А12, А23, Ас1. Аналогично
возможно доказать теорему и относительно любой другой
грани тетраэдра.
§ 4
1. Достаточность. Пусть условие Менелая выполнено.
Требуется доказать, что точки А,, Ви — на одной прямой.
Без потери общности можно полагать, что Вг и Сг лежат
соответственно на отрезках АС и АВ, а точка At — на
луче СВ вне отрезка СВ (см. рис. 41).
Подберем массы таким образом: в точке А поместим
произвольную массу а, в С—такую массу с, чтобы
(>*♦
168
РЕШЕНИЯ
l§ 4
Z [(Л, а), (С, с)] ~ Вх\ в А1—такую массу alt чтобы
Z[(C,c), )]=£?. Тогда
. ABt_ с СВ______ах САХ _ 4~с
ВгС а ’ BAt с 1 АгВ с
Но тогда в силу условия Менелая
С g; -f-C ВСА ___ .
а ' с СХА " ’
(а, -|~ с) ВСХ — а • 4 С,.
Отсюда в силу «правила рычага» следует, что — центр
тяжести материальных точек (А, а) и (^, бг —]—). Но тогда
С, — центр тяжести системы из трех материальных точек:
(4, а), (С, с) и (4n aj. Точки (4, а) и (С, с) заменим их
объединением (В^ а-[-с). Тогда вся система сводится к двум
материальным точкам (В^а-^-с) и (4n aj. Поэтому центр
тяжести всей системы, т. е. точка Сп лежит на прямой 4^,
что и требовалось доказать.
Необходимость. Пусть 4,, В^ Сх — на одной пря-
мой. Нужно доказать, что выполняется условие Л\енелая.
Выбирая нагрузки так же, как и при доказательстве доста-
точности, убеждаемся, как и раньше, что
АВХ с G4j tfi + с
ВХС а 1 АХВ с
Кроме того, центр тяжести системы из трех материальных
точек (4, а), (С, с), (4П ах) должен лежать на прямых 5Х4Х
и В А, так что таковым является точка Сг Так как Сг —
центр тяжести материальных точек (4, а) и (В, то
BQ__ а
Q4 с-|-«1
Перемножая почленно полученные три равенства, получим усло-
вие Менелая.
Несколько видоизменив рассуждения, можно было бы до-
казать теорему Менелая и в том случае, когда все три точки
лежат на продолжениях сторон треугольника. Мы это опус-
каем, так как ниже дадим еще другое доказательство этой
теоремы, охватывающее оба случая.
РЕШЕНИЯ
169
§ 41
2. Л РАС. Л РСАН ибо они прямоугольные и
£CPCA1 = «gCPAC1. Поэтому
СЛ1_ PC
С.А~ РА'
Аналогично можно доказать:
АВ._ РА ВС._РВ
А.В~ РВ' В.С~ PC*
Поэтому
АВ. СА. ВС. _ СА. АВ. ВС. _РСРАРВ
В.СА.В С.А~ С.А А.ВВ.С~ РА РВРС~[’
Следовательно, в силу теоремы Л\енелая точки А., Вг С.
лежат на одной прямой.
3. Поместим в О произвольную массу р и подберем массы
а. и а2 в Aj и А2 так, чтобы
Z[(O, р), (At, at)] = Bt, Z[(O, р), (Д„ а2)] = В2. (1)
Тогда центром тяжести трех материальных точек (О, р),
(Ар а.) и (А2, а2) будет точка К.
Аналогично поместим произвольную массу q в точке О и
подберем массы Ь. и Ь2 в точках В. и В2 так, чтобы
Z[(O, q), (В„ *,)] = С„ Z[(O, q), (B2, />2)] = Сг. (2)
Тогда центром тяжести трех материальных точек (О, q)t
(В., Ь.) и (В2, Ь2) служит точка L.
Следовательно, при любых р и q центр тяжести S си-
стемы из шести рассмотренных материальных точек лежит на
прямой KL.
Покажем, что можно для заданного р подобрать q так,
чтобы центр тяжести S лежал одновременно на прямых А2С.
и А,С2.
Это будет означать, что S = Af, т. е. М лежит па KL.
Возможность такого подбора q следует из дальнейших выкла-
док. Подберем сначала q так, чтобы S лежал на А2С,.
Для этого заменим материальную точку (#2, Ь2) двумя
такими материальными точками (О, г2) и (А2, а'), чтобы их
объединением служила точка (В2, #2); от этого положение
170 РЕШЕНИЯ 1§ 4
центра тяжести S не изменится. г2 найдем из соотношения:
г2 а2 г2-\-а2 Ь2
В2А2 ОВ~ ОВ2 4- в2а2 ~ оа2 •
Отсюда
Но в силу (2)
Поэтому
д-ОСъ = ЬеСгВ^
- В^Аг ОС2
Подберем теперь q так, чтобы центром тяжести точек
(О,р), (О, д), {Blt bt), (A^aJ служила точка
тогда центр тяжести всей системы будет на Д2СГ
Нужно, чтобы выполнялось равенство
Но Ьг связано с q такой зависимостью: q-OC1=bl*C1B1
(см. (2)). Поэтому должно выполняться равенство
I G4
Р + —«1 Oq •
Но в силу (1)
ai-BlAi=p-OBv
Поэтому
После преобразования, учитывая тождество ’)
ОВ'-С'А' — ОС1-В1А1=ОА1-В1С1,
1)ОВС CtA, - ОС, • В,Л, = ОВ, (С,В, 4- В, Л,) - ОС, • В,Л, =
= ОВ, • С,В, + ОВ, - ВИ, - ОС, • В,Л, =
=ОВ, • С,В, 4- (ОВ, — ОС,) • В,Л, = ОВ, • С,В, 4- с,в, • в,л, =
= (ОВ, 4- В,Л,)В^С, —OAeBtC,.
(4)
(5)
§ 5] РЕШЕНИЯ
получим
Г —
Р ВХАХ ‘ ОС. *
Из (3) и (4) следует, что
СХВХ-ОАХ-С2В2-ОА2
q~P ВХАХ-ОСХ.В2А2-ОС2 •
Итак, если взять q по формуле (5), то центр тяжести S
всей системы будет на А2СХ.
Найдем теперь, каким нужно взять q, чтобы центр тяжести S
оказался на прямой АХС2. Для этой цели достаточно во всех
выкладках поменять местами индексы 1 и 2. Но такая замена не
влияет на окончательный результат. Это следует из формулы
(5), которая симметрична относительно индексов 1 и 2. Следо-
вательно, если взять q по формуле (5), то центр тяжести S
всей системы будет также на прямой А^, т. е. S^e/И. Но
S лежит на прямой Л7,, так что три точки Ку А, М находятся
на одной прямой, что и требовалось доказать.
§ 5
1. Справедливость теоремы вытекает из тождества
[И, 1) + (S, 2) + (С, 4)] 4-[(В, 1)4-(С, 2) 4- (А, 4)]4-
4-[(С, 1)4- (А 2) 4- (В, 4)] = (А 7) 4- (В, 7) 4-(С, 7),
справедливость которого очевидна. Центром тяжести материаль-
ных точек (Л, 1), (6,2), (Сг 4) будет точка В2. Поэтому
(Л, 1) + (6, 2)-}-(С, 4) = (62, 7). Аналогично (6, 1) + (С, 2)+
4-(А 4) = (Сг, 7), (С, 1)4-(А 2) 4-(В, 4) = (А, 7). Ясно,
что центром тяжести трех материальных точек (Л, 7), (В, 7)
и (С, 7) будет точка О пересечения медиан треугольника
АВС. Поэтому
(А 7) 4- (В, 7) 4-(С, 7) = (О, 21).
В силу записанных выше равенств получаем
(В2, 7)4-(Сг, 7) 4-(А, 7) = (0,21).
А это равенство показывает, что точка О является центром
тяжести трех материальных точек: (62, 7), (С2, 7) и 7),
172
РЕШЕНИЯ
[§ 5
т. е. служит точкой пересечения медиан треугольника А2В2С2,
что и требовалось доказать.
2. Поместим в вершинах Д, Л2, А3 такие массы /тгп пг2,
т3, чтобы
(Л31/Из)] = Л4, (1)
Z[(At,ms), (A„m,)] = Af. (2)
Понятно, что
A. = Z[(A> OTi). (А- тЛ (А. тЛ (3)
Подберем теперь массу т* в точке А6 так, чтобы
Z[(At,mt), (А3,/»,)]= А7. (4)
Рассмотрим три материальные точки (Ар (А3,/?г3), (Ae, #ze).
Центр тяжести этой системы лежит в силу (1) на прямой
АвА4, а в силу (4) — на прямой з4,А7, т. е. он совпадает с
точкой А8. Отсюда следует, что
-[(А- т, + ОТз). (А. тев)] = А' (5)
Аналогично можно показать, что центром тяжести матери-
альных точек (Л2, /тг2), (А3, т3) и (А6, т3) служит точка Лв.
Отсюда можно заключить, что
Z[(A> тг + т3)> (А> «.)] = А- (6)
Рассмотрим теперь треугольник Л4Л5Лв. Центром тяжести
материальных точек (Д4, /«,4-^), (А6, т2 Ц-^3), (Л6, т3)
служит точка О пересечения отрезков А6АВ и Д4Д9, что сле-
дует из формул (5) и (6).
Мы можем написать:
(А, /«1 + /из) + (А> тг+/иЕ) + (А. т») =
— (О, /я14-тг-|-2/Яз-|-/и(1).
Но
(А. тх + отз) + (А. тг + отз) + (А. от«)
=(А. mi) + (A. *»S)+(A> "U-HA. )+(А> OTe) =
=L(A» OTi) -HA. otj)4-(A3> OTJ]+(A. *«.)-HA. отз) =
=(A. A++№з) + (A.OT.) + (A> /«3)=
= (A. + m2 + + OT.) + (A..
§ б)
РЕШЕНИЯ
173
Итак,
(О, т1 /^4-2^4-^) = (А, mi 4~ /я24-/я3 4~ т„)4-(Д3, ш3),
а отсюда следует, что О лежит на отрезке ^43^4в, что и тре-
бовалось доказать.
Из последнего равенства можно узнать, в каком отноше-
нии делится отрезок Л3Л6 точкой О. В самом деле, из этого
равенства ясно, что
^8_^1+ЛП2+ЛП2 + ^6__ I] I £4
ОАв mz rnz * rnz * ""Г т9 ’
Но по правилу рычага
Поэтому
тЛАг=тЛА^
^АЛ=тЛАа-
OAS ~_ А^4 I АА | ^3^7 | 1
ОАв~ AtA,A~ AsAt‘ д,Лв 1
§ 6.
7. Примем треугольник АВС в качестве базисного. Найдем
барицентрические координаты точек Alt В19 С\. Подберем в
А и В массы а и b так, чтобы точка Сх была центром тя-
жести образовавшихся материальных точек (Л, а) и (В9 Ь). Тогда
b АС
— = т=1 =— 2. Отсюда видно, что можно взять Ь = 29
а СХВ
а — —1. Таким образом,
(Д-1)4-(В,2) = (С1, 1). (1)
Точка С, «выражена» через материальные точки с носителями
в вершинах треугольника АВС. Аналогично найдем, что
(В, -1)4-(С, 2)=(Д, 1), (2)
(С, -1)4-(A = 1). (3)
Но центром тяжести трех материальных точек (Л,, 1), (Bi9 1),
(Cf, 1) служит точка пересечения медиан треугольника
Мы ее обозначим через Ог Следовательно,
. (А> i)+(^, i)+(c*. П=(О„ 3). (4)
174
РЕШЕНИЯ
l§ 6
Из равенств (1)—(4) найдем
(О,, 3)=[(Л,-1) + (А 2)] + [(В, -1) + (В, 2)]Ц-
+ [(С, -1) + (С,2)],
(О,, 3)=(А 1)+(В, 1)+(C, I).
А это как раз и означает, что О, служит также центром
тяжести треугольника АВС,
10- Пусть S— середина отрезка MN. Тогда
(S, 1)=:(ж1) + (лг4)- (О
Положим тх т2-\-т, п2-\-п3 = п п=^=0).
Тогда (Af, z?z) = (A, /raj-]-(В, т2) (С, т3), откуда, уменьшая
все массы в 2/zz раз, получим:
(" т) = G4' Sr) + (в-» + {с’ -Sr) и
Аналогично
(м (3)
\ ’ 2 J \ ’ 2п J 1 \ ’ 2п) 1 \ ’ 2п)
Из (1) — (3) получим
Отсюда видно, что в качестве барицентрических координат
точки можно принять числа
где k — любое действительное число, не равное нулю (напри-
мер, k = 2).
11. Сохраним обозначения, принятые в § 5 и на рис. 46.
