БИБЛИОТЕЧКА -КВАНТ-
ВЫПУСК 61
М.Б. БАЛ К
В. Г. БОЛТЯНСКИЙ
ГЕОМЕТРИЯ
МАСС

БИБЛИОТЕЧКА-КВАНТ
ВЫПУСК 61
М. Б. БАЛК
В. Г. БОЛТЯНСКИЙ
ГЕОМЕТРИЯ
МАСС
МОСКВА «НАУКА»
ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ
ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
1987

ББК 22.151.0
Б20
УДК 514(023)
РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ:
Академик Ю. А. Осипьян (председатель), академик А. Н. Колмо¬
горов (заместитель председателя), кандидат физ.-мат. наук А. И. Буздин
(ученый секретарь), член-корреспондент АН СССР А. А. Абрикосов,
академик А. С. Боровик-Романов, академик Б. К. Вайнштейн,
заслуженный учитель РСФСР Б. В. Воздвиженский, академик В. J1. Гинз¬
бург, академик Ю. В. Гулиев, академик А. П. Ершов, профессор
С. П. Капица, академик А. Б. Мигдал, академик С. П. Новиков,
академик АПН СССР В. Г. Разумовский, академик Р. 3. Сагдеев,
профессор Я. А. Смородинский, академик С. Л. Соболев, член-
корреспондент АН СССР Д. К. Фаддеев
Ответственный редактор выпуска Ф. X. Цельман
Балк М. Б., Болтянский В. Г.
Б20 Г еометрия масс. — М.: Наука. Г л. ред. физ.-мат.
лит., 1987,— 160 с.—(Б-чка «Квант». Вып. 61.)
30 к., 145000 экз.
Великий древнегреческий мыслитель Архимед открыл оригинальный способ
доказательства геометрических теорем, основанный на рассмотрении центра масс
системы материальных тшек. Именно таким способом им впервые была дока¬
зана теорема о пересеч^Ь уедиан треугольника. Метод Архимеда был развит
выдающимися математикой щрошлого столетия (Лагранж, Якоби, Мёбиус и др.)
и превратился в эффектЛное % строго обоснованное средство геометрического
исследования. На примерЯИ^е* сотен задач в книге показаны возможности приме¬
нения метода «геометрии масс».
Для школьников и преподавателей.
1702040000 - 093	ББК	22.151.0
053(01)-87
с> Издательство «Наука».
Главная редакция
физико-математической
чнтературы, 1987

ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие	4
Глава I. Понятие центра масс и первые его применения
к геометрическим задачам	7
§ 1. Наглядное введение	7
§ 2. Математическое определение	центра масс	10
§ 3. Решение геометрических задач барицентрическим мето¬
дом	17
§ 4. Сокращенная запись барицентрического	решения	23
Глава II. Идеи отрицательных и комплексных	масс	31
§ 5. Отрицательные массы	31
§ 6. Теоремы Чевы и Менелая	39
§ 7. Координаты центра масс. Теоремы Гюльдена и не¬
равенство Чебышева	44
§ 8. Комплексные массы	55
Глава III. Момент инерции	65
§ 9. Формулы Лагранжа и Якоби.	Применения к геометрии 65
§ 10.	Применение понятия момента инерции к доказатель¬
ству неравенств	73
Глава IV. Барицентрические координаты	76
§ 11.	Барицентрические координаты на плоскости	76
§ 12.	Барицентрические координаты как площади	84
§ 13.	Уравнения линий в барицентрических координатах	100
§ 14.	Барицентрические координаты в пространстве	110
§ 15.	Барицентрические координаты в многомерных про¬
странствах	116
Глава V. Барицентрические модели н различных областях
знания	129
§ 16.	Применения к химии и металлургии	129
§ 17.	Колориметрия	132
§ 18.	Подразделения полиэдров	140
§ 19.	Барицентрические координаты в теории интерполяции	148
§ 20.	Интерпретация закона Харди — Вайнберга	152

ПРЕДИСЛОВИЕ
Родоначальником метода, о котором пойдет речь
в этой книге, был великий древнегреческий мыслитель Ар¬
химед. Еще в II] в. до н. э. он обнаружил возможность до¬
казывать новые математические факты с помощью свойств
центра масс. В частности, этим способом им была установ¬
лена теорема о том, что три медианы треугольника пере¬
секаются в одной точке. Соображения Архимеда были позд¬
нее использованы и развиты многими геометрами (Папп, |>
Чева, Гюльден, Люилье и др.).
Несколько простых свойств центра масс позволяют ре¬
шать различные задачи геометрии и алгебры. В частности,
таким путем удается ответить на вопросы о том, пере¬
секаются ли несколько прямых в одной точке, принад¬
лежат ли несколько точек одной прямой (или одной плоскос¬
ти) и т. п. Эффективны барицентрические ’) соображения
при доказательстве неравенств и решении разнообразных
задач.
Нередко приходится слышать, что рассуждения с исполь¬
зованием свойства центров масс не могут дать матема¬
тически строгих решений геометрических задач (хотя, мо¬
жет быть, и полезны для угадывания правдоподобных от¬
ветов к этим задачам). Однако такое мнение глубоко
ошибочно.^Понятия механики не только служат ценным эв¬
ристическим средством; облеченные в строгую математичес¬
кую форму, они позволяют получать математически безу¬
пречные решения задач геометрии и алгебры. J
Идея барицентрического подхода раскрывается в гл. I
предлагаемой книги. Сущность его состоит в том, что
наше внимание концентрируется на определенных точках —
центрах масс каких-то систем материальных точек, связанных
с рассматриваемой геометрической задачей. Из механических
соображений эти точки появляются совершенно естественно.
*) Приставка «бари» означает тяжелый (от греческого Papio); поэтому
«барицентр» означает центр тяжести (центр масс).
4

Геометрически же целесообразность рассмотрения именно
этих точек заранее неясна; и вдруг чудесным образом
оказывается, что их использование позволяет быстро найти
(и строго обосновать) решение трудной геометрической задачи.
| В механических задачах рассматриваются материальные
точки с положительными массами. Тел с отрицательными
массами, которые ■ под воздействием притяжения Земли «па¬
дали» бы не вниз, а вверх, никто не наблюдал. Однако
для решения геометрических задач целесообразно распро¬
странить понятие центра масс на случай материальных
точек и с отрицательными массами. Это сделано в гл. II.
Здесь же (по-видимому, впервые в научной и популярной
литературе) иллюстрируется возможность применения в геомет¬
рии таких «монстров», как материальные точки с комплекс¬
ными массами.
^Через два тысячелетия после того времени, когда жил и
работал гениальный Архимед, другой гениальный мате¬
матик Леонард Эйлер (швейцарец по происхождению, прожив¬
ший почти полжизни в России и считавший ее своей вто¬
рой родиной) в связи с изучением вращательного движе¬
ния тел ввел понятие момента инерции. И снова, как и в
случае центра масс, нашлись удивительные пути доказа¬
тельства трудных и интересных геометрических фактов с
помощью этого понятия. И поскольку свойства момента
инерции (в частности, формулы Лагранжа и Якоби) тесно
связаны со свойствами центра масс, мы также рассматри¬
ваем их (вместе с геометрическими приложениями) в этой
книге — в гл. III.
Идеи Архимеда живут, развиваются, обогащаются новым
содержанием. В прошлом столетии замечательный немецкий
математик Август Фердинанд Мёбиус (1790—1868), известный
своими работами в области теории чисел, топологии,
геометрии, подметил, что барицентрические решения геометри¬
ческих задач приводят к введению очень интересной
системы координат, не похожей ни на декартову, ни на
полярную систему, но очень богатую геометрическими
приложениями*). С рассмотрением барицентрических коорди¬
нат связана гл. IV предлагаемой книги, где демонстрируют¬
ся возможности их применения.
Наконец, последняя гл. V книги посвящена разнообраз¬
ным приложениям барицентрического метода. Здесь вы найдете
применение изложенных в книге идей к вопросам химии,
*•) В своей монографии «Барицентрическое исчисление» (1827) Мёбиус сумел
с помощью введенных им координат изложить проективную геометрию.
1
5