Примем треугольник PQB в качестве координатного. Пусть
(р, Чу Ь) — барицентрические координаты точки О. Тогда
(d,p+94-*)=(p,p)4-(.Q.9)4-(s.*). (0
§6]
РЕШЕНИЯ
175
Разделив все массы на получим опять-таки
справедливое равенство
W ')=(₽,pTfT-6) + (Q.?Tf^) +
+ (%-+?+»)' (2>
Ясно, что
A = Z[ (Р, р), (В, *)], С = Z[(Q, q), (В, b)].
Поэтому
(А, р-\-Ь) = (Р,р)+(В,Ь), (3)
(С, q+b) = (Q,q) + (B,b). (4)
Отсюда
1)=(%-£») +(в. ,гр). <з»
(с,1>=(<г,^)+(в,^). (6)
Так как А4 —середина отрезка АС. то
(Л, 2)=(А 1)+(С, |) = (р, J-6) + (q,_L) +
Так как /V—середина отрезка DB, то
(«,2) = (О, !> + <«.
4-(в, ,ь . . +0. (8)
1 \ р + ч+ь 1 J ' 7
Наконец, R— середина отрезка PQ. так что
(Я,2) = (Р, 1) + (Q, 1). ‘ (9)
Нам нужно доказать, что М — на прямой NR. Для этого
достаточно показать, что возможно так подобрать число х,
чтобы центром тяжести материальных точек (N. 2) и x(R, 2) слу-
жила точка М. Иначе говоря, чтобы имело место равенство
(/V,2)+x(/?,2) = (Af,2(14-x}). (10)
176
РЕШЕНИЯ
l§ 6
В силу (7)—(9) это равносильно такому равенству:
(Л р+« +»+х) + (%+«+»+*) +
Н%-+Ь+)Н',’££п?)+
+(«.^)+(в-(Р-Ь+гЬ)(1+4
Подберем сначала х так, чтобы материальные точки с но-
сителем В, записанные в левой части и в правой части по-
следнего равенства, были равны между собой:
1 ==(^Тр+^Тр)(1+х)- <12)
Отсюда 1 х =
(р +fc) (g + fr)
b (р + ч+Ь) ’
или
РЯ
Ь(р + я + ь)‘
(13)
Но при таком х левая часть равенства (11) равна
(Р р I рд I
\ ’ р + Я -\-b^b(p+q + b)J 1
I (п Я I РЯ \ I fo р+? + 26\
“t-k4’p4-g4-«'“r«'(p4-g4-ft)/“rk ’ р+я+ь)
Р Р(я+Ь) \ ,( Я(р+Ь) \ , ( p_±q±2b\
' Ь(р + яЛ~ь)) 1" k4’ b{p 4-?4-*)У “Г к °’ р 4- q +b) •
а правая часть равенства (11) равна
(р Р (p+b)(q-t-b)\ .(п q (p4-*)(g4-6)\ ।
V 'p+b‘ b(p + q + b) J-i-^’^4-6 b{p+g + b} J-l-
I (_b_______I__(p+fc)(g+fc)A _ (p р{я+Ь) >
"*4 ’ W*“t"g4-4' b(p+q + b)) V’ 6(р4-94-^-Г
I In Я(р+Ь) \ . / p+g + 2frA
-T(4’ b(p+q + b})T\D' p + q + b) •
Таким образом, если x определяется по формуле (13), то
в (И), а значит и в (10), левая часть равна правой. Сле-
довательно, точка М — на прямой NR (ибо М оказывается
центром тяжести двух материальных точек: (N, 2) и (/?,2х)).
§71
РЕШЕНИЯ
177
Заметим еще, что по правилу рычага
__ £. £
NM__2х__ pq _______ b b
Ж ~' “2 “ b(p + q +*) —
b » b ‘
ВА ВС
АР' CQ
~ ВА .ВС ,
АР' CQ*
§7
1. Искомый момент инерции равен
Js = 2-SA* + + =
= 2 (324-42)-|-6.22 + 2 (32+ 42)3«82 = 316.
2. Обозначим через О точку пересечения диагоналей че-
тырехугольника. Тогда
Z[(At, 2), (А3, 2)] = О, Z[(At, 6), (Л, 3)] = О.
Поэтому О — центр тяжести всей системы и, следовательно,
Jo = 2.32 + 6.22-|-2.32 + 3.42=108.
Заметим, что объединением всей системы будет материаль-
ная точка О = (О, 13) и ее момент инерции относительно S
равен 13*42 = 208, т. е. в точности
равен разности Js — Jo. Это, как мы
увидим ниже, не случайно.
3. Js = 3-£424-4-SB24-5.SC2^ / / \ \
= 3(4’4-42) + 4(32 + 4’) + 5-42= ( / \ ]
= 276. \/ ° \]
4. Нужно показать, что сумма у
РА* Ц- РВ" 4" (Рис- 142) будет иметь
одно и то же значение при любом гч
г. Рис. 142.
положении точки Р на окружности.
Поместим в вершины треугольника рав-
ные массы, скажем, по 1 единице (1 г). Тогда центром
тяжести получившейся системы материальных точек будет
служить точка пересечения медиан треугольника АВСУ которая
178
РЕШЕНИЯ
l§ 7
в правильном треугольнике совпадает с центром О
описанной окружности. В силу теоремы Лагранжа Jp = Jo-\-
-J-3-PO2. (Здесь Jp — момент инерции системы материальных
точек (Л, 1), (В, 1), (С, 1) относительно точки Р; Jo— момент
инерции той же системы относительно О.)
Таким образом, при любом положении точки Р на окружности
1 -ЛЪ42 .РС2= ЬОЛ2+1.ОЯ2+1-ОСг + 3-РО2,
т. е. РА2 РВ2 PC2 = 6R\ где R — радиус окружности.
5. Пусть А^А2... Аъ — правильный шестиугольник, О —
центр описанной окружности, R — ее радиус.
Поместим в каждую вершину шестиугольника массу в
1 единицу. Тогда (сохраняя обозначения задачи 4) будем
иметь Jp = Jo-|-6-PO2, т. е.
... + РЛ| = Л1О2+ ... + А*О2 + 6РО2 =12/?2,
при любом положении точки Р на окружности.
6. Пусть О — центр сферы, R — ее радиус. Поместим в
Л, В, С, D равные массы (по 1 единице). Тогда Jр:= Jo-\-
4-4РО2, т. е.
РА2 + РВ2 Д- PC2 + PD2 = ОА2 + ОВ2 Д- ОС2 -\-OD2 +
4-4РО2 = 8Р2,
при любом положении точки Р на сфере.
7. Пусть АВС — данный треугольник, О — центр вписан-
ной окружности, г — ее радиус, R — радиус описанной окруж-
ности, Р — произвольная точка на вписанной окружности.
Нагрузим вершины треугольника равными массами (по 1 единице)
т. е.
РА2 + РВ2 + PC2 = ОА2 + ОВ2
+ ОС2 + ЗРО2 =
= 3(/?2 + г2).
8. Поместим в каждой из данных точек Лр Л2, Л3, Ал
(рис. 143) массу в 1 единицу. Обозначим через О центр
тяжести образовавшейся системы материальных точек. Пусть
Р— произвольная точка плоскости. По теореме Лагранжа имеем
§7)
РЕШЕНИЯ
179
Ясно, что Jo не зависит от положения точки Р и, следова-
тельно, есть постоянная величина.
Нас интересуют те и только те точки Р, для которых
jp = PA\ + PA\ + PAl + PA\ = d\
Но для таких (и только для таких) точек OP2 — (d2 — J0)t
т. е. ОР2 имеет постоянное зна-
чение. Z7/
Теперь ясно, что если d2 > Jo,
то искомым геометрическим местом
точек будет окружность с центром °О
в О и радиусом -^j/'d2 — Jo. Ес-
• п
ли d2 = JQ9 то искомое геометри- 2
ческое место точек — сама точка О. _
.2 - Рис. 143.
Если d < J09 то искомое геометри-
ческое место точек не существует.
9. Поместим в точках Av Д2, А* массы тА, tn2, mz. Пусть
О — центр тяжести трех материальных точек (Д15 тх)9 (Д2, т2)9
(Д8, mz)\ Р—произвольная точка пространства. Тогда
jp = jQ-^m.OP\
где
Jp = m^PA\-\-ni^PA\^rm^PA2.
Jo^ml- 0A\+mt 0A\+/и» • 0Al’
Следовательно,
Op2.
m
Нас интересует геометрическое место таких точек Р, для
которых Jp — d29 но для таких (и только для таких) точек
Отсюда видно, что искомое геометрическое место точек —
либо сфера радиуса (d2 — Jo) (если d2 > Jo), либо
точка О (если dz = J0), либо не существует (если d2 <J0}-
180
РЕШЕНИЯ*
[§ 7
10. Если Лр А2, ... , Ап суть п произвольных точек,
mv т2, ... , тп — произвольные действительные числа, причем
тх 4“ т2 “4“ • • * тп = т =7^ 0» то геометрическим местом точек
пространства, для которых сумма тх • РА2 Ц- • РА22
.. .-\-тп-РА2п постоянна, служит либо сфера с центром в центре
тяжести О материальных точек (Ли zzzj, (Л2, z?z2),..., (Ап, тп),
либо сама точка О, либо искомое геометрическое место точек
вовсе не существует.
11. Среди чисел тх, тг, mv хотя бы одно отрица-
тельное (в противном случае тх -\-т2 -|-/n4^Z=0). Пусть
/?z4<^0, тогда т = тх~^т2-\- Рассмотрим материаль-
ные точки (Лп zzzj, (Л2, /п2), (Ла, ms), и пусть О —их центр
тяжести. Тогда, по теореме Лагранжа,
m-PA2-\-tn-PA*4--rn‘PA} = Jn-\--rn-PO2y
1 1 I Z 4 19 в 1У I 9
где Jn = т • О А2 -|- т9 • О А2 -4- т. • О А2 Кроме того, т. = —т.
Но тогда
т1. т2 • РА22+ т2 - РА} + т4 - PA2=JO + тРО2—тРА} =
^Уо + /п(РО2-РЛ:).
Ясно, что т и Jo — постоянные, не зависящие от положения
точки Р. Поэтому в последнем равенстве левая часть посто-
янна тогда и только тогда, когда
постоянна разность РО2—РА}, так
что искомое геометрическое место
точек — некоторая прямая, перпенди-
кулярная к прямой ОЛ4.
12. Введем обозначения: АС=Ь,
ВС=а,АСх=ЬХУВСх=ах (рис. 144).
Подберем в точках А и В такие
массы, чтобы точка Сх была цент-
ром тяжести образующихся матери-
например, поместить в А массу в ах
единиц, а в В — массу в Ьх единиц. Тогда axACx=zbxBC^
так что С, —действительно центр тяжести системы из двух
материальных точек (Л, aj и (В, Ьх). По теореме Лагранжа
(a,+b,)CC2 = Jc — Jc=(ax.b2 + bx.a2)~ (ахЬ2^Ьха2).
Так как CCi—биссектриса угла С, то
ах Ьх ах -|- ЬА с
а b а-\-Ь
С
Рис. 144.
альных точек. Можно,
§71
РЕШЕНИЯ
181
отсюда
ас , Ьс
1 a 1 a-\-b
Кроме того, 0,4“^! = ^- Поэтому
fr2rzc । a2bc
a-}-b ‘ a +
albl (al + ^l)
или
с-С(^ = ~-ь(а^Ь)-агЬгс,
следовательно,
CC\ = ab— агЬи
что и требовалось доказать.
13. Сохраним обозначения предыдущей задачи. Так как
ас . Ьс
1 а-]-Ь' 1 а-\-Ь'
то
СС = аЬ — а^-г, или СС*--а*Г1 —^1.
1 (а + Ь)21 1 |_ (a + ty2J
Можно было бы несколько видоизменить решение задачи, по-
местив в А и В массы в а и b единиц соответственно.
14. Введем обозначения: СА = Ь, СВ = а, СХА = Ь^
СгВ = а1ь ССг=с1. Подберем нагрузки в А и В так, чтобы
точка С, была их центром тяжести. Для этого достаточно в А
поместить массу в аг единиц, а в В — массу в Ьг единиц.
Применяя к системе из двух точек (/, о,) и (В3 Ьг) теорему
Лагранжа, получим
= + (flj 4-
или
fl/2 -|- bta2 = a,b2 + />,а2 + (fl, Ц- bj d2.
Учитывая, что at-\~ bl=cJ получим:
4- Ь2аг — d2c = агЬгсу
что и требовалось доказать.
15. Поместим в вершинах массы по 1 единице (см. § 1,
задачу 13); центром тяжести всей системы служит середина S
182
РЕШЕНИЯ
IS 7
отрезка О7\ где О — центр описанной окружности, Т — точка
пересечения диагоналей. По теореме Лагранжа
Jo = Js-]-4OSz.
Но TS=OS, так что Jr = JQ, т. е.
ТА2 -|- ТВ2 ТС2 + TD2 = 4/?2.
Но в силу теоремы Пифагора ТА2ТВ2 — АВ2, ГС2-)-
-]-TD2 = CD2. Поэтому АВ2-\-CD2— (2R}2.
16. Поместим в вершинах четырехугольника равные массы
(по 1 единице). Понятно, что центр тяжести О всей системы
является серединой отрезка PQ (см. § 1, задачу 1). По те-
ореме Лагранжа
или
Л, А\ 4- А, А2 4- Л, А\ = ОА2 4- ОА2 4~ ОА23 4- ОА2 4~ 4ОА2Г
Аналогично
А А2 + А2А* + А2А* = 0А’, + 0А2 + 0А1 + 0А" + 4ОА2>
Л,Л2,4- А3А2 4- А3А\ = ОА2 4- ОА22 4- ОА2 4- ОА2 4- 4ОА2„
АЛА2 4- Л4Л2 4- АЛА2 = ОА2 4- ОА2 4- ОА23 4- ОА2 4- 4ОА2.
Сложив эти равенства почленно, получим:
2 (ЛtA2 4- AtА2 4- А3А2 4- Л4Л2) 4- 2А,А2 4- 2Л2A2t =
= 8 (ОА2 4- ОА2 4- ОА23 4- ОА2).
Применяя теорему Лагранжа к системе точек (Лп 1) и
(Л3, 1), получим
о/; + ол;=ра’+рл'+2ор = (~ л,л,)' +
+ (4v.)’ + 24p4’'
т. е.
oaj4-oa;=|(a/24-pq2).
§ 71
РЕШЕНИЯ
183
Аналогично, рассматривая систему двух точек (Л2, 1) и (А4, 1),
получим
ОА^ОА\ = ^(АгА\^-Р^).
Из полученных равенств следует:
АЛ+АЛ+АЛ 4- АЛ+А А\+АЛ=
= 2AtA22~l~2A2A‘-j-4PQ2,
откуда
АЛ + А А + АЛ+АЛ=А А2+А А2+W,
что и требовалось доказать.
17. Пусть S— центр описанной окружности, Л7 — точка
пересечения медиан (рис. 145), та, ть, тс — сами медианы.
Рис. 145. Рис. 146.
Поместим в вершинах треугольника АВС равные массы (по
1 единице). По теореме Лагранжа Js = JM-\-3‘SM2. Таким
образом,
SAP =у (Л - А.)=4 [3/?2 - У « + mb + "О] =
__П2 4 (та + tnb 4- т*)
~Н 27
18. Пусть S (рис. 146) — центр окружности, описанной
около ДАВС, О — центр вписанной окружности. Поместим в
вершинах А, В, С такие массы, чтобы точка О (центр впи-
санной окружности) оказалась их центром тяжести. Для этого
достаточно поместить в А, В, С массы соответственно в а,
Ь, с единиц (а, Ь, с, — длины сторон /\АВС).
1S4
РЕШЕНИЯ
IS 7
В силу теоремы Лагранжа
Л=^+(«+^4-с)502, (1)
где
Js = a-SA2b-SB2-\-c-SC2 = (а-\-Ь-\-с) R2,
Jo = a-OA2-]-Ь‘ОВг -\-с-ОСг.
Опустим из О перпендикуляры OA,t OB,, ОС, на стороны
Д АВС. Пусть АВ, = AC, = х, ВА, = ВС, =у, CA,=CB,=z.
Покажем, что
a-OA2 = 4R-r-x. (2)
Действительно,
а - ОА2 — 2R sin A f-ДА* =
44)
л . А Аг2 А ГЛ ( L л
= 4/? sin -г cos = 4R-г г ctg ) = 4Rrx.
sin2 “2
Аналогично покажем, что
£.O£2 = 4/?.r.v, (3)
с-ОС* = 4R*r-z. (4)
Поэтому
Jo = 4/? • г (х 4- у 4- z) =
= 2R-r(2x-[-2y-[-2z} = 2Rr(a-]-b-{-c). (5)
Подставляя значения для Js и Jo в формулу (1), получим:
(а 4- b 4- С) R2 == 2Rr (а 4- b 4- с) 4~
4-(a4'^4-c)fifZ’
откуда
d2 = R2 — 2Rr.
Замечание. При доказатель-
стве формулы (2) мы использовали
тригонометрию. Однако ту же фор-
мулу можно доказать чисто геомет-
рически. Пусть точка О, (рис. 147)
симметрична точке О относительно АВ.
Из О опустим перпендикуляр OD на ДО, и из S—перпен-
дикуляр SF на ВС. Ясно, что
§ 7J
РЕШЕНИЯ
185
Поэтому Л ВГВ^Д ODA, откуда
BF_OD г а __QD
BS ОА ИЛИ 2Ц~ОА'
(6)
Но Вд о,оа = 25д дс,о> т.
е. у OtA• OD=x-r. Отсюда
OD = — =^
OtA ОА '
Учитывая (6), найдем
т. е. «.0Л= = 4Я.г.х,
что и требовалось доказать.
19. Пусть (рис. 148) S — центр описанной окружности,
О — центр вневписанной окружности, касающейся стироны с
и продолжений сторон а и Ь.
Рассуждения, проведенные при решении предыдущей за-
дачи (до формулы (5) включительно), остаются в силе, если
заменить в них с на — с, z на — z, г на р, А — на 180° — Д.
7 М. Б. Балк
186 РЕШЕНИЯ IS 7
Однако для вневписанной окружности 2х-[-2у — 2z =
— —(л-[-^— с). Поэтому
Jo = — 2/?р («-Н — с).
Подставляя затем выражения для Js и Jo в (1), получим
(a-^-b — c) R2 = — 2Rp {a-^b-c)^(a^b-c) d*
и, следовательно, d2 = R2 -f~ ^Rp.
20. Пусть Z-—центр тяжести n материальных точек
(Др 1), (Д2, 1), ... , (х4п, 1). При любом положении точки S
+ (’)
где = В формуле (1) Jz не за-
висит от положения точки S на плоскости.
Ясно, чго наименьшее значение сумма Js будет иметь в
том и только в том случае, когда неотрицательное слагаемое
n-SZ2 обратится в нуль, т. е. при S = Z.
Итак, искомая точка — это центр тяжести п материальных
точек (Л,, 1), (Л2, 1), ... , (Л„, 1), а такую точку можно
легко построить циркулем и линейкой.
21. Пусть точки А19 Д2, . .. , Ап выбраны так, как пред-
ложено сделать в «указаниях». В каждой из них поместим
массу, равную 1 единице. Тогда
М — п, = + + - + аг„.
В силу задачи 2 из § 2
SZ — —+ fl2 + • • • +
п
Поэтому (см. неравенство (51))
„ Mi + • • Ч~ап ^2 | 2 f (
n ------------------J + • • + «»>
следовательно,
fll + fl2 + • + j/ fll + Й2 + • • • + .
zz ' n
Равенство имеет место лишь при совпадении точек А^
Д2, . . . , Ant т. е. когда = а2 =... = ап.
РЕШЕНИЯ
187
§7|
22. При том выборе системы материальных точек, о ко-
тором говорится в указании,
Поэтому
м (7й) ai 4“ ал "h * • ’ “Н апу
откуда
far +•• + ««)м
что и требовалось доказать.
Равенство имеет место при совпадении точек Лр , Ап9
т. е. при аг =а* —.. . = яп.
23. На произвольном луче возьмем точки А29 ... , Ап
так, чтобы SA=—, 5Л_ = —, ... SA -—. В них поме-
1 ’ 8 аг ' п ап
стим соответственно массы а*, я*, ... , а„. Тогда
Ж = а’4-а’4-...4-а’,
Неравенство (51) примет виц
Л1 + ьг _|_+
+... + anbn < V +
что и требовалось доказать.
7*
188
РЕШЕНИЯ
IS 8
§
1. Представим себе, Ч1
(рис. 149) изготовлен из од1
Равенство имеет место лишь тогда, когда точки Aif А ...
... , Ап совпадают, т. е.
. Ьп
8
о контур треугольника АВС
юродной проволоки с линейной
плотностью 8. Массы сторон
равны ёя, ёЬ9 ёс, где а = ВС,
& = CAt с = АВ. Сосредоточим
массу каждой стороны треуголь-
ника в ее середине. Тогда об-
разуется система из трех мате-
риальных точек (Лр йя), (S ££>),
(Ср ёс). Центром тяжести пер-
вых двух из них служит точка С2,
определяемая, по правилу рычага,
из условия 8a-C^Al = 8b-CiBx.
Но а = 2С1В1, Ь = 2СХАХ. Поэтому
3 • 2СД • С2Аг — ё>2С1А1- С2В19
т. е.
С25, _ С&
СлАг ClAi ‘
Отсюда ясно, что С,Са—биссектриса угла С\ треуголь-
ника А1В1С1. Мы видим, что центр тяжести О контура тре-
угольника лежит на биссектрисе С,С2 треугольника
Аналогично можно показать, что точка О лежит и на бис-
сектрисах АхА2 и ВХВ2 того же треугольника. Итак, центр
тяжести контура треугольника АВС—это точка пересечения
биссектрис треугольника, имеющего своими вершинами сере-
дины сторон треугольника АВС.
2. Пусть С—середина полуокружности АСВ (рис. 150),
О — середина диаметра АВ, AB = 2R. Пусть Z—центр тя-
жести полуокружности, z — расстояние от точки Z до диа-
метра АВ.
Разобьем полуокружность на п равных дуг точками Ар
Аа,___, Ап_г так, что каждая дуга содержит радиан. Будем
§81
РЕШЕНИЯ
189
сначала искать центр тяжести ломаной A0A1Ai ... An_1Ant
где = = Обратим внимание на &-е звено этой
ломаной, т. е. на отрезок Ak_tAk. Опустим из точек А^^А^
и из середины Ck отрезка Ак_л Ак перпендикуляры Ak_x Bk_v
Рис. 150.
AkBk, CkDk на диаметр АВ. Отрезок CkDk — средняя линия
трапеции Ak_lBk_lBkAk. Поэтому
yk = DkCk=± (Вк^Ак_^ВкАк) =
= 4 p?sin-J(£—1 sin=
= /?sin(2&—1) a cos а, где a = ~.
Полагая в этой форхмуле £=1, 2, найдем расстояния
уг, Л» • • •>Уп от середин звеньев A0Alt А1...» An_1Aft
до прямой АВ.
Все звенья ломаной равны между собой (как хорды, стя-
гивающие равные дуги). Обозначим длину одного из них че-
рез d. Тогда длина всей ломаной рп равна nd.
Так как ломаная симметрична относительно прямой ОС,
то ее центр тяжести Z<n), очевидно, лежит на этой прямой.
Пусть zn— расстояние от точки Z{n) до прямой АВ. Тогда
„ ЛЛ - Ji + AjA2 -уг -у ... ~hAn хАп -уп
Рп
__dR sin a-cos a sin 3a-cos a .. -f- <ZZ?sin(2/z — l)a cosa
nd
p
— — cos a (sin a 4~ sin 3a -|- ... 4~ s*n (2л — 1) a).
190
РЕШЕНИЯ
[§ 8
Нам надо теперь преобразовать сумму
S = sin а 4~ sin За -(- sin 5а 4~ . •. 4“ sin (2л — 1) а.
Умножим обе части последнего равенства на 2 sin а:
2 sin а • S = 2 sin2 а 2 sin а • sin За 2 sin а sin 5а .
... -|~ 2 sin а-sin (2/z— 1) а
и воспользуемся формулой
2 sin х . sin у = cos (у — х) — cos (у 4~ *)-
Мы получим:
2 sin a S = (1 — cos 2a) (cos 2a — cos 4a) -|~
4- (cos 4a — cos 6a) 4" ... 4" (cos fin — 2)a — cos 2zza) —
= 1 — cos 2zza.
Так как a = ^, то cos2zza = —1, и, следовательно,
zn 7 ’
2 sin a-S = 2,
е.
sin a
Поэтому
Последнее
Когда п
и cos a—>
отношение
R 1
z„ = — cos a • -—.
n n sin a
выражение преобразуем так:
2R In 2R а
zn = — cos a -— = — cos a ——.
n л sin а л sm a
неограниченно возрастает (n —► oo), to a —► 0
1. Во многих книгах1) доказывается, что при a—>0
-----►!. Поэтому
sin а
.. 2/?
Игл г= —.
__ п л
Итак,
Так как при любом п точки Z(n)— на радиусе ОС, то и Z
(центр тяжести полуокружности) — на ОС.
') См., например, H. Рыбкин, Прямолинейная тригонометрия,
§ 75, M., Учпедгиз, 1954.