проблемам цветового зрения, задачам популяционной гене¬
тики, топологии, вычислительной математики.
В книге теоретический материал занимает немного мес¬
та: небольшое число несложно доказываемых основных теорем
и поясняющих соображений — вот и все, к чему сводится
математическое изложение теоретических основ барицентри¬
ческого метода. Основной же объем книги занимают примеры
и задачи. Примеры (приведенные с подробным решением)
предназначены для того, чтобы проиллюстрировать, как ра¬
ботает метод; их в книге более пятидесяти. Кроме того,
в книге содержится свыше 250 задач; некоторые из них имеют
характер несложных упражнений, предназначенных для усвое¬
ния формулировок теорем, другие содержат больше труднос¬
тей, но и гораздо интереснее геометрически, а некоторые
являются «крепкими орешками», «раскусив» которые вы полу¬
чите удовольствие от познания геометрического содержания.
Книга доступна учащимся старших классов, интересую¬
щимся математикой. Правда, в некоторых местах исполь¬
зуются комплексные числа, многомерные пространства и
другие сведения, несколько выходящие за рамки школьной
программы, однако эти вопросы рассматриваются в тематике
факультативных и кружковых занятий.
Авторы будут признательны читателям за замечания по
содержанию книги, характеру изложения и подбору задач.
М. Б. Балк
В.	Г. Болтянский

ГЛАВА I
ПОНЯТИЕ ЦЕНТРА МАСС
И ПЕРВЫЕ ЕГО ПРИМЕНЕНИЯ
К ГЕОМЕТРИЧЕСКИМ ЗАДАЧАМ
«...Я счел нужным написать тебе и... изложить особый
метод, при помощи которого ты получишь возможность
находить некоторые математические теоремы. Я уверен, что
этот метод будет тебе ничуть не менее полезен и для
доказательства самих теорем».
Архимед. Послание к Эратосфену
«О механических теоремах»
В этой главе приводится чисто математическое
определение понятия центра масс и устанавливаются (с помощью
векторов) основные его свойства. Это позволяет по-новому
изложить решения многих геометрических задач, причем эти
решения проводятся на языке механики и являются мате¬
матически строгими.
§ 1. Наглядное введение
ав физике под материальной точкой понимают
тело, размерами которого можно пренебречь при сравнении
их с расстояниями до других тел, рассматриваемых в задаче.
Для упрощения рассуждений такое «малое» тело рассматри¬
вают как геометрическую точку (т. е. считают, что вся масса
тела сосредоточена в одной точке). Если в точке А сосредото¬
чена масса т, то будем эту материальную точку обозначать
через тА, т. е. будем записывать материальную точку в
виде «произведения».
Рассмотрим два небольших шарика, имеющих массы т1 и
т2, соединенных жестким «невесомым» стержнем. На этом
стержне имеется такая замечательная точка Z, что если
подвесить всю систему в этой точке, то она будет в равно¬
весии — ни один из шариков не «перетянет». Эта точка Z и
есть центр масс двух рассматриваемых материальных точек
с массами mi и т2.
Такая же картина наблюдается и для большего числа
материальных точек. Представим себе, что в некоторой об¬
ласти пространства (например, внутри некоторого куба) на¬
ходятся п массивных шариков с массами т,, т2,...,т„.
Размеры шариков предполагаем малыми (по сравнению с наи¬
меньшим из расстояний между ними). Иначе говоря, речь идет
7

об п материальных точках
тгАи т2А2,т„А„.	(1)
Будем полагать, что вся рассматриваемая область заполнена
веществом пренебрежимо малой массы по сравнению с мас¬
сой каждого шарика (пенопласт); мы полагаем, что этот
пенопласт не гнется, не сжимается, не растягивается. Мате¬
риальные точки (1) «сидят» в нем неподвижно, как изюминки
в застывшем тесте. Можно представлять себе картину и
иначе: рассматриваемые шарики соединены «невесомыми»
стержнями в одну жесткую систему. Если выбрать произволь¬
ную точку одного из соединяю¬
щих стержней и подвесить всю
систему на ниточке, закреплен¬
ной в этой дочке, то рассмат¬
риваемая система, вообще говоря,
не окажется в состоянии равно¬
весия, одна часть «перетянет». Но
есть такая замечательная точка Z,
что если мы подвесим всю си¬
стему на вертикальной ниточке,
прикрепленной в точке Z (считая,
что один из стержней проходит
через эту точку, рис. 1), а затем
как угодно повернем систему во¬
круг точки Z, успокоим и отпустим, то она останется в равно¬
весии. Такую точку Z называют центром масс, или барицент¬
ром системы материальных точек (1).
При применении этого понятия к решению геометрических
задач используются следующие интуитивно ясные и имеющие
простой механический смысл свойства центра масс.
1. Всякая система, состоящая из конечного числа мате¬
риальных точек, имеет центр масс и притом единственный.
2. Центр масс двух материальных точек расположен на
отрезке, соединяющем эти точки; его положение (рис. 2)
^	^	определяется	архимедовым	пра-
1	1	1	2	1	вилом	рычага	(или,	как	его	еще
I А	| z	д I	называют, «золотым правилом
(Т\,*,. , . .,	механики»): произведение массы
1711 ^	т2	материальной точки на расстоя-
Рис. 2.	ние от нее до центра масс оди¬
наково для обеих точек, т. е.
= m2d2, где шь т2 — массы материальных точек, a du d2 —
соответствующие плечи, т. е. расстояния от материальных точек-
до центра масс.
8

3.	Если в системе, состоящей из конечного числа мате¬
риальных точек, отметить несколько материальных точек и
массы всех отмеченных точек перенести в их центр масс, то от
этого положение центра масс всей системы не изменится.^
Вот и вся теория. Как видите, речь идет об очень простых
фактах из области механики. Разумеется, сформулированные
свойства 1, 2, 3 должны быть обоснованы (и это будет
аккуратно сделано в § 2). Но сейчас мы хотим проил¬
люстрировать то, что, несмотря на простоту этих фактов, они,
тем не менее, представляют собой мощное средство дока¬
зательства теорем и решения геометрических задач.
Пример 1. Докажем теорему Архимеда: три медианы
треугольника имеют общую точку, и каждая из медиан
делится этой точкой в отношении 2:1, считая от вершины.
Решение (предложенное Архимедом). Пусть ABC (рис. 3) —
данный треугольник; AAU BBU CCt — его медианы. Загрузим
вершины А, В, С равными массами, — скажем, по 1 грамму.
Получающаяся система трех материальных точек 1А, IB, 1С
имеет однозначно определенный центр масс Z (свойство 1).
В силу свойства 3 положение центра масс не изменится,
если массы материальных точек 1В и 1C мы перенесем в
их центр масс, т. е. (согласно свойству 2) в точку Аг. Но
тогда Z окажется центром масс лишь двух материальных
точек 2Аг и 1А. Значит, Ze[AA, J. Аналогично убедимся, что
ZefBBi] и Ze[CCi]. Таким образам, все три медианы имеют
общую точку Z. Кроме того, по правилу рычага (свойство’ 2)
имеем 21 ZAX | = 11 ZA |, или | ZA |: | ZAl | = 2:1.
Задачи
1.	Каждая вершина тетраэдра ABCD (не обязательно
правильного) соединена отрезком с точкой пересечения медиан противо -
лежащей ей грани (всего получается четыре отрезка); далее, каждая