§8J
РЕШЕНИЯ
191
3. Дадим сначала наглядное, хотя и весьма нестрогое,
доказательство рассматриваемой теоремы. Оно применимо к лю-
бому (не только прямоугольному) треугольнику. Представим
себе, что Д АВС (рис. 151) целиком выткан из очень тонких
проволочек одинаковой толщины и плотности, причем все они
Рис. 151.
расположены параллельно стороне АС. На нашем чертеже
самая верхняя проволочка черная, следующая — белая, следую-
щая— опять черная и т. д. Сосредоточим массу каждой про-
волоки в ее центре тяжести, т. е. в ее середине. Заметим,
что середины всех проволочек лежат на медиане ВЛ4. Таким
образом, вся масса треугольника окажется сосредоточенной
на медиане ВМ, а значит, и центр тяжести треугольника не
может оказаться вне этой медианы.
Но совершенно аналогичными рассуждениями можно было
бы показать, что центр тяжести треугольника должен лежать
и на медиане AN. Следовательно, центр тяжести треугольника
АВС—это точка пересечения его медиан.
Докажем теперь строго рассматриваемую теорему.
192
РЕШЕНИЯ
I§ 8
Пусть СВ = а, СА — Ь (рис. 152). Разделим СВ на п
равных частей точками Сп С2, Через эти точки
проведем параллели к С А и отметим точки D2, . ..,D
их встречи с АВ. На отрезках C^D^ • • •» Cn-Pn-v> как
на основаниях, построим прямоугольники с высотой как
указано на рис. 152. Обозначим их площади через S2,...
а их центры тяжести — через В2, ..Вп_х.
Определим положение центра тяжести Z{n} заштрихованного
«многоугольника, составленного из прямоугольников». Ясно,
что
(л — 1)6
л
£ (л — 1) ab
л2
Поэтому площадь
« __________db Q __2а6
д1—^2—
Обозначим через х2, .. .^хп_1 расстояния от центров этих
прямоугольников до прямой ВС. Тогда
х —— CD ——А х ——CD — — —
xi 2 11 2 п ’ 2 2 C’ 2 2 п ’
1 3ft 1 (п— l)ft
Х»~ 2 п ’ 2 п
Пусть х(л) — расстояние от точки Z(W) (центра тяжести за-
штрихованного многоугольника) до прямой СВ. Тогда по фор-
муле, приведенной на стр. 86, получим:
„(И)_ "Г °2Л2 "Т" - 1ЛП- 1 _
— ^+^+...+5^,
ab 1 b . о ab 1 26 ab 1 b ab 1 (л—1)6
_ Р-27+27?ТТ+3^Т3^ + "-+(п-,)^-2——
db . -db db
После преобразований получим
_____г + г’+з2^-... +(«-1)’ ь __ 6 (п 1,(2”__1)я ь
' — 1+2 + 34-.1) 2„— 1м_1)/2 2n
2л — 1 6 _ Л 1 \ 6
2л 3 — V 2л) 3 *
§8]
РЕШЕНИЯ
193
Проведем через В параллельно СА прямую BD. Найдем рас-
стояние ул) от точки до прямой BD. Пусть _yz, ...
—расстояния от точек Вр Bt, до BD. Тогда
__ г»/"» I 1 z-* z^ _ <7 I 1 ci За
Л = +-2 СА=7г+-2 • = 2Й’
__। 1 a________2a 1 a__5a
— 2 ‘ n ~~n'~2"n~^2n'
Аналогично
la 9a (2n — 1) a
У* 2n' У^~2пу ' •*’ У”-' 2n
Поэтому
<.(«) _ + S2y2 + ... -|- Sn_- 1yn_1
y ~ 5I+s2+...4-sn_1 —
ab 3a .„ab 5a ab 7a ab (2n—l)a
_ /? ’ 2/z+ k2'n2 ' n2 2zz
7? + 2^ + 37?+---+(n-,)^
_ a 1-3 + 2.5+3-74-...+ (n-l)(2n- 1)
~2n 1+2 + 3+...+(n-1)
Ho
1 4-24-3+... 4-(л-1)=^_1И.
Кроме того,
1.3 + 2.5 + 3-7+...+А(2А+1)+...44л—1)(2/7—1)==
= 1(2-1 + 1) + 2.(2.2 +1)4- 3(2-3+- I)-)-...
...4_M2.ft + l)+...+(n-l)[2(«-l)+l]=
= 2[12 + 2!+...+А2+...+(« — !)*] +
+ [1+2+...+&+...+(«— 1)] =
_9(n- 1) n (2n — 1) । (n- l)n_(n- l)n(4n + l)
—2 6 ‘2 6
Поэтому
vW==+^+l= « (24--^
y 2n 3 3 ^2n)‘
[{огда n —> co,
194
РЕШЕНИЯ
IS s
Итак, при п—►©© точка Z1W) неограниченно приближается
к некоторой точке Z, лежащей внутри треугольника и от-
стоящей от стороны ВС на расстоянии у и от прямой BD—
о
Рис. 153.
на расстоянии -^а (рис. 153) ^так что Z отстоит от СА на
расстоянии . Этим свойством обладает точка пересечения
медиан треугольника АВС—и только эта точка. Поэтому Z
и есть точка пересечения
медиан треугольника АВС.
Но. по самому определению
центра тяжести пластинки
точка Z — центр тяжести
треугольника АВС. Итак,
центр тяжести треугольника
АВС—это точка пересече-
ния его мециан, что и тре-
бовалось доказать.
4. Пусть АВ — ббльшая
сторона треугольника АВС
(рис. 154). CD — его высота,
и Л42 — центры тяжести
треугольников ACD и BCD, Sx и S2— их площади. Тогда
центр тяжести Z треугольника АВС совпадает с центром тя-
жести двух материальных точек (Al^ и (Л42, 52). Следо-
вательно, Z — на отрезке МгМг. Кроме того,
ZMv_Sz_BD
Sx~ AD'
§8]
РЕШЕНИЯ
195
Проведем прямую CZ и отметим точку К ее встречи с АВ.
Тогда
(ибо Л1ЛЛ ед-
Таким образом,
КС, _ BD
KCt~AD'
КС,
Составим производную пропорцию: _ _
/\С>1 -р- fxCg
Иначе говоря,
BD
BD±AD'
КС.
с>с2
BD
АВ'
Но
С, С2 = QD 4-14D 4-1-ВО = 1 ЛВ.
Поэтому
КС,=± BD.
Следователь но,
АК'= АС, 4-ТСС, = ±AD-]-~BD =^АВ.
Таким образом, СК — медиана Д АВС. Так как M^Z || СХК, то
CZ
ZK
см.
м.с.
2, т. е.
CZ:Z/<= 2:1.
Итак, точка Z лежит на ме-
диане СК и делит ее в от-
ношении 2:1 (считая от
вершины). Следовательно,
Z — точка пересечения ме-
диан треугольника АВС.
что и требовалось доказать.
5. Пусть z — расстояние от центра тяжести Z (рис. 155)
треугольника АВС до одной из его сторон (пусть это бу-
дет Л£>), h — высота, опущенная на АВ. Соединяя середи-
ны сторон треугольника, разобьем его на четыре равные
196
РЕШЕНИЯ
[§ 8
треугольника. Обозначим их центры тяжести через Т19 Т29 Ti9 Тл,
а через _у2, уа1 у4 — их расстояния от прямой АВ. Каждый
из получившихся четырех треугольников подобен треуголь-
нику АВС и имеет стороны, вдвое меньшие соответствующих
сторон треугольника АВС. Поэтому расстояния точек 1\, Т2,
Тл, от наибольших сторон соответствующих треугольников
равны (в силу условия задачи).
Если площадь большого треугольника S, то площадь каждого
из малых треугольников Будем считать всю массу
каждого из треугольников сосредоточенной в его центре тя-
жести. Тогда Z— центр тяжести четырех материальных точек
Поэтому
S S S S
z— S--------------------4
Но
___________ t z__ __ h___2 __ h | z
У\ У2 2 9 ^8 2 2 ’ -У* Т ' Т’
Отсюда
Зг = h, z = ^~.
и
Итак, центр тяжести Z треугольной пластинки АВС отстоит
от стороны АВ на расстоянии Аналогично можно пока-
зать, что расстояние точки Z от любой из двух других сто-
рон тоже равно одной трети высоты, опущенной на эту сто-
рону. Но единственная точка, обладающая этим свойством,—
это точка пересечения медиан треугольника АВС. Итак, Z
(центр тяжести треугольной пластинки) — это точка пересе-
чения его медиан, что и требовалось доказать.
6. Чтобы опровергнуть какое-либо неправильное утверж-
дение, достаточно привести хотя бы один опровергающий
пример (как говорят, контрпример). Приведем такой пример.
§8]
РЕШЕНИЯ
197
Рассмотрим пятиугольник (рис. 156), составленный из квадрата
со стороной а и равнобедренного треугольника с основанием а
и высотой а. Пусть L — середина стороны
АВ, F—центр тяжести пятиугольника. Всю
массу треугольника сосредоточим в его центре
тяжести /И, массу квадрата — в его центре
тяжести Р. Если S — площадь треугольника,
то площадь квадрата равна 25, и у нас воз-
никают две материальные точки: (/И, 5) и
(Р, 25).
Поэтому
* og а -I-S.
rr, 2S-LP-ySLM 2^ 3 7
LF=-------й------=-------3S----=
Найдем теперь положение центра тяжести Рис. 156.
вершин пятиугольника. Поместим в каждой
вершине массу, равную 1 единице, тогда вся система из
пяти материальных точек легко сводится к двум материальным
точкам: (Р, 4) и (К, 1). Поэтому центр тяжести вершин пяти-
угольника Е лежит на отрезке LK и
Отсюда ясно, что
LF^LE (LF<LE).
7. «Букву Г» можно разбить на два параллелограмма
(рис. 157), и центр тяжести «буквы Г» лежит на прямой,
198
РЕШЕНИЯ
IS 8
соединяющей центры этих параллелограммов. Но «букву Г»
можно и другим способом разбить на два параллелограмма
(рис. 158), и мы находим другую прямую, на которой
лежит ее центр тяжести. Искомый центр тяжести — точка
пересечения этих прямых.
8. Центр тяжести «буквы 7» лежит на ее оси симметрии,
которую нетрудно построить. Кроме того, можно разбить
«букву 7» на «букву Г» и прямоугольник. На отрезке, соеди-
няющем их центры тяжести, лежит искомый центр тяжести
«буквы 7», так что он находится в пересечении этого от-
резка с осью симметрии «буквы 7».
9. Пусть EF—средняя линия трапеции ABCD (рис. 159).
Проведем диагональ АС и пусть К = EF~^ АС. Центром
тяжести треугольника ACD служит точка Р пересечения его
медиан СЕ и DR. Центр тяжести Д АСВ — это точка Q
пересечения его медиан AF и BIC Поэтому центр тяжести
всей трапеции Z лежит на прямой PQ. Разбив трапеции на
два треугольника другой диагональю BD (рис. 160), найдем
аналогично другую прямую /?7, на которой лежит центр
тяжести трапеции. Следовательно, он может быть построен
как точка пересечения прямых PQ и RT.
10. Пусть М и N—середины оснований трапеции ABCD
(рис. 161), 7 — точка пересечения его диагоналей. 7 лежит
на MN (см. задачу 9 § 1). Пусть EF—средняя линия тра-
пеции и R = EF^MN. Тогда ясно, что ER = RF, так что
TR — медиана в £\ETF.
Обозначим через К, А, Р, Q центры тяжести треугольни-
ков ATD, BTC, АТВ, CTD, а через S*, \ —их
площади.
РЕШЕНИЯ
199
Центр тяжести трапеции совпадает с центром тяжести
таких четырех материальных точек: (К, SJ, (А, •$,), (Л S..),
(Q, SJ. Покажем, что центр тяжести материальных точек
(К, и (A, расположен на прямой Л4М Имеем
ATD — Зд ADB Зд АТВ >
Зд ВТС — Зд ВАС Зд АТВ •
Но Зд апв = Зд вас, ибо £\ADB и Д£МС имеют равные
основания и равные высоты
^=^2, следовательно, массы
&ATD и /\ВТС равны; по-
этому центром тяжести ддух
материальных точек (К, -S,) и
(A, S2) служит середина //
отрезка KL. Ясно, что
ТК_ 2
ТЕ~ 3 ’
TF~ 3 ’
так что
TK_TL
ТЕ TF'
и поэтому KL || EF. Следова-
тельно, медиана TR, а значит, и
Поэтому S/. atd = Зд втс,
прямая MN треугольника ETF проходит через середину
отрезка KL, т. е. через точку И. Итак, центр тяжести тра-
пеции совпадает с центром тяжести таких трех материальных
точек: (А7, S1-|-S8), (Р, Se), (Q, SJ. Все эти точки лежат
на прямой так что и центр тяжести трапеции лежит
на MN, что и требовалось доказать.
Другое доказательство (наглядное, но не строгое).
Можно себе представить трапецию состоящей из очень боль-
шого числа очень тонких однородных проволочек, расположен-
ных параллельно основаниям трапеции. Центр тяжести каждой
проволочки, т. е. ее середина, лежит на отрезке MN. Значит,
центр тяжести всей трапеции тоже не может оказаться вне
отрезка MN.
200
РЕШЕНИЯ
IS 8
11. Обозначим высоту трапеции ABCD (рис. 162) через Л.
Определим сначала расстояние z от точки О до прямой АВ.
Пусть АВ — at CD — b. Разобьем трапецию диагональю АС
на два треугольника ACD и АСВ с площадями 5, и S2 и
центрами тяжести Р и Q, Тогда О — центр тяжести двух
материальных точек: (Р, и (Q, 52); расстояния от точек
Р и Q до прямой АВ равны соответственно ~ h и Хл,
О о
Поэтому
Рис. 162. MN h 3(а+*) •
Составив производную пропорцию, получим:
МО ____ 2Ь-\-а МО 2b-j-a
MN—МО 3(я + &) — (2&Н-я)’ Т' е’ ON 2a + b"
12. Л ONE ~ A 0MF. Поэтому
МО _ MF_ Iа + b _ 26 4- а
0N~NE~~ 1 . . ~~2a + b'
-2Ь + а
В силу предыдущей задачи отсюда следует, что О — центр
тяжести трапеции.
13. Ясно, ЧТО . Пусть CF=FE=--EB=c,
/\KRF &DCF.
Поэтому
RF^_RK т е RF_d (1)
FC CL)' ь е- с ~ '
§ 81 РЕШЕНИЯ 201
Аналогично, из того, что Д KRE Д АВЕ, получим
RE — ±
с а '
Из (1) и (2) следует, что
RF_ а
RE~ b *
Кроме того,
RF-\-RE = c.
Из (3) и (4) найдем RF и RE\
№=
RC=RF+e=e?i±i, RH^RE+е^е^±£,
RB___2b 4-а
RC 2а
Поэтому
ОМ_2Ь + а
ON ~ 2а 4- b *
В силу задачи 11 О — центр тяжести трапеции.
14. Пусть L (см. рис. 115) — середина диагонали BD.
Пусть F и G — центры тяжести треугольников ABD и CBD.
Пусть Z — центр тяжести трапеции. Тогда Z — точка пере-
сечения прямых MN и FG. Но F—точка пересечения медиан
AL и MD треугольника ABD. Поэтому
LF=^LA, (1)
MF=^MD. (2)
Кроме того, ясно, что
LG=-.LC. (3)
О
Из (1) и (3) следует, что Поэтому FG |1 АС и,
значит, FZ || АС. Но DK || АС по построению, так что
8 М. Б. Балк
(2)
(3)
(4)
202 решения [§ 8
FZ\\DK. Поэгому ^=^=4’ MZ = ±MK, т. e. Z
совпадает с О.
15. В силу задачи 1 из § 1 Е— середина отрезка MN,
так что
ME=^MN. (1)
Так как (см. рис. 115) £\TNC = /\KND, то
NK=TN<^MN. (2)
В силу задачи 14 МО = ^ (MN-\-NK). Поэтому
МО <4 ( + 4 Af лЛ = 4 Af /V = ME,
т. e.
M0<ME.
Кроме того, ясно, что
ME =4 MN<MT.
Поэтому точка Е расположена на отрезке ОТ. Тогда
ОЕ=ME—М О - 4 MN ~ 4 <ALV + =
=4(4 MH—Nk} ;
О \ 2 j
ЕТ=^ MN— Ti\!=~ MN—NK.
Таким образом
ЕТ = 3>ОЕ.
Заметим, что рассмотренная здесь теорема остается в силе
для любого (выпуклого) четырехугольника.
16. Пусть L (см. рис. 85) — середина диагонали DB, F и
G — центры тяжести треугольников ADB и CDB, О — центр
тяжести че гыреху голь ника.
Рассуждая, как при решении задачи 14, покажем, что
О — на отрезке ЛО, FO || Л С, MD — ^MF. Построим на
§ 9] РЕШЕНИЯ 203
луче МО точку О' такую, чтобы МО' = ЗМО. Тогда
МО' МО и
'MD=~MF' отсюда следует, что DO || /С, так что О лежит
на прямой DD\ параллельной АС. Аналогичными рассужде-
ниями можно показать, что О' расположена на прямой СС,
параллельной диагонали BD. Следовательно, О'— точка пе-
ресечения прямых СО и DD\ т. е. совпадает с точкой Д'.
Но после построения точки О' можно построить точку О,
так как М0 — -^М0'. Отсюда ясно, что О'О:ОМ — 2:1, т. е.
КО:ОМ = 2:1.
17. В силу за чачи 16 каждый из отрезков ЕЕ\ GO', FF9
НН' (см. рис. 86) проходит через центр тяжести О четы-
рехугольника ABCD. Точкой О каждый из этих четырех
отрезков делится в отношении 2:1.
18. Обозначим через Р точку встречи прямых АС и BD
(см. рис. 87). Ясно, что DPAE—параллелограмм, и поэтому
точка G' пересечения прямых AD и РЕ — середина отрезка AD.
Аналогично построим Н’— середину отрезка АВ. Искомый
центр тяжести О есть точка встречи прямых GO' и И'И.
§ 9
1. При своем вращении отрезок Лг42 может описать одну
из следующих пяти фигур (рис. 163): а) боковую поверхность
Рис. 163.
цилиндра, б) боковую поверхность конуса, в) боковую по-
верхность усеченного конуса, г) круг, д) кольцо.
Рассмотрим каждый из этих случаев в отдельности. Будем
придерживаться обозначений, принятых на рис. 163. Покажем,
что в каждом случае площадь S поверхности, описанной
8
204
РЕШЕНИЯ
[§ 9
отрезком, равна 2лг-Лг42:
а) 5=2л.Л1В1.В1В2 = 2те-Л1Лг;
б) 5 = п..42В2.Л1Л2 = п.2г-Л1Л2;
в) 5 = л(Л1В14-Л2В2)Л1Д2.
Так как Z.T — средняя линия трапеции Л1В1В2Л2, то
Л1В14-Л2В2 = 22Т = 2г. Поэтому
S = ,n-2^-A1A2.
г) S = n-AJA2 = 7t-AJA2-AIA2 = n-2.z-AtA2;
д) 5 = л-ГЛ’ —л-Т А* — п (Т А2ТА1)(ТА2—ТА1) =
=-а(ТА1-\-ТА2)-А1А2.
Но
*=т\+4 А А =4 ГА + т\ + А А) =
= 4(7’А + 7’А)-
Поэтому
5==п-2^.Лг42.
2. Пусть вращающаяся линия есть ломаная АА1А2.. .An_tB
(рис. 164;, число звеньев — п. Обозначим через S2,...,S„
площади поверхностей, описываемых соответственно звеньями
А41? 24^2,..., а через /п Z2,.. 1п — длины этих
звеньев. Обозначим также середины этих звеньев соответ-
ственно через В19 £?2,Вп, а их расстояния от оси вра-
щения хх через yv , уп. Ясно, что площадь S всей
§91
РЕШЕНИЯ
205
поверхности, получившейся от вращения ломаной, равна
Поэтому в силу задачи 1
S — 2тгу,. /, 4- 2тту2/2 4-... + 2тгу„/„ =
= 2п (yil1 4_.Мг4_- • -"{“ЛА)*
Раньше мы видели (стр. 82), что расстояние центра
тяжести ломаной от оси хх можно найти по формуле
~___У\1\ +>2*2 + • • •
z l
(I—длина всей ломаной). Поэтому 5 = 2ттг-/, что и требо-
валось доказать.
3. Вращающаяся линия — произвольная плоская линия
(рис. 165).
Пусть I — длина линии, Z — ее центр тяжести, z— рас-
стояние точки Z от оси вращения. Впишем в заданную линию
ломаную ААгА2.. . Ап_1В. Пусть /(П) — ее длина. Пусть при
вращении вокруг оси хх' кривая линия описывает поверхность
с площадью S, а вписанная ломаная — поверхность с пло-
щадью S{n\ По ранее доказанному,
5(П) = 2п-г(П)-/(П),
где z{n>— расстояние центра тяжести ломаной от оси вра-
щения.
206 РЕШЕНИЯ |§ 9
Будем теперь рассматривать ломаные, вписанные в кривую
и имеющие все большее и большее число звеньев, причем
сами звенья становятся все меньше и меньше — меньше лю-
бого заранее указанного отрезка.
Короче эту мысль выражают следующей фразой: «перей-
дем к пределу, когда п—* оо, а длина наибольшего звена
вписанной ломаной стремится к нулю». Учитывая, что при
этих условиях
lim = S, Пт /<"> = /, Пт 2™ = г,
получим
S = 2тъг/,
что и требовалось доказать.
4. Периметр шестиугольника — 6а. Центр тяжести контура
шестиугольника — в центре О описанной окружности. Рассто-
яние от О до MN равно а. По первой теореме Гюльдена
искомая площадь равна 2то-6а= 12тта2.
5. S = 2тг/? • 2пг = 4тт2/?г.
6- Сначала найдем положение центра тяжести Z дуги АВ.
Будем ее вращать вокруг прямой ОВ (см. рис. 95). Тогда
дуга АВ опишет половину сферы, т. е. поверхность с пло-
щадью 2тг/?2. Длина дуги АВ равна тт/?. По первой теореме
Гюльдена
2тг/?2 = 2тг • DZ-у п/?,
так что
К
Площадь S поверхности, образующейся при вращении
дуги АВ вокруг оси ЛТ, равна
S = 2n.CZ-^-n/?=2n (/? — = (п — 2).
7. Пусть О — центр окружности (рис. 166), АВ — данная
дуга, АВ— стягивающая ее хорда, ОС | АВ* MN J ОС.
Центр тяжести Z дуги лежит на радиусе ОС (в силу
симметрии дуги относительно ОС),
§9]
РЕШЕНИЯ
207
При вращении вокруг оси A4N дуга АВ опишет сфери-
ческий пояс с поверхностью 5, где
S = 2n/?-X£ = 2n/?.2/?.sin^==4TT/?2 sin у.
Так как длина дуги АВ равна Ra>
Гюльдена
S = 2n-OZ-R-a.
Сравнивая два выражения для 5*.
найдем
~ 2R . а
OZ = — Sin —.
а 2
Если АВ — полуокружность, то а = п
2/?
и OZ — — (сравните с задачей 2 § 8).
8. Пусть АСВ и А1СВ1 (рис. 167) — две дуги окружности
единичного радиуса, — АС=^ СВ —а, АХС= — СВ, =0.
О — центр окружности.
Мы будем себе представлять, что эти дуги сделаны из
проволоки с погонной плотностью 1 (т. е. любой кусок
то по первой теореме
Г
М О /К
Рис. 166.
проволоки, длиною в 1 единицу, имеет массу, равную 1). Масса
дуги АСВ равна 2а, а масса дуги АХСВХ равна 2р. Так как
две дуги ААХ и ВВХ симметричны относительно ОС, то их
центр тяжести Р лежит на ОС.
Пусть Z — центр тяжести дуги АСВ. Ясно, что центр
тяжести всей дуги АХСВХ совпадает с центром тяжести двух
материальных точек: (Z, 2а) и (Р, 2р — 2а). Поэтому Z, ле-
жит между Р и Z, откуда
OZX <OZ.
208
РЕШЕНИЯ
I§ 9
Но в силу решения предыдущей задачи OZ--—
oz, = S!p,
sin В
поэтому —
sin а
а
9. Пусть Z (рис. 168) — центр тяжести пластинки ABCD,
удовлетворяющей условию задачи; АВ || хх, ZK~z. Объем V
тела, образующегося при вращении пластинки, равен (в общем
Понятно, что объем V
случае) разности объемов
двух цилиндров:
1/=п • ED2 • ЕЕ—кЕА2 • EF=
= тг (ED — ЕА) (ED
4-£Л) EF==n• AD• EF (КМ-]-
4-/<N) = 7t • SABCD -2 /<Z =
= 2тт
что и требовалось доказать.
10. Обозначим через
S2,..., Sn те п прямоуголь-
ников, из которых составлена
пластинка, а также их пло-
щади; через j,, у2,..., Уп
обозначим расстояния цент-
ров тяжести этих прямоуголь-
ников от оси вращения.
тела, полученного от вращения
всей пластинки, равен сумме объемов тел, полученных от
вращения отдельных прямоугольников. Поэтому
2тг-j, • Sj -|- 2тг -уг• S2 -|- ... -|- 2п-ynSn =
= 2тг + • • • + 5(здесь 5 = . .+$„).