середина ребра соединена отрезком с серединой противоположного
ребра (три отрезка). Имеют ли эти семь отрезков общую точку?
2.	Через середину медианы ААг и через вершину В треугольника
ABC проведена прямая. В каком отношении делит она сторону АС?
§ 2. Математическое определение
центра масс
Для того чтобы с помощью понятия центра масс
получать математически корректные решения геометрических
задач, непригодно определение центра масс с помощью
«подвешивания на ниточке». И хотя эту физическую картину
мы можем постоянно иметь в нашем воображении, следует
разъяснить точный математический смысл понятия центра масс
с помощью геометрических терминов. Иначе говоря, следует
произвести математизацию изложенной в предыдущем парагра¬
фе наглядной картины.
Выражение «материальная точка тА» будет означать:
«Точка А вместе с числом т, которое ей сопоставлено».
Число т будем называть массой материальной точки тА;
в этой главе всегда будет предполагаться, что т> 0. Ради
краткости вместо слов «материальная точка» будем часто
писать м. т.
Проведем теперь предварительное эвристическое рассмотре¬
ние для того чтобы на основе тех свойств, которые были
сформулированы в предыдущем параграфе, выяснить, как может
выглядеть математическое определение центра масс. Рассмотрим
сначала две м. т. т1А1 и т2А2, и пусть Z — их центр масс
(свойство 1). Равенство m3d3 = m2d2 (свойство 2) можно записать
в виде т3 \ ZAl \ =т2\ ZA2 | (рис. 2), т. е. |m3ZA3 \ = \ m2ZA2 \.
Учитывая, что векторы ZAl и ZA2 имеют противоположные
направления, получаем отсюда mlZAl = —m2ZA2, т.с.
m1ZA1 + m2ZA2 = 0.	(2)
Итак, если мы хотим, чтобы выполнялись свойства 1 и 2, то
центром масс двух м. т. т1А1 и т2А2 должна быть такая
точка Z, для которой справедливо равенство (2).
Пусть теперь даны три м. т. т3/1Ь т2А2, т3А3, и пусть
Z — центр масс этой системы м. т. (свойство 1). Обозначим через
С центр масс системы двух м. т. т3А3 и т2А2. Тогда, соглас¬
но (2),
т1СА1 + т2С А2 = 0.	(3)
Далее, согласно свойству 3, центр масс всей системы т3Аи
т2А2, т3А3 совпадает (рис. 4) с центром масс совокупности
10

двух м. т. (ш, + т2) С и т3А3, т. е. (согласно (2))
(т1 + m2)ZC + m3ZA3 - - 0.	(4)
Но мы имеем
(ml + m2)ZC =
= niiZC + m2ZC = т1 (ZAl — САу) + m2 (ZA2 — CA2) =
= myZAy + m2ZA2 — (m1CA1 + m2CA2) = mlZA1 + m2ZA2
(см. равенство (3)), и потому равенство (4) принимает вид
m1ZA1 + m2ZA2 +
+ m3ZA3 = б. (5)
Итак, если мы хотим, чтобы
выполнялось также свойство
3, то центром масс трех м. т.
ntjAj, т2А2, т3А3 должна
быть такая точка Z, чтр
справедливо равенство (5}, I
Можно было бы анало¬
гично рассмотреть случай
четырех и более м. т., но
равенства (2) и (5) делают закономерность уже совершенно по¬
нятной. Итак, в соответствии с приведенным эвристическим
разбором мы принимаем следующее основное
Определение. Центром масс (или барицентром) систе¬
мы материальных точек
m^i, т2А2,...,т„Ал	(6)
называется точка Z, для которой имеет место равенство
mjZHj + m2ZA2 + ... + m„ZA„ = 0.	(7)
Разумеется, предыдущие рассуждения нельзя рассматривать
как доказательство равенства (7) — эти рассуждения имели лишь
наводящий характер, а равенство (7) является определе¬
нием, и потому «доказывать» его справедливость бессмыслен¬
но. Напротив, исходя из определения (7), мы теперь строго
докажем, что центр масс системы м. т. действительно
обладает свойствами 1 — 3, указанными в предыдущем парагра¬
фе. Этим и будет осуществлено чисто математическое (не
связанное с физическими представлениями) введение понятия
центра масс и обоснование его свойств.
Вместо слов «центр масс системы м. т.» (6) говорят также
«центр масс ти т2,...,т„, помещенных соответственно в
точках Ау, А2,...,А„».
mzAz
Рис. 4.
11

Центр равных масс, помещенных в вершинах многоуголь¬
ника (или многогранника), принято называть центроидом этого
многоугольника (или многогранника). В частности, по теореме
Архимеда точка пересечения медиан треугольника является его
центроидом.
Теорема 1. А) Если точка Z служит центром масс
системы материальных точек (6), то при любом выборе в
пространстве точки О справедливо равенство
0Z =	т20Аг + ... + т„ОА„	^
тх +т2 + ... + т„
Б) Обратно: если хотя бы при одном выборе в пространстве
точки О верно равенство (8), то точка Z — центр масс
системы (6).
Доказательство. Ограничимся случаем п = 2 (при и > 2
доказательство аналогично).
А) Выберем произвольно точку О. Равенство
mxZAx + m2ZA2 = О
можно переписать так:
тх (CMj - 0Z) + т2 {0А2 - 0Z) = б,
откуда и вытекает требуемое равенство
_ тхОАх + т2ОА2
тх + т2
Проводя рассуждения в обратном порядке, получаем утвержде¬
ние Б).
Следствие 1. Всякая система, состоящая из конечного
числа материальных точек, имеет однозначно определенный
центр масс (т. е. справедливо свойство 1, указанное в § 1).
В самом деле, выберем произвольную точку О. Тогда
положение точки Z однозначно определяется формулой (8).
Докажем теперь, что из определения центра масс (см. (7))
вытекает также справедливость свойства 2, рассмотренного в
предыдущем параграфе.
Теорема 2. Центр масс двух м. т. расположен на отрезке,
соединяющем эти точки; его положение (рис. 2) определяется
архимедовым правилом рычага: m1d1 = m2d2.
Доказательство. Пусть Z — центр масс системы двух
м. т. тхАх и т2А2. Тогда (см. (7))
mxZAx + m2ZA2 = О,
т. е. mxZA\ = —m2ZA2. Из этого видно, что векторы ZAX и ZA2
противоположно направлены, так что точка Z лежит внутри
12