Но мы раньше уже видели (стр. 86), что величина
5>Si + Уп$п как раз и равна расстоянию z от центра
тяжести рассматриваемой пластинки до оси вращения. Поэтому
IZ=27t.£-S,
что и требовалось доказать.
11. Мы можем себе мыслить последовательность «много-
угольников из прямоугольников», целиком расположенных на
РЕШЕНИЯ
209
§ 91
пластинке, причем площади этих многоугольников неограни-
ченно приближаются к площади 5 пластинки.
Обозначим площади этих многоугольников через
, S(n\ ...; тогда IimS(n, = S.
п-> со
Обратим внимание на n-й многоугольник этой последова-
тельности. Пусть Z{n} — его центр тяжести, zn — расстояние
от Z{n} до оси вращения, Vn — объем тела, образованного от
вращения этого многоугольника вокруг оси.
По ранее доказанному
= (1)
Пусть теперь п неограниченно возрастает; учтем, что тогда
IimS(ri) = S, limVn=lz (где V—объем тела, полученного от
вращения пластинки вокруг оси), Z{ny будет неограниченно
приближаться к некоторой точке Z — центру тяжести пла-
стинки, и, следовательно, 1йпгп = г.
Переходя к переделу в равенстве (1), получим
что и требовалось доказать.
12. По второй теореме Гюльдена
17=27Т^-7ТГ2 = 2тт2/?Г2.
13. Сначала определим положение центра тяжести полу-
круга. В силу симметрии полукруга относительно прямой ОТ
его центр тяжести лежит на ОТ.
Будем вращать полукруг вокруг АВ. Тогда он опишет
шар с объемом у тг/?3. Так как площадь полукруга тг/?2, то
2n-OZ- 4-^ = 4 п/?’. Отсюда OZ = ^, TZ = r( 1 — 4") •
2 о on \ otz J
Искомый объем V равен:
V= 2тг-TZ• 4 тг/?2= 4(3п — 4)/?’.
Z о
14. Будем вращать пластинку вокруг оси хх', проходящей
через А и перпендикулярной к АО. Тогда объем V тела, об-
разовавшегося при вращении пластинки, найдем, если из
210
РЕШЕНИЯ
I§ 9
объема тела, получившегося от вращения шестиугольника, вы-
чтем объем тела, образовавшегося от вращения квадрата.
Поэтому
V—2то-6п 4 3—2тгу(уу) =ttg3 (3/3—у).
Пусть Z—искомый центр тяжести пластинки. В силу сим-
метрии пластинки относительно прямой AD центр тяжести
пластинки лежит на AD. Так как площадь пластинки равна
6 • - (« 2 = (з/з -1) ~ ,
то по второй теореме Гюльдена
У=2п-Л£-(3/3 — 1)у.
Сравнивая два выражения для V, найдем
Поэтому
1 з Уз 4-1
OZ = AZ — а= —---------а = —Цг—!— а.
6 У 3 - 2 52
15. Пусть О—центр квадрата (см. рис. 98), R—расстоя-
ние от оси вращения до О. Тогда
R = АО -sin (ср4~45°) = д ^9 2 sin (<f> + 45°)-
Объем V и поверхность S тела вращения найдем по теоре-
мам Гюльдена:
17= 2п/?-а2 — 2пsin (ср-|-45°)а2 =
= J/2.sin (ср-]-45°),
5 = 2г/? • 4а = 4па2j/"2 sin (ср -|- 45°).
16. Расстояние /? от центра О треугольника АВС до оси
вращения равно Л О-sin (ср 30°) sin (ср -|- 30°).
§9J
РЕШЕНИЯ
211
В силу теорем Гюльдена
y=2n/?.S4BC=2n^p-sin (?4-30°)^^ = 1_Пд’. Sin(?4-3O°),
S = 2тг/?• За = 2па2 /3 • sin (ср + 30°).
17. Пусть Z (рис. 169) — центр тяжести сектора ОАСВ.
Ясно, что Z лежит на оси симметрии сектора (на прямой ОС).
Найдем расстояние OZ. При
вращении сектора вокруг ----—
оси 5, перпендикулярной к
ОС и проходящей через дХ д
точку О, образуется тело,
называемое сферическим сек- х.
тором. Его объем V равен s'
(см. А. П. Киселев, Гео- х. /
метрия, ч. 2) -J- TxR^h, где О
6 Рис. 169.
h = ?W = 2/?-sin а. Пло-
щадь сектора S равна /?2а. По второй теореме Гюльдена
lZ=2n-OZ-S,
следовательно,
2 п/?гЛ = 2ir-OZ./?2а,
3
откуда
OZ=4-, (1)
За ' '
ИЛИ
OZ=^-R—. (2)
Пусть длина дуги АСВ равна I. Тогда
/=2а-/?, а = ±
Поэтому из (1) получим
oz= (3)
212 РЕШЕНИЯ |§ 9
18. Воспользуемся предыдущей задачей. Пусть АСВА
(рис. 170) — данный сегмент, О—центр круга.
Будем считать, что сектор ОАСВ представляет собой одно-
родную пластинку, причем поверхностная плотность (т. е. масса
любого куска пластинки, имею-
щего площадь, равную 1 единице)
равна 1. Пусть Р—центр тяжести
сектора, — его площадь, Т —
& центр тяжести треугольника АОВ,
S2— его площадь, Z— центр тя-
жести сегмента АСВА, S — его
площадь.
Мы можем считать, что пло-
щадь каждой из трех фигур: сег-
мента, треугольника и сектора —
сосредоточена в ее центре тяже-
сти. Тогда у нас возникают три материальные точки (Z, S),
(Т, S2) и (Р, SJ, причем третья является объединением первых
двух. Поэтому
SCOP=S-OZ-^S2-OT,
откуда
07 _ — Sz-OT+S^ ОР
U S
Пусть дуга АСВ содержит 2а радиан. Тогда
S = Р* 1 2 * * * * *а, = Р2 sin а • cos а = Rz Sin 2а,
1 2 2
/-Ч'Г 2 2 sin а
ОТ=-5- cos а, 0Р= R---------,
о о я
поэтому
2 о Sin а 2
/?2аR------ — R sin а cos а R cos а
За о
Рис. 170.
т. е.
OZ = sin8 а. (1)
о о
Пусть АВ=2а\ тогда P-sina = a и
QZ--—
— 3S •
(2)
§9)
РЕШЕНИЯ
213
Если были бы даны а и /?, то S можно бы найти и так:
S = S, — S2 = R2 (а — sin а • cos а) = у R2 (2а — sin 2а). (3)
Тогда в силу формулы (1) мы получили бы
OZ=^R
«5
sin3 а
2а — sin 2а *
(4)
соответственно центры тя-
Другая идея. Сначала вычислить объем тела, получен-
ного от вращения сегмента АСВ вокруг диаметра MN, пер-
пендикулярного к ОС (этот объем равен п«ЛВ8), затем вос-
пользоваться второй теоремой Гюльдена.
19. На окружности единичного радиуса (рис. 171) отло-
жим по обе стороны от некоторой точки С дуги СА = СВ = а,
CAr = CBt = р. Пусть Z, Z1 и
жести сегмента АСВА, сегмента
и полосы АгАВВ19 а
S, Sj и S2 — их площади.
Мы представляем сегмент
A'CB^ в виде однородной
пластинки с поверхностной плот-
ное г ью, равной 1. Сосредото-
чим мысленно массы сегмента
АСВА и полосы А^АВВ^ в их
центрах тяжести. Тогда цент-
ром тяжести образовавшихся двух материальных точек (Z, S)
и (Р, S2) будет служить точка Zt — центр тяжести сегмента
А1СВ1А1. Поэтому точка Zt находится на отрезке PZ, так чго
OZ, < OZ.
(1)
Но в силу решения предыдущей задачи (см. формулу (4))
OZ=4^-9 Sin8.a9 , OZ^^R™-^ (2)
3 2а — sin 2а ’ 1 3 20 — sin 20 ' '
Из (1) и (2) вытекает доказываемое неравенство.
20. По второй теореме Гюльдена
I/ = 2nFZS,
214 РЕШЕНИЯ 1§ 9
где Z (см. рис. 101) — центр тяжести сегмента Д СВ A, aS —
площадь сегмента. Но FZ=OZ—OF. Поэтому
V= Ik-OZ-S — 2п- OF-S.
Но в силу решения задачи 18 (см. формулу (2)) OZ = ^, от-
<5*3
4
куда 2n«OZ-S = —тса8. Найдем OF. Пусть R— радиус круга.
Тогда OF2 = R2— а2. Но ясно, что FC-FD=;FA2, т. е.
b(2R— Ь) = а2, откуда R = a . Поэтому OF2 =
/а2-р2\2 2 (а2-Ь2\* ~
= (——) —a= ( ———I . Отсюда получим, что OF—
= (a2 — bz):2b. Итак,
т/ 4 з а2 — b2 Q .
И= утш3 —п—S. (1)
В общем случае возможно S выразить через а и b сле-
дующим образом. Пусть угол АОС содержит а радиан. Тогда
a 2ab . 2аЬ /О.
sin а = -7з— 2 . , а — arc sin. (2)
R а2 Д- b2' а2 -}-Ь2 k '
В силу формулы (3) из решения задачи 18
S = l/?2(2a — sin 2а). (3)
Формулы (1) — (3) позволяют вычислить S, если известны а и Ь.
.На практике было бы удобнее найгн S по известной при-
ближенной формуле (см. А. П. Киселев, Геометрия, ч. 1):
2 4
AB FC= Z-ab.
о <5
Тогда получим
т. е.
V ^^ъ-аЬ2. (4)
§ 10]
РЕШЕНИЯ
215
§ 10
1. Пусть в первой смеси концентрации компонент А и В
равны соответственно ах и а во второй смеси — а2 и Ь2.
Тогда в первой смеси имеется единиц компоненты Л и
тх-Ьх единиц компоненты В. а во второй смеси — /я2-а2 единиц
компоненты А и /я2-£2 единиц компоненты В. Следовательно,
в объединении этих смесей тхах 2 ' а2 единиц компоненты
А и т2Ь2 единиц компоненты В. Поэтому концентрации
компонент А и В равны соответственно (пгхах -|- т2а^: т и
Ч“,/г2/>2где т = тх -|- т2. Если материальная точка
(К,ш) характеризует новую смесь, то
+т2Ь2
т
___т1а1 т2а2
т
Но тогда
КХК=АК— АКХ
тхЬх m Д ____________ т2 (#2 — Ьх)
тг -|- /и2 1 тх т2 ‘
Аналогично
кк2=ак2 —ак=ь2
4“ (^2 --- ^1)
/77j -|- П12 mi 4“ fn2
Поэтому
KJ<__rn2
KK2 9
а это как раз и означает, что К—центр тяжести двух ма-
териальных точек (/<п тх) и (К2, т2).
2. а) Изобразим данные растворы с помощью материальных
точек. Для этого возьмем отрезок АВ длиной в одну единицу
(рис. 172). Пусть точка А будет изображать чистую воду
t Кг
fi 10. 70 ВО 40 То 00 70 00 00 О
[Вода] lunupmj
Рис. 172.
(1ОО°/о воды), В — чистый спирт (Ю0°/о спирта). Первый
раствор изобразится тогда материальной точкой Кх = (А\, 400),
где Л#1 = 0,3 (отметка «30» возле точки означает, что
216
РЕШЕНИЯ
IS 10
АКг содержит 30 сотых). Второй раствор изобразится с по-
мощью материальной точки К2 = (К2,600). Объединением
этих двух растворов будет раствор К ан (/<, 1000), где
К = Z [Kj, KJ. По правилу рычага
A\A_600_ 3
КК2~400““ 2 •
Полагаем АК=х. Тогда получим: = , откуда х =
— 0,6. Итак, концентрация Спирта в растворе (К, 1000) со-
ставляет 60°/о. Тот же результат можно было бы получить и
из соотношения
МомлК = Мом^ + Момл К2,
т. е. 1000-х = 400-0,3 Ц-600-0,8. Задача может быть решена
и чисто графически.
3. Пусть (рис. 173) точка А соответствует чистой воде,
точка В—чистой серной кислоте. Задача сводится к нахож-
дению массы материальной точки (Л, т), если известно, что
° < 1-----1 1 1---i—0 1----1 1 i-----i i i----1 i ! 1 1
/7 5 10 15 ZO 05 30 35 40 45 50 55 В
(H2SOJ
Рис. 173.
центром тяжести материальных точек (А,т) и (D, 130) слу-
жит точка К.
По правилу рычага = = —, откуда т — У 10 (г).
1ои л/\ 1
Л К кг
!—О---1--Н--о--0—4----1--1--i--1--i--1---1-1--I---1-1--1----!-T*
fl 3 10 15 ZO Z5 30 В
(H2OJ [MCI]
Рис. 174.
4. Задача сводится к нахождению массы материальной
точки (К^т) (рис. 174) из условия
(/<\, т) + (К2, 600) = (/<, т + 600).
РЕШЕНИЯ
217
§ WI
По правилу рычага
m _КК2_ 1
600 KKV~ 3 ’
т. е.
т = 200 (г).
5. Задача сводится к разложению материальной точ-
ки (/<, 1000) (рис. 175) по двум носителям — С и D, Иначе
С К Б
I------1-----1 о 1 о—I---------1------О------------1------1-----ч
Х7 10 го го ОО ОО 40 ОО 60 70 80 ОО Б
(SnJ (PbJ
Рис. 175.
говоря, нужно подобрать две массы х и 1000 — х так, чтобы
Z[(C, х), (£), 1000—х)] = К.
По правилу рычага
СК __ 1000-х И __ 1000-х
KD~ х ’ Т’ е’ 24" х
отсюда
х 685 (г).
980
6- В образовавшейся смеси сахару будет ^-100°/0> т. е.
56°/0. Этой смеси соответствует на рис. 176 точка /<, а на-
сыщенному (41-процентному раствору сахара в воде) соответ-
ствует точка D. Задача сводится к разложению материальной
~М 50 5000 ~7О W ~SQ ~ff
1Вода) LCciop]
Рис. 176.
точки (/<, 500) на две материальные точки с носителями D и В.
Пусть выделится в осадке т граммов сахару. Тогда по правилу
т KD 15
рычага = = 44» 0ТКУДа (составляя производную
пропорцию) получим: ^ = ~, /га ^=127 (г).
218 РЕШЕНИЯ [§ 10
7» Пусть теорема (см. «ответы») верна при п — р, Это
значит: при смешении смесей
(Кр,тр)
получится смесь (С, ж1-|-/Л2“Н • определяемая из условия:
(С, mt -|- .. . 4- тр) = (KitmJ 4~ (/<2, mJ (Кр, тр). (1)
Докажем, что тогда теорема верна и при п~р-[-1.
Действительно, смесь, получающаяся от смешения р 1
смесей
(^1> /ftj), ... , [Кр, ^/74-1)’
совпадает, очевидно, со смесью, которая получится от сме-
шения двух смесей:
(С, /и, +... 4-тр) и (Kp+i,mp+i).
Ни в силу задачи 1 эта смесь характеризуется материальной
точкой, определяемой из условия:
(К, т) = (С, /и, 4-... 4- тр)4- (Кр+,,тр+1).
Если еще учтем написанное выше равенство (1), то получим:
(/<, щ) = (Klt mJ +... 4- (Кр, тр) + (/<р+1, /ир+1).
Итак, теорема верна при п=р-\- 1, если она верна при п—р.
Кроме того, она верна при п—\. Следовательно, она верна
для любого натурального п.
8. Обозначим концентрацию золота в четвертом слитке
через х. Тогда пяти образовавшимся слиткам соответствуют
материальные точки (см. рис. 177) К} 300), К2 = (/<2,200),
% золота
Рис. 177.
К, = (К3> 400), К4 = (К4,800)(1де ЛК4=х) и К=(К, 1700).
В силу задачи 7
^=z[k„ Кг, к„ kj.
Ясно, что точка /<4 лежит левее точки К (в противном случае
мы смогли бы получить из этих четырех слитков сплав с 5б°/0
§ 101
РЕШЕНИЯ
219
золота). Но сумма моментов относительно К материальных
точек, лежащих слева от центра тяжести системы, равна сумме
моментов тех точек, которые лежат справа от того же центра
тяжести. Поэтому
теКК. = теКК.А-т2-КК2Д-теККу9
ИЛИ
800 • (0,56 — х) = 400 - 0,08 -f- 200 - 0,30 -f- 300 • 0,40;
отсюда
х = 0,295,
т. е. х = 29,5°/0.
Другая идея. Воспользоваться тем, что
Момл К=Момл Ку + Момд Кг + Момд К3 + Момд К&-
10- Выберем (рис. 178) на стороне СА точку Ру так,
чтобы отрезок СРУ составлял 60% от СА (иными словами,
Рх— это точка с пометкой «60 ). Через Ру проводим парал-
Рис. 178.
л ель к ВС. Выберем затем на АВ точку Р2 так, чтобы отре-
зок АР2 составлял 30% от АВ (иначе говоря, Р2— это точка
с пометкой «30»). Через Р2 проводим параллель к АС. В пе-
ресечении две построенные прямые дадут искомую точку К.
220
РЕШЕНИЯ
[§ ю
17. Пусть концентрации компонент А, В, С в первой
смеси равны соответственно Ьг, а во второй смеси —
a2i ^2» С2’ Тогда первая смесь содержит единиц компо-
ненты Д, mib1 единиц компоненты В и mic1 единиц компо-
ненты С; вторая смесь содержит т2а2 единиц компоненты Д,
т2Ь2 единиц компоненты В и т2с2 единиц компоненты С.
Следовательно, в объединении этих смесей компоненты Д, В,
С будут содержаться соответственно в количествах т2а2У
mzC2' Поэтому в новой смеси, имеющей
массу т {m^nix концентрации компонент Д, В, С
равны соответственно
тхах tn2a2 тхЬх -|- /л2^2 тхсх 4" /и2с2
т * tn 1 т '
Поэтому, если материальная точка
К= (Кч т)
соответствует новой смеси, то точка К—центр тяжести трех
материальных точек
(А mxax-\-tn2a2\ tnAbx + tn2b2\ rtixcx + tn2c2\
\ ’ tn ) ’ \ * tn J ’ \ ’ tn ) '
а значит, и таких материальных точек:
(Д, т2а2), (В, mJb1-^m2b2), (С, т1с1-^т2с2).
Таким образом,
К = (А, m1bt -}-m2b2)-\-{C, т2с2).
С другой стороны, объединение двух материальных точек Кх
и К2 можно преобразовать так:
K, + ff8 = [(A V.) + P. «АЖС m,q)]+
+ [И. т2а2)-\-(В, т2Ь2)-\-(С, /и2с2)] =
=И, mibi+/и2^)+(с> wIq4-^s)-
Следовательно,
К=К. + К2,
что и требовалось доказать.
§ mi
РЕШЕНИЯ
221
21. На рис. 179 точки К2, Ks, характеризуют
составы четырех сортов олеума. Задача сводится к нахожде-
нию центра тяжести четырех материальных точек: (7<п 24),
(7<2, 120), (7<а, 32), (/C4, 16). Пользуясь правилом рычага,
нетрудно убедиться, что центром тяжести двух материальных
Рис. 179.
точек (Klt 24) и (/С2, 120) служит на рис. 179 точка С,
а центром тяжести двух материальных точек 32) и
(АГ4, 16) служит точка D. Находим затем центр тяжести Z
материальных точек (С, 144) и (Z), 48) (см. рис. 179). Эта
точка характеризует состав объединения четырех данных сор-
тов олеума. По диаграмме Гиббса устанавливаем состав обра-
зовавшейся смеси.
22. Пусть четыре рассматриваемые смеси изображаются
точками Klt /<2, К (рис. 180). Задача сводится к пред-
222
РЕШЕНИЯ
1§ ю
ставлению материальной точки (Ку 1) в виде объединения
трех материальных точек с носителями /Ц, К8. Пусть
массы (искомые) этих трех материальных точек соответственно
w2, т?. Проведем через К и каждую вершину треуголь-
ника KXKZKZ прямую и отметим ее точку встречи с противо-
положной стороной; получим три точки L2, Lz. Так как
Рис. 180.
К—центр тяжести трех материальных точек (/<n /«J, (ZC2> w2)
и (7<3, /и3), то отсюда нетрудно заключить, что
т, = ЦК
*
Составляя производную пропорцию, получим
_ ЦК
Юг 4- mz -j- ms ЦК1*
§ «01
РЕШЕНИЯ
223
Так как тх т2 Ч~ = 1 > то
ЦК
т —-
Аналогично
ЦК
т* = ЦК> и
ЦК
ЦК3-
Длины шести отрезков, входящих в последние три дроби,
можно найти из чертежа. Числа и /п3 показывают
концентрации, с которыми должны войти в требуемую смесь
три данные смеси. В нашем конкретном примере найдем,
3 8
пользуясь рис. 180, что =^0,13, /?г2 = — 0,35,
12
= — 0,52. Иными словами, аптекарю нужно для со-
ставления каждых 100 г требуемой смеси взять 13 г первой
смеси, 35 г второй смеси и 52 г третьей.
Задача 22 не имеет решения, если точка АГ вне треуголь-
ника A\Az2Ag; нужную смесь в этом случае невозможно со-
ставить.
Случай, когда ДЛ^А'^ вырождается в отрезок, не со-
ставляет исключения. Но тогда для разрешимости задачи не-
обходимо, чтобы точка К лежала на этом отрезке. Задача
в последнем случае имеет бесконечно много решений.
ПРИЛОЖЕНИЕ
О МАТЕМАТИКАХ, УПОМЯНУТЫХ В ЭТОЙ КНИГЕ
Архимед (287—212 до н. э.)— гениальный древнегрече-
ский математик. Родился и почти всю жизнь провел в Сира-
кузах (Сицилия). Во время осады Сиракуз римлянами оказал
большие услуги родному городу, изобретая различные военные
орудия и заградительные сооружения. Был убит при взятии
города римлянами.
Архимед впервые изучил понятие о центре тяжести. Поль-
зуясь приемом «взвешивания площадей , он вычислил пло-
щадь параболического сегмента. Аналогичным приемом он
впервые вычислил объем шара и шарового сегмента.
В интересной работе «Об измерении кругам он показы-
вает, что число тг (отношение длины окружности к ее диа-
метру) заключено между 3-|- и 3^. Тем самым он дает
приближение для п, достаточное почти во всех случаях, встре-
чающихся на практике. Архимед нашел формулы для объема
и поверхности шара. Он впервые обнаружил и изучил так
называемые полуправильные многогранники, носящие его имя
(они составлены из правильных многоугольников нескольких
различных наименований, в то время как правильные мно-
гогранники составлены из правильных многоугольников одного
и того же наименования; детальнее о полуправильных телах
Архимеда см., например, в книге Д. И. Перепелкина
«Курс элементарной геометрии/,, ч. II). Архимед указал лю-
бопытный способ деления угла на три равные части посред-
ством циркуля и линейки с двумя пометками (если нет пометок
на линейке, то задача вовсе не разрешима). Им же указан
приближенный способ для деления окружности на семь равных
частей, который применяют до сих пор.
Архимед в своих исследованиях пользуется, по существу,
идеями интегрального исчисления, которое было развито л’ипь
в XVII—XVIII веках, через 2000 лет после его смерти.
ПРИЛОЖЕНИЕ
225
Большой интерес представляют работы Архимеда по арифме-
тике (сочинение - Исчисление песчинок») и по гидростатике
(«О плавающих телах,/, где дан известный «закон Архимеда ).
Карл Фридрих Гаусс (1777—1855) — один из величайших
математиков мира, внесший существенный вклад почти во все
отрасли математики.
Еще в детские годы Гаусса его исключительные способ-
ности к математике и языкознанию привлекли к себе внимание
его земляков, и это позволило ему, сыну бедного водопро-
водчика из Брауншвейга (Германия), получить образование.
Гаусс почти 50 лет занимал кафедру математики и астроно-
мии в Геттингенском университете (Германия), в котором
раньше учился. Уже в 19 лет Гаусс сделал замечательное
открытие: он полностью выяснил, в каких случаях возможно
построить правильный и-угольник циркулем и линейкой.
6 1799 г. Гаусс доказал так называемую «основную теорему
алгебры?? о существовании корня у всякого алгебраического
уравнения л-й степени. Его книга «Арифметические исследо-
вания , написанная им в 1796—1801 гг., послужила основой
для современной теории чисел.
В 1801 г. была обнаружена первая малая планета, назван-
ная Церерой. Однако после нескольких наблюдений астрономы
ее потеряли из виду. Гаусс разработал способ, позволяющий
по трем наблюдениям восстановить всю орбиту планеты.
С помощью этих вычислений было указано место, где должна
была находиться Церера, и она там действительно была обна-
ружена.
В связи с запросами астрономии Гаусс занялся также
теорией рядов и дифференциальными уравнениями. Он опубли-
ковал по этим разделам математического анализа фундамен-
тальные исследования.
Гауссу было поручено составить подробную карту Ганно-
верского королевства. В связи с этой работой Гаусс факти-
чески создал новую науку «высшая геодезия» и разработал
теорию поверхностей. В 1830—1840 гг. Гаусс разрабатывал
отдельные вопросы теоретической физики (магнитные явления,
оптика).
Гауссу принадлежат важнейшие методы вычислительной
математики (заметим, что он сам был отличным вычислителем).