отрезка AjA2, причем т11 ZAt | = т2 | ZA2 |, т. е. mld1 = m2d2.
Это и есть «архимедово правило рычага»; из него видно,
что центр масс двух м. т. ближе к «более массивной» из
них, т. е. к той, у которой масса
Г"
I
I
o'""	["o'77/	[
2	I	ОС ° М
° I	I	I
о	\
тк*1	J
	I
больше (рис. 2).
Наконец, докажем справедливость
рассмотренного в предыдущем па¬
раграфе свойства 3.
Теорема 3. Пусть в системе
(6), состоящей из п м. т., отмечены
к м. т. тхАи ..., ткАк (рис. 5) и
пусть С — центр масс отмеченных
м. т. Если всю массу отмеченных
м. т. сосредоточить в их центре
г*	Рис.	5.
масс С, то от этого положение
центра масс всей системы не изменится.	Иначе	говоря,	си¬
стема (6) имеет тот же центр масс, что	и	система	м. т.
(тк + ... + тк)С, тк+1Ак+и...,тпА„.
Доказательство. Пусть Z — центр масс системы (6), т. е.
(см. (7))
m1ZA1 + ... + mkZAk + mk+1ZAk+1 + ... + mnZA„ — 0.
Так как С — центр масс системы м. т.	то
по теореме 1
m-iZAi + ... + mkZAk
ZC =
тк + ... + тк
(это равенство получается из (8), если О, Z, п заменить на
Z, С, к). Из написанных двух равенств следует, что
(тг + ... + mk)ZC + wt+1Z/lk + 1 + ... + m„ZA„ = 0,
а это и значит, что центром масс системы м. т. (тг +...
... + тк)С, тк + 1Ак+1, ..., т„А„ является та же точка Z.
Доказанная теорема позволяет в ряде случаев видоизменить
систему м. т., сохраняя положение центра масс всей системы.
Например, если в исходную систему (6) входят две м. т. равной
массы, расположенные в точках А и В, то от замены этих
двух м. т. одной м. т. удвоенной массы, помещенной в сере¬
дине отрезка АВ, положение центра масс всей системы (6) не
изменится. Именно таким путем была в § 1 доказана
теорема Архимеда о пересечении медиан треугольника.
С теоремой 3 связаны следующие простые замечания,
которые часто позволяют сделать более краткими решения
задач.
13

Замечание 1. Пусть Z (рис. 6) — центр трех масс, поме¬
щенных в вершинах треугольника ABC. Тогда прямая AZ
пересекает сторону ВС в точке А', являющейся центром тех
двух масс, которые помещены в концах этой стороны ВС
ГП1А	т^А
Замечание 2. Пусть в вершинах А, В, С некоторого
треугольника (рис. 7) помещены массы шь т2, т3; пусть
В' — центр масс м. т. т1А и т3С, а С' — центр масс м. т.
т1А и т2В. Тогда точка Z пересечения прямых В В' и СС'
есть центр всех трех масс, помещенных в вершинах треуголь¬
ника.
Доказанными теоремами 1 — 3 завершается математическое
введение понятия центра масс и доказательство основных
его свойств. В дальнейшем из этих основных свойств будет
выведен ряд других теорем о центрах масс.
Задачи
3.	В вершинах А, В, С, D параллелограмма ABCD
помещены соответственно массы р, q, р, q. Докажите, что центром
этих масс служит центр параллелограмма.
4. В вершинах параллелограмма ABCD расположены такие массы
тА, тв, тс , mD, что центр масс получающихся четырех м. т. совпа¬
дает с центром параллелограмма. Докажите, что тА = и тв = mD.
5. Докажите, что положение центра масс системы м. т. не изме¬
нится, если все массы этих м. т. увеличить в одно и то же число
раз.
6. Докажите, что если суммарная масса т1 + т2 + ... + щ, системы
(6) равна 1 (в этом случае говорят о распределении единичной массы
в точках Аи А2,...,А„), a Z — центр масс этой системы, то при
любом выборе точки О имеем
OZ = т1ОА1 + т2ОА2 + ... + т„ОА„.
7. Известно, что ВМ = 0,7ВА. Какими массами можно загрузить
точки А и В, чтобы центром масс двух получившихся м. т. оказа¬
лась точка Ml Однозначно ли определены эти массы?
14

8. Пусть А'и..., А'к — точки, в которые переходят Аи...,Ак в ре¬
зультате движения /. Тогда говорят, что система м. т.
m1 А1,...,ткАк переходит в результате движения / в систему м. т.
m1A'l,...,ткА'к. Докажите следующие утверждения:
а) если Z — центр масс системы м. т. т1А1,...,ткЛк и Z'—
центр масс системы м. т. т1А\, ..., ткА'к, то Z'=/(Z) (т. е. если
система м. т. подвергается движению f, то и ее центр масс под¬
вергается тому же движению);
б) ткАкАк + ... + ткАкАк = (т, + ... + mk)ZZ’.
9. Пусть (6) — система м. т. (на плоскости или в пространстве) и
/ — такое движение (плоскости или пространства), при котором
система (6) переходит в себя, т. е. система м. т. тг/(>1х),
m2f (А2),...,щ,/(А„) совпадает, с точностью до порядка, с исходной
системой (6). Докажите, что центр масс Z системы (6) является не¬
подвижной точкой движения /, т. е. /(Z) = Z.
10. Пусть Z и Z' — точки пересечения медиан соответственно
треугольников ABC и А’В'С. Докажите, что
ZZ' = ~(АА' +ВВ' + СП-
11. Докажите, что центроид правильного пятиугольника совпадает
с центром окружности, описанной около этого пятиугольника. Докажи¬
те аналогичное утверждение для произвольного правильного много¬
угольника. Докажите также, что если многоугольник AVA2 ... А„ пере-
ходит; в себя[ при повороте вокруг точки О на угол 0, где 0 < 0 < 2л,
то OAi + ОА2 + ... + ОА„ = 0.
12. Докажите, что центроид правильного тетраэдра совпадает с
центром сферы, описанной около этого тетраэдра. Докажите аналогич¬
ное утверждение для произвольного правильного многогранника.
13. Докажите, что если все м. т. системы лежат в некоторой
плоскости, то их центр масс лежит в той же плоскости.
14. Докажите, что если все м. т. системы лежат на некоторой
прямой, то центр масс этой системы лежит на той же прямой.
15. Докажите, что если система м. т. переходит в себя при
симметрии относительно плоскости а, то центр масс этой системы
лежит в плоскости а.
16. Докажите, что если конечная система м. т. переходит в себя
при повороте вокруг прямой 1 на угол ф, где 0 < ф < 2л, то
центр масс этой системы лежит на прямой /.
17. Докажите, что если конечная система м. т. переходит в себя
при повороте вокруг каждой из двух различных прямых I, и /2 на
какие-то углы ф! и ф2, где 0 < ф! < 2л, 0 < ф2 < 2л, то прямые /,
и /2 пересекаются, и их общая точка служит центром масс данной
системы м. т.
18. Многогранник М называется транзитивным, если для любых
двух его вершин А, В существует движение, переводящее этот
многогранник в себя, а вершину А — в В. Докажите, что если М — тран¬
зитивный многогранник, то существует сфера, описанная вокруг много¬
гранника М (т. е. сфера, проходящая через все его вершины), и центр
О этой сферы совпадает с центроидом многогранника М.
15

19. Докажите, что если многогранник с вершинами Аь А2,...,А„
гранзитивен (см. задачу 18) и О — центр его описанной сферы, то
ОА1 + ОА2 + ... + ОАп = 0.
20. Три вектора ОА, ОВ, ОС связаны зависимостью ОС =
= ~(ОА + ОВ). Центром каких масс, помещенных в точках А и В,
служит С?
21. Сформулируйте теорему 1 ^цля случая двух м. т.
22. Докажите, что если AZ = — (5АВ + 8/4 С), то при любом вы¬
боре
1
пространстве точки О верно равенство OZ =
= -(50В + 80Q.
23. Точка С лежит на отрезке АВ и делит его в отношении
2: 7, считая от точки А, т. е. | АС \: | СВ | = 2: 7. Выразите этот
факт с. помощью понятия центра масс. Запишите несколько векторных
равенств, имеющих тот же смысл.
24. Дано: BQ = 0,4ВА. Каким образом следует распределить
между точками А и В единичную массу, чтобы центром масс
возникающих при этом двух м. т. оказалась точка Q1
25. Точка L служит центром масс двух м. т. пА и РВ. Вычислите
отношение BL: В А.
26. Пусть ABCD — квадрат со стороной а. Точка Р удовлетворяет
условию РА + ЪРВ + ЪРС + PD = 0. На каком расстоянии находится
точка Р от центра квадрата?
27. Средней линией четырехугольника называется отрезок, соеди¬
няющий середины двух его противоположных сторон. Докажите, что
точка пересечения двух средних линий четырехугольника ABCD
является центром масс четырех м. т. 1А, IB, 1C, 1D (т. е. является
центроидом этого четырехугольника).
28. Докажите, что центр масс трех м. т., расположенных в вер¬
шинах треугольника, всегда находится строго внутри этого тре¬
угольника.
29.	Докажите,	что	если	длины	отрезков	ВД CD, AZ, DZ на
рис. 8	равны	соответственно	Ь, с,	a, d, то	Z является центром
масс	системы	м. т. (bd + cd) А, асВ,
аЬС.	Выведите	отсюда, что любая
внутренняя точка треугольника ABC
является центром некоторых трех
масс, помещенных в вершинах этого
треугольника.
30.	Докажите, что при любом вы¬
боре точки Р внутри заданного тре¬
угольника ABC возможно (и притом
единственным образом) так распреде¬
лить по его вершинам единичную мас¬
су, чтобы центром масс трех получив-
Рие. 8.	шихся	м. т. оказалась точка Р.
16

31. Сформулируйте и докажите для случая тетраэдра утверждения,
аналогичные тем утверждениям относительно треугольника, которые
содержатся в задачах 28, 29 и 30.
32. Дано: СМ = 0JCA + 0,3СВ (точки А, В, С не лежат на одной
прямой). Центром каких трех масс,	расположенных	в	вершинах
треугольника ABC, служит точка М?
33. Точки Р, М, А, В расположены	так,	что	РМ = ~(РА + РВ).
Центром масс каких м. т. служит точка	М?
34. Пусть Z — центр масс т,, т2, т3, помещенных соответственно
в вершинах А, В, С треугольника, причем т1 + т2 + т3 = 1. Выразите
CZ через С А и СВ; OZ — через О А, ОВ, ОС (О — произвольная
точка).
35. Точка Р лежит внутри треугольника ABC. Докажите сущест¬
вование таких положительных чисел а, р. удовлетворяющих условию
а + Р < 1, что СР = а С А + Р СВ.
36. В пространстве дан тетраэдр AtA2A3A4. Точка Р выбрана в
пространстве так, что А2Р = 0,2А2А1 + 0,3А2А3 + 0,lA2At. Какими мас¬
сами следует загрузить вершины тетраэдра, чтобы центром этих масс
оказалась точка Р?
37. С помощью определения центра масс (см. (7)) напишите
необходимое и достаточное условие того, что М — точка пересечения
медиан треугольника ABC.
38. Используя (8), запишите другое условие, необходимое и
достаточное для того, чтобы М была точкой пересечения медиан
треугольника ABC.
39. Пусть С — центр масс м. т. miA,,..,,ткАк, a D — центр масс
м. т. тк+1Ак+1,...,т„А„. Докажите, что центр масс всей системы (6)
принадлежит отрезку CD.
40. Рассматривается система м. т.
а1А1,...,акАк, bjB^-.^biBi, скСк, ...,с„С„.
Докажите, что центр масс этой системы принадлежит треугольнику
ABC, где А — центр масс м. т. а1А1,...,акАк; В — центр масс м. т.
blBl,...,btBt; С — центр масс м. т. CjCj,...,стС„.
41. Через точку М проведены три прямые АА,, ВВи СС,
(точки	Ви Ci лежат на сторонах A ABC). Пусть
\АСк |	\АВг\
-	- = р, 	=	д.	Докажите	формулу Ван-Обеля:
\СкВ\	|BiC|
\АМ\
IМАк | ~P + q-
§ 3. Решение геометрических задач
барицентрическим методом
При решении геометрической задачи барицентри¬
ческим методом мы загружаем отдельные точки к^адовми
(т. е. сопоставляем, приписываем этим точкам определейные
17

положительные числа). Затем привлекаем свойства центров масс
всех полученных м. т. или части этих м. т. Искусство
применения барицентрического метода состоит в том, чтобы
по условию задачи осуществить такой выбор точек и помещае¬
мых в эти точки масс, при котором задача легко и красиво
решается. Три основных свойства центров масс особенно важны
при решении задач: 1) наличие и единственность центра
масс у любой системы материальных точек (см. следствие из
теоремы 1); 2) принадлежность центра масс двух м. т. отрезку,
соединяющему эти точки (см. теорему 2); 3) возможность
перегруппировки материальных точек системы без изменения
положения центра масс всей
системы (см. теорему 3).; В этом
параграфе мы рассмотрим при¬
менение барицентрического ме¬
тода при решении ряда задач
планиметрии; пространствен¬
ные задачи будут рассмотрены
в следующем параграфе.
Пример 2. На стороне АС
треугольника ABC (рис. 9) взята
такая точка М, что | AM \ =
= ^ | АС а на продолжении
стороны СВ — такая точка N, что | BN \ = | СВ |. Прямая М N
пересекает сторону АВ в точке Р. В каком отношении делит
эта точка сторону АВ и отрезок NM2
Решение. Идея решения состоит в размещении в точках
А, С, N таких масс, чтобы центром этих трех масс оказалась
точка Р. Ясно, что в N и С надо поместить равные
массы, так как тогда центром масс этих двух м. т. будет
точка В, и потому, поместив надлежащую массу в точку А,
можно будет добиться, чтобы центром масс всех трех м. т.
была нужная нам точка отрезка АВ (а именно, точка Р).
Итак, поместим в каждую из точек N, С массу 1, т. е.
возьмем м. т. IN, 1C. Так как, далее, | СМ | = 21 AM |, то в
силу правила рычага М — центр масс двух м. т. 1C и 2А. Сле¬
довательно, центр масс Z всех трех м. т. IN, 1C, 2А (лежа¬
щий, согласно сказанному выше, на отрезке АВ) будет в то же
время по теореме 3 центром масс двух м. т. 11V и 3М, т. е.
Ze[MlV]. Значит, Z — точка пересечения отрезков MN и АВ,
т. е. Z = Р. Так как Z - центр масс двух м. т. IN и 3М,
а также центр масс двух м. т. 2В и 2А. то по правилу
рычага получаем
\NP\-.\PM\ =3:1, | АР |: | РВ | = 1: 1.
18