Независимо от Н. И. Лобачевского Гаусс пришел к идее
о неевклидовой геометрии.
226
ПРИЛОЖЕНИЕ
Джошуа Виллард Гиббс (правильнее Джиббс, 1839—
1903 гг.) работал в областях, смежных лля химии, физики
и математики. Наиболее интересные его работы относятся
к термодинамике.
Гиббс родился и почти всю свою жизнь прожил в г. Нью-
Хевене (США), где свыше 30 лет был профессором матема-
тической физики Иэльского университета.
В физико-химическом анализе фундаментальное значение
имеет гак называемое «правило фаз» Гиббса, позволившее
объединить многочисленные разрозненные экспериментальные
результаты.
Поль Гюльдён (по-немецки Пауль Гульдин, 1577—1643 гг.),
родом из Швейцарии. В 20 лет стал монахом ордена иезуи-
тов. Преподавал математику в иезуитских училищах в Риме
и Граце (Австрия). Его четырехтомный труд «Центробарика>
был опубликован в 1635—1641 гг. Гюльден резко критиковал
тех математиков (например, Кеплера и Кавальери), которые
использовали в математических рассуждениях идею предель-
ного перехода. Он считал такие рассуждения ненаучными.
Любопытно, что именно на основании идеи предельного пе-
рехода и доказывают сейчас «теоремы Гюльдена».
Жирар Дезарг (1593—1662 гг.) — французский геометр;
архитектор и военный инженер по профессии. Один из осно-
воположников «проективной геометрии». Идеи Дезарга были
поняты лишь немногими из его современников и были развиты
только лет через 200 после его смерти в трудах Понселё,
Штейнера, Брианшона и других геометров.
Жозеф Жергбн (1771 —1859 гг.) — французский геометр,
издатель известного математического журнала. Из исследова-
ний Жергона по элементарной математике укажем на инте-
ресные работы, посвященные геометрии треугольника. Ориги-
нален стереометрический метод, примененный Жергоном для
решения задачи Аполлония о построении окружности, касаю-
щейся трех данных (см., например, об этом в «Теории геоме-
трических построений» А. Адлера).
Лазарь Карно (1753—1823 гг.) —видный общественный
деятель Франции эпохи французской буржуазной революции.
Когда реакционные правительства Европы напали на молодую
французскую республику, Карно руководил организацией
14 армий, выступивших против врага, и лично участвовал
в сражениях. Был прозван современниками «организатором
ПРИЛОЖЕНИЕ
227
побеч». Будучи убежденным республиканцем, Карно энергично
выступал против предоставления власти Наполеону Бонапарту
(в частности, против объявления Наполеона императором
Франции).
После реставрации Бурбонов в 1815 г. Карно оставил
родину и прожил до смерти в Германии.
Наиболее ценные геометрические результаты Карно собраны
в книгах «Геометрия положения/ (1803 г.) и «Очерк теории
трансверсалей > (1806 г.). Здесь он устанавливает ряд теорем,
входящих сейчас в так называемую «проективную геометрию».
Понятие о центре тяжести он использует, в частности, в книге
Геометрия положения?/, причем он ограничивается тем слу-
чаем, который соответствует нагрузке точек равными массами;
в связи с этим он и употребляет вместо термина «центр
тяжести' термин < центр средних расстояний •.
Карно принадлежат также книги по математическому ана-
лизу ( Размышление о метафизике исчисления бесконечно
малых , 1797 г.), по военно-инженерному делу (трехтомное
сочинение <06 обороне крепостей», 1810 г.) и по теории
машин ( Опыт о машинах вообще», 1783 г.).
Иоганн Кеплер (1571 —1630 гг.) — видный германский
астроном, последователь Коперника. Открыл носящие теперь
его имя законы движения планет. Кеплер впервые правильно
объяснил причину приливов и отливов и природу комет, изу-
чал рефракцию, изобрел новую систему телескопа.
В то же время Кеплер всегда увлекался мистикой. Так,
например, его большой труд Гармония мира» (в которой
дается его третий закон и где рассматривается теория полу-
правильных многогранников)в основном заполнен мистическими
рассуждениями о «музыке небесных движений». Кеплер во
время 30-летней войны состоял при полководце Валлен-
штейне в качестве астролога (предсказателя событий по
звездам).
В своей книге Новая стереометрия винных бочек > (1615 г.)
Кеплер вычисляет объемы большого числа тел, ограниченных
кривыми поверхностями ( тела Кеплера ?), пользуясь фактически
идеями интегрального исчисления, которые были системати-
чески разработаны лишь более чем через полвека после
Кеплера.
Жозеф Луй Лагранж (1736—1813 гг.) был одним из
виднейших математиков и механиков XVII1 века. Теперь
228
ПРИЛОЖЕНИЕ
в учебниках по математическому анализу и теории функций
обязательно встретишь формулу Лагранжа, теорему Лагранжа,
ряд Лагранжа, метод Лагранжа и т. п. Лагранж вместе
с Эйлером разработал такой важный раздел математического
анализа, как вариационное исчисление. В своей знаменитой
«Аналитической механике» он впервые формулирует важный
и плодотворный «принцип возможных перемещений; , впервые
дает уравнения движения, носящие сейчас его имя.
Лагранж родился в итальянском городе Турине, там он
начал, 17 лет от роду, свою преподавательскую деятельность
в артиллерийской школе. В течение двадцати лет (1766—1787)
был президентом Берлинской Академии наук. Был профессором
в знаменитой Французской политехнической школе, из которой
вышли многие видные французские математики и инженеры.
Готфрид Вильгельм Лейбниц(1646—1716 гг.) — гениаль-
ный ученый, оказавший громадное влияние на развитие мате-
матики. Родился в Лейпциге (Германия).
Лейбниц вместе с И. Ньютоном делит честь открытия
исчисления бесконечно малых (дифференциального и интеграль-
ного исчислений) — открытия, послужившего поворотным пунк-
том в истории математики.
Лейбниц отличался исключительной разносторонностью
и необычайным богатством творческой фантазии. Он проявил
себя не только как один из величайших математиков, но и
как выдающийся философ, историк, юрист, дипломат, языко-
вед. Он изобрел одну из первых вычислительных машин.
Лейбниц впервые высказал идеи, предвосхитившие важный
раздел современной математики — математическую логику.
Симон Люилье (L’Huillier) (1750—1810 гг.) — швейцар-
ский математик и философ. В течение многих лет (начиная
с 1775 г.) жил и работал в Варшаве. Работал в различных
областях геометрии, алгебры и анализа. В частности, хорошо
известны выведенные им формулы сферической тригонометрии
(аформулы Люилье»).
В качестве примера геометрической задачи, которой зани-
мался Люилье, можно назвать задачу о вписании в данную
окружность многоу гольника, стороны которого проходят через
данные точки. Его исследования о применении понятия центра
тяжести к решению геометрических задач (главным образом,
на разыскание геометрических мест) собраны им, в основном,
в книге «Элементы геометрического и алгебраического анализа.
ПРИЛОЖЕНИЕ
229
примененные к разысканию геометрических мест» (Париж,
1809).
Август Фердинанд Мёбиус (1790—1868 гг.) — видный
немецкий геометр и астроном. Жил в Лейпциге, где долгое
время был директором обсерватории и профессором универси-
тета. Известен прежде всего своим барицентрическим методом
(1827), который был им применен для разработки проективной
геометрии. В 1858 г. Мёбиус первый обнаружил существова-
ние поверхностей, имеющих только одну сторону (О «листе
Мёбиуса см., например, в книге «Что такое математика»
Р. Куранта и Г. Роббинса). Мёбиус занимался изучением
геометрического преобразования, известного под названием
«инверсия . Большой интерес представляют так же работы
Мёбиуса по механике.
Менелай из Александрии (1 век н. э.)—греческий гео-
метр и астроном. Много занимался вопросами сферической
геометрии (т. е. изучением геометрических фигур на поверх-
ности шара), в виду их приложений к астрономии. Теорема
Менелая послужила отправным пунктом теории трансверсалей
Лазаря Карно.
Папп из Александрии (IV в. н. э.) — последний крупный
математик древней Греции. Из его сочинений до нас дошли
только Математические коллекции», в которых собрано много
интересных теорем. Видимо, некоторые из них принадлежат
самому Паппу.
Мы уже выше говорили о теоремах Паппа — Гюльдена и
теореме Паппа — Паскаля. Здесь уместно привести еще одну
теорему Паппа: «Центр тяжести треугольника совпадает с
центром тяжести другого треугольника, вершины которого
лежат на сторонах данного и делят их в одном и том же
отношении». Паппу принадлежит также одна теорема, обоб-
щающая теорему Пифагора.
Джованни Чева (1648—1734 гг.)—'Итальянский геометр.
По профессии инженер-гидравлик. Работал и умер в г. Ман-
туе. Считался также видным специалистом в области эконо-
мики. В его сочинении «О прямых линиях'? (1678 г.) он дает
помимо механического доказательства своей теоремы еще два
чисто геометрических доказательства.
Леонард Эйлер (1707—1783 гг.) — один из величайших
математиков всех времен. Работал во всех отраслях матема-
тики, решая с изумительной находчивостью многие труднейшие
230
ПРИЛОЖЕНИЕ
задачи. Оставил громадное научное наследство (известны 865
его сочинений). Новые сочинения Эйлера печатались еще
в течение 80 лет после его смерти.
Эйлер родился в Базеле (Швейцария) в семье пастора.
В 1727 г. он был приглашен на работу в открывшуюся тогда
Петербургскую Академию наук.
В России он прожил с перерывом (с 1741 по 1766 г. он
жил в Берлине) свыше 30 лет. Большинство его работ опу-
бликовано в изданиях С.-Петербургской Академии наук. Гео-
метрические теоремы Эйлера, о которых мы говорили выше,
опубликованы там же.
Хотя Эйлер в 1736 г. ослеп на один глаз (после выпол-
нения срочной вычислительной работы), а лет через 30 ослеп
и на второй глаз, это не сказалось ни на качестве, ни на
количестве его научной продукции. Особенно многочисленны
его работы в области математического анализа, где постоянно
можно встретиться с формулами Эйлера, методами Эйлера,
функциями Эйлера, числами Эйлера, теоремами Эйлера и т. д.
Эйлера можно по праву назвать одним из создателей инте-
грального исчисления и вариационного исчисления (два важных
раздела «высшей математики»).
Большое влияние на развитие науки оказали труды Эйлера
по теории чисел и другим разделам математики, по астроно-
мии (например, < Теория движения луны»), по мореплаванию
(книга «Морская наука»), по артиллерии, по оптике и другим
разделам физики.
ГОСУДАРСТВЕННОЕ ИЗДАТЕЛЬСТВО
ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
«ФИЗМАТГИЗ»
БИБЛИОТЕКА
МАТЕМАТИЧЕСКОГО КРУЖКА
Вып. 1. Д. О. Шклярский, Н. Н. Ченцов, И. М. Яглом,
• Избранные задачи и теоремы элементарной матема-
тики, ч. 1. Арифметика и алгебра.
Вып. 2. Д. О. Шклярский, Н. Н. Ченцов, И. М. Яглом,
Избранные задачи и теоремы элементарной матема-
тики, ч. 2. Геометрия (планиметрия).
Вып. 3. Д. О. Шклярский, Н. Н. Ченцов, И. М. Яглом,
Избранные задачи и теоремы элементарной матема-
тики, ч. 3. Геометрия (стереометрия).
Вып. 4. И. М. Яглом и В. Г. Болтянский, Выпуклые фигуры.
Вып. 5. А. М. Яглом и И. М. Яглом, Неэлементариые задачи
в элементарном изложении.
Вып. 6. Е. Б. Дынкин и В. А. Успенский, Математические
беседы.
Вып. 7. И. М. Яглом, Геометрические преобразования, I. Дви-
жения и преобразования подобия.
Вып. 8. И. М. Яглом, Геометрические преобразования, II. Ли-
нейные и круговые преобразования.
Вып. 9. М. Б. Балк, Геометрические приложения понятия
о центре тяжести.
Балк Марк Евневич.
Геометрические приложения понятия о центре
тяжести.
Редактор А. Ф. Лапко.
Техи. редактор В. Н. Крючкова.
Корректор Т. С. Плетнева
Сдано в набор 1'1Х 1958 г. Подписано к пе-
чати 25 XI 1958 г. Бумага 84 X ЮЗ1 32- Физ.
печ- л. 7,25. У слови. печ. л. 11,89. Уч.-изд. л.
11,18. Тираж 25 000 экз, Т-11559. Цена 4 р. 35 к.
Заказ 2252.
Государственное издательство
физико-математической литературы.
Москва, В-71, Ленинский проспект, 15.
Первая Образцовая типография
имени А. А. Жданова
Московского городского Совнархоза.
Москва, Ж-54, Валовая, 28.