Замечание. При желании это барицентрическое решение
можно было бы «перевести» на векторный язык, т. е. оформить
решение как чисто векторное, в котором уже нет упоминания
ни о материальных точках, ни о центрах масс. В данном
случае такое решение выглядит следующим образом. Зафикси¬
руем какую-нибудь точку О. Из условия видно, что 2МА + МС =
= О, ВС + BN = 0, что равносильно таким векторным ра¬
венствам:
т=2оЦос_т=щт_
Рассмотрим точку Z, задаваемую условием
OZ=2 ОПГС+ОЙ	(9)
Имеем
OZ = 30M + 0N =>2ZM + ZN = 6=>Ze[MN];
—►	2CM + (ОС + ON) 20A + 20B	—► —► ^ ^ r
OZ = Ц	-	=			=>ZA+ZB =0 =>Ze[AB],
4	4
Следовательно, Z есть точка пересечения отрезков АВ и MN,
т. е. Z = Р, и потому | PN \: | РМ | = 3, | РА | = | РВ |.
Читатель, видимо, отметил для себя, что хотя в результате
такого «перевода» с «барицентрического языка» на «векторный
язык» получается безупречно строгое решение, имеющее чисто
векторный характер, но, однако, это решение выглядит не¬
сколько искусственным. Например, если учащийся будет рас¬
сказывать это «векторное» решение в классе у доски и кто-
либо из слушателей спросит, почему в формуле (9) были взяты
именно такие числа в числителе и знаменателе (а в более
сложных задачах коэффициенты будут еще причудливее), то
учащемуся будет просто нечего ответить на этот вопрос И в
самом деле, появление этих коэффициентов было совершенно
естественным, когда мы при решении использовали понятие
центра масс, но эти коэффициенты трудно как-либо пояснить
после того, как мы за счет «перевода на векторный язык»
изъяли механический смысл.
Пример 3. В треугольнике ABC (рис. 10) точка F делит
основание ВС в отношении 3:1, считая от вершины В. Точки
М и Р отсекают от боковых сторон АВ и АС по одной
шестой, считая соответственно от вершины А и от вершины
С. В каком отношении делится каждый из отрезков МР и
•4Т точкой их пересечения?
19

Рис. 10.
Решение. Загрузим точки В и С
такими массами, чтобы их .центром
оказалась точка F; очевидно, до¬
статочно (в силу правила	рычага)
поместить в В массу 1 (т. е. рас¬
смотреть материальную точку 1 В),
а в С — массу 3. Далее, имея уже
м. т. 1 В, подберем для точки А
такую массу х, чтобы точка М
оказалась центром масс двух м. т.
1В и	хЛ. По правилу	рычага
имеем	1 ■ | ВМ \ = х \ МА |,	откуда
х = | ВМ |: | МА | = 5. Наконец, имея м. т. 3С, подберем для точки
А еще другую массу у так, чтобы точка Р оказалась центром
масс двух м. т. 3 С и у А. По правилу рычага имеем
31 СР |	= у \РА |, откуда	у = 31 СР \: \ РА | = 0,6. У нас	возникла
новая	ситуация:	кроме	м. т. 1В	и 3С, мы имеем в	точке А
две различные массы 5 и 0,6. Рассмотрим систему из всех
четырех м. т. 1В, 5А, 3С и 0,6А. Ее центр масс обозначим
через Z. Перенесем массы м. т. 1В и 5А в их центр масс
М, а массы м. т. 3С и 0,6/1 — в их центр масс Р. Тогда Z
окажется центром масс лишь двух м. т. 6М и 3,6Р. Значит,
Ze[MP], Мы могли бы и иначе сгруппировать те же четыре
м. т.: перенести массы м. т. 1В и ЗС в их центр масс F,
а вместо 5А и 0,6/4 рассмотреть одну м. т. 5,6/4. Тогда Z
окажется центром масс двух м. т. 4F и 5,6/4. Поэтому
Ze[/4F]. Следовательно, Z — точка пересечения отрезков МР
и AF. Так как Z — центр масс м. т. 5,6/4 и 4F, то
5,61 AZ | = 41 FZ |, так что | AZ |: | ZF | = 5: 7. Аналогично убе¬
димся, что 61 MZ | = 3,61 PZ |, откуда | Л /Z |: | ZP | = 3: 5.
Пример 4. Через точку Р, расположенную внутри парал¬
лелограмма A BCD, проведены прямые, параллельные сторонам
параллелограмма. Они пересекают стороны АВ, ВС, CD, DA
соответственно в точках К, L, М,
с N (рис. 11). Пусть Q — точка пере¬
сечения средних линий четырехуголь¬
ника KLMN, a S — центр параллело¬
грамма. Докажем, что точка Q ле¬
жит на отрезке PS, и определим,
в каком отношении делит она этот
отрезок.
Решение. Сначала загрузим вер¬
шины четырехугольника KLMN мас¬
сами так, чтобы центром получен¬
ных четырех масс оказалась точка Q.
20
Рис. 11.

Для этого достаточно поместить в каждую из точек К, L, М,
N массу 1. Заметим теперь, что KBLP — параллелограмм; поэто¬
му можно заменить м. т. IX и 1Рна м. т. IB и 1Р, т. е. Q являет¬
ся центром масс м. т. IB, IP, 1М, IN. Аналогично м. т. 1М и
IN можно заменить на м. т. ID и 1 Р. Точка Q окажется
центром масс четырех м. т. 1 В, IP, ID, IP, а значит,
центром масс двух м. т. 2S и 2Р (поскольку S — середина
отрезка BD). Но тогда по правилу рычага точка Q располо¬
жена на отрезке SP и делит его пополам.
Пример 5. Около окружности описан четырехугольник ABCD
(рис. 12), касающийся окружности в точках М, N, Р, Q.
Известно, что длины отрезков
касательных, проведенных из
точек А, В, С, D к окружности,
равны соответственно а, Ь, с, d.
В каком отношении делится
каждый из отрезков МР и NQ
точкой их пересечения?
Решение. Подберем мас¬
сы ти т2 в вершинах А, В
так, чтобы центром масс мате¬
риальных точек mi А и т2В
оказалась точка М. По пра-	Рис 12
вилу рычага должно быть mta =
= т2Ь. Поэтому достаточно положить mt = 1/а, т2 = 1/Ь.
Из аналогичных соображений понятно теперь, что если в
вершинах А, В, С, D поместить массы 1/а, 1/Ь, 1/с, 1/d, то
М — центр масс м. т. — А и — В, точка N — центр масс м. т.
а	Ь
~г В и — С, точка Р — центр масс м. т. — С и —D, а точка
be	ей
Q — центр масс м. т.	и —А. Обозначим через Z центр
d	а
масс полученной системы из четырех м. т. —А, —В,
1 „	1	а	Ь
~С и — D. Положение центра масс не изменится, если
заменить м. т. —А и ]-В материальной точкой
а	Ь
а материальные точки С и ~D — мате-
с	d
(!+!Ь
(М>-
риальной точкой I	1—г	Р. Значит, точка Z лежит на отрезке
Vе dJ
МР. Аналогично убедимся, что Z лежит на отрезке NQ. Спе-
21

довательно, Z — точка пересечения отрезков МР и NQ. По
правилу рычага получаем
(l + |)|MZ|.(l + i)|Zn
откуда находим
|MZ|	/1	1 у/1	1\	(c + d)ab
\ZP\	\с	d) \а	b)	(a + b)cd
Аналогично,
1 NZ |	= А	1 \ А	А = (а + </) be
\ZQ\	\а	d)\b	cj	(b + c)ad'
Задачи
42.	Пусть L — точка пересечения средних линий четы¬
рехугольника ABCD, Е и F — середины его диагоналей. Докажите,
что точки L, Е, F лежат на одной прямой.
43. Прямая проходит через вершину А треугольника ABC и се¬
редину L медианы ВВ,. В каком отношении делит эта прямая медиану
СС,?
44. Площадь параллелограмма ABCD равна 1 м2. Точка М
делит сторону ВС в отношении 3:5 (считая от вершины В). Прямые
AM и DB пересекаются в точке Р. Вычислите площадь четырех¬
угольника CMPD.
45. На сторонах LK и LM треугольника KLM взяты такие точки
А и В, что | L4 | = 31 АК |, |LB|=4|BAf|. Пусть С — точка пере¬
сечения прямых AM и КВ, Sms — площади треугольников KLM
и КМС. Вычислите S:s.
46. Через вершину D параллелограмма ABCD проведена прямая,
отсекающая 1/л часть от стороны АВ, считая от вершины А. Какую
часть от диагонали АС отсекает та же прямая?
47. Стороны треугольника ABC, противолежащие вершинам А, В,
С, соответственно имеют длины а, Ь, с. Докажите, что центром масс
системы м. т. аА, ЬВ, сС служит центр вписанной окружности этого
треугольника. В каком отношении биссектриса AAt делится точкой
пересечения биссектрис?
48. На стороне ВС треугольника ABC взята такая точка Д что
IBD |: | DC | = 5:1. В каком отношении медиана СЕ делит отрезок AD?
49. На сторонах треугольника ABC взяты такие точки А,, Вь Ct,
что АС, — ^ ЛВ, В А, = ВС, СВ, = СА При пересечении отрезков
АА,, ВВ,, СС, образовался треугольник AiB2C2- Найдите отношение
площадей треугольников А1ВгС1 и ABC.
Указание. Найдите, в каком отношении делятся отрезки АА,,
ВВи СС, точками А2, В2, С2.
^ ИЛ Че\ЫрСХ ТОЧек А’ В’ С’ D НИкакие три не лежат на одной
прямой, и середины отрезков АВ и CD; К — середина отрезка
22

MN', P — точка пересечения медиан треугольника BCD. Докажите, что
точки А, К, Р лежат на одной прямой.
51. Даны шесть точек, никакие три из которых не лежат на од¬
ной прямой. Точка пересечения медиан треугольника с вершинами в
трех каких-либо из этих шести точек соединена отрезком с точкой
пересечения медиан треугольника с вершинами в трех других точках.
Докажите, что получающиеся таким образом десять отрезков пересе¬
каются в одной точке.
52. Противоположные стороны АВ и DC четырехугольника ABCD
разделены точками М и N в одном и том же отношении А (т. е.
AM = кМВ, DN = kNC)\ Р и Q — середины сторон AD и ВС. В каком
отношении делится каждый из отрезков MN и PQ точкой их
пересечения?
53. В окружность вписан четырехугольник ABCD; Si — точка
пересечения его диагоналей, Q — середина стороны CD. Вычистите, в
каком отношении делит прямая MQ сторону АВ, если известно, что
\AD | = а, | ВС | = Ь.
54. На стороне АС треугольника ЛВС взята такая точка Вь что
прямая BBi отсекает от стороны АС одну треть, считая от вершины
С.	Через вершину А проведены две прямые АА, и ААг, которые
делят сторону ВС на три части равной длины. Зная площадь S
треугольника ABC, вычислите площадь четырехугольника, ограни¬
ченного прямыми AAt, АА2, ВВи ВС.
§ 4. Сокращенная запись
барицентрического решения
В основной формуле (8) § 2 точку О можно выбрать
в пространстве произвольно. Поэтому можно условиться вовсе
не писать точку О, а заодно — и стрелок над векторами.
Тогда формула (8) приобретает вид
z =	+ т2А2 + . ■ ■ + тпАп
mt + т2 + ... + т„
или иначе
(пц + т2 + ... + m„)Z = пцЛ t + т2А2 + ... + m„An. (11)
Каждая из этих двух сокращенных записей формулы (8)
равносильна утверждению о том, что точка Z — центр масс
системы м. т. шИь т2А2, ..., т„А„.
Например, запись
2A + 3B + SC
13
означает, что точка Р — центр масс трех м. т. 2А, ЪВ и 8С.
Аналогично, запись 2А + ЪВ = 51) указывает, что центром масс
Двух м. т. 2А и ЪВ служит точка D.

Сокращенные записи позволяют показывать производимую
перегруппировку масс. Например, запись
р (2А+ 3В) + 8С _ 5D + 8С ^ рс[ср]
говорит о следующем: «пусть Р — центр масс трех м. т. 2А,'
ЪВ, 8С; если сосредоточить массы двух м. т. 2А и ЗВ в их
центре масс D, то точка Р окажется центром масс лишь двух
м. т. 5D и 8С; следовательно, точка Р расположена на
отрезке CD».
В формуле (11) справа стоит формальная запись «суммы»
материальных точек, а слева «материальный центр» этой систе¬
мы м. т., т. е. материальная точка, получающаяся, если суммар¬
ную массу всей системы поместить в ее центре масс. Иначе
говоря, сумма т1А1 + т2А2 + ... + т„А„ означает то же самое,
что и материальная точка, возникающая, если суммарную
массу т1 + т2 + ... + т„ поместить в точку Z (центр масс).
При такой трактовке теорема 3 может быть выражена в виде
т1А1 + ... + ткАк + фк+1Ак+1 + ... + т„А„ =
= (/и,Л, + ... + ткАк) + mk+1Ak+i + ... + щ.А^
Здесь запись в левой части означает материальный центр
всей системы, т. е. (лц + т2 + ... + mn)Z (где Z — центр масс
системы м. т. ицЛ],...,»!,,^); правая же часть означает, что
вместо части м. т. берется их материальный центр, т. е.
(т1 + ... + тк) С (это выражается в том, что м. т. т1А1 + ... +ткАк
заключены в скобки). Написанное равенство означает, что
системы м. т., записанные слева и справа, имеют один и тот же
материальный центр, т. е. имеют общий центр масс. Таким обра¬
зом, перегруппировка материальных точек, рассмотренная в
§ 2 (теорема 3), означает при использовании сокращенной
записи, что в сумме материальных точек можно произволь¬
ным образом расставлять скобки. (Очевидно, что перестановка
слагаемых также допустима, поскольку при определении центра
масс порядок м. т. не играет роли, см. (7).)
Сокращенные записи позволяют излагать барицентрические
решения геометрических задач более компактно. Например,
решение примера 3 из § 3 можно записать следующим об¬
разом. Из условия следует, что
4F = 1В + ЗС; 6М = 1В + 5А; 3,6Р = 3С + 0,6А
Пусть

Тогда
„ (IB + 5А) + (ЗС + 0,6/4) 6М + 3.6В	^	г„пП
Z_	9,6	_	9,6	=*zeL^J>
„	(1В + 30 + (5/4 + 0,6Л) 4F + 5,6Л
z = ~		= Я6
Мы видим, что Z есть точка пересечения отрезков МР и
FA. По правилу рычага 61 MZ | = 3,61ZP |, 41FZ | = 5,61ZA |,
откуда | MZ |: | ZP \ = 3: 5, | AZ \: \ ZF \ = 5: 7.
Пример 6. На сторонах АС и ВС треугольника ABC
взяты такие точки М и Р, что | AM |: | МС | = 3:1 и
| ВР |: | PC | = 1:2 (рис. 13). Отрезки АР и ВМ пересекаются в
точке Q. Известно, что площадь
треугольника BPQ равна 1 м2.
Требуется вычислить площадь
треугольника ABC.
Решение. Легко убедить¬
ся, что SgAC = 3SBAP = 3SBPQ х
\АР\ „
х ~JqpJ' Поэтому нужно вы-
\АР I „
числить JqpJ- Для этого по-	Рис.	13.
местим такие массы в верши¬
нах А, С, В, чтобы точка М была центром масс, помещен¬
ных в А и С, а Р — центром масс, помещенных в С и В. В силу
условия задачи и правила рычага достаточно в вершине А
поместить массу 1, в С — массу 3, а в В — массу 6. Пусть Z —
центр полученных трех масс; тогда
„ L4 + 3C + 6B (L4 + 3Q + 6B 4М + 6В _
2   ю = ю   —j-0—Ze[M4;
z,M+fiC + 6B)_Jd + 9P^ZE[M}
Теперь видно, что Z — точка пересечения отрезков MB и
РА, т. е. Z = Q. Из последнего равенства ясно, что Z —
центр масс двух м. т. 9Р и 1/4; по правилу рычага
MGI=9|eP|, \AP\=\AQI + IQP\ = 10\QP\.	Значит,
\АР\
Ш = 10, и потому $Ад( = 30 м .
Пример 7. От боковых ребер РА, РВ, PC правильной
треугольной пирамиды РАВС плоскость а отсекает соответ-
2	3	4
ственно	считая	от	вершины Р (рис. 14). Какую
часть отсекает плоскость а от высоты РМ пирамиды?
25

Решение. Пусть Аи Ви Ct — точки пересечения ребер
РА, РВ, PC с плоскостью а. Поместим в каждую из
точек А, В, С массу, равную единице. Так как | АР | =
= ~\А1Р\,т.е.\АА1\=~\А1Р\,
то
5	3
-j-A^lA-h— Р,
т. е. At — центр масс м. т. 1А и
3
Р. Аналогично
2
4n.-u> + -fr,
|с,= 1С + 1р.
Далее, так как пирамида правильная, то 3М = 1А + IB + 1C.
Пусть Q — центр масс всех шести рассмотренных м. т., т. е.
1А+- Р+1В+^Р + [C + \p=~Q.
Рис. 14.
Произведем группировку масс:
65
12'
!С = (Ы+ТР) + (1В + Т',) + ('С + Т'’)'
= — At	=>Qect-
Произведем другую группировку масс:
f2Q = (lA + lB+lC) + (lp + ^P + ±p) =
29
= 3 М +—P=>Qe[PM~\.
Значит, Q — точка пересечения плоскости а и отрезка РМ.
29
Из последнего равенства видно, что Q — центр масс м. т. — Р
29
и ЪМ, и по правилу рычага | PQ | = 31QM |, откуда
\PQ\=fs\PM |.
Пример 8. В угол PAQ (рис. 15) вписана окружность,
касающаяся сторон угла в точках Р и Q. Прямая ВС (где
26

Be(AP), Ce(AQ)) касается окружности в точке Т. Прямые BQ
и СР пересекаются в точке М. Докажем, что точки А, Т, М
лежат на одной прямой.
Решение. Пусть | АР | = | AQ \ = а, \ BP | = | ВТ\ = т,
] CQ | = | СТ | = и. Тогда ] АВ | = а — тп, \АС | = а — п. Поместим в
А массу 1 и подберем для Р такую массу х, чтобы центром
масс .м. т. \А и хР служила точка В. По правилу рычага
1 • | АВ | = х | ВР |, откуда х = -——. Аналогично убедимся, что
m
а — п
С — центр масс м. т. 1А и yQ, где у =	. В сокращенных
обозначениях имеем
(1+х)В = L4+ хР, (1 + y)C = \A+yQ.
Центром масс трех м. т. 1 А, хРу yQ служит точка пересе¬
чения отрезков BQ и СР, т. е. точка М (см. замечание 2
в § 2). Иначе говоря,
1А + хР + yQ = (1 + х + у) М.
Обозначим теперь через Z центр масс четырех м. т 1 А,
хР, [A, yQ:
Z = 1А + хР + 1А + У®
2 + х + у
и произведем группировку масс:
—В + — С
2_(1А +хР) + (1 A + yQ) (1 + х)В + (1 +у)С _ m п
2 + х + у	(1 + х) + (1 + у) 1 J_
m п
т	1	1
1 еперь видно,	что	Z	—	центр	масс	м. т.	— В	и	— С.	Но
m	п
центром масс этих	м.	т.	служит,	очевидно,	точка Т. Значит,
27

Z = Т. Произведем теперь другую группировку:
(1А + хР + yQ) + 1А _ (1 + х + у)М + 1А
2 + х + у	2	+	х	+ у
=>Ze[^M]=>Te[>4M].
Пример 9. Основанием пирамиды FABCD служит паралле¬
лограмм ABCD (рис. 16). Плоскость а пересекает боковые
ребра AF, BF, CF, DF соот¬
ветственно в точках Аг, Ви Сь
Du причем
\АА,
= 5,
| CCt\
\AxF
= 2,
IВВ1
|B,F|

I CtF
ношение x =
- 10. Вычислим OT-
\ddl\
\DxF\-
Решение. Пусть	M —
центр параллелограмма ABCD
и Р — точка пересечения от¬
резка FM с плоскостью а. Рас¬
смотрим треугольник AFC.
Рассуждая так же, как в примере 3, мы найдем, что точка Р
является центром масс четырех м. т. 1А, 2F, 1C, 10F. Теперь
имеем
1A+2F + 1C + ЮТ
Р =
14
(L4 + 1Q + (2 F + 10F)
14
2 М + 12F
14
т. е. Р — центр масс м. т. 2М и 12F.
Рассмотрим, далее, треугольник BFD. Рассуждая, как в при¬
мере 3, найдем, что Р — центр масс четырех м. т. 1В, 5F, 1D,
xF. Поэтому
(1В-у ID) + (5F + xF) 2М + (5 + х) F
Р =
7 + х
7 + х
т е. Р — центр масс м. т. 2М и (5 + х) F. Но выше мы видели,
что Р — центр масс м. т. 2М и 12F. Следовательно, 5 + х = 12,
х = 7, т. е.	= 7
\D1F\ Л
Пример 10. На сторонах треугольника ABC (рис. 17) взяты
такие точки L и Л/, что
28
CL- а С А, СМ = РСВ (0 < а < 1, 0 < Р < 1).

Пусть Р — точка пересечения прямых AM и BL Вычислим
\АР |
отношение — - т.
| AM |
Решение. Имеем CL= а С А + (1 — а) СС (здесь слева
коэффициент равен 1, и потому справа берутся коэффициенты,
сумма которых равна 1). Теперь ясно (утверждение Б теоремы 1),
что L— центр масс двух м.т.:
а А и (1 — а) С, а следователь¬
но, и двух м. т. рА и 1C, где
Р =
1 - а
Аналогично убедимся, что М —
центр масс двух м. т. qB и 1C,
где
Я =
Р
l-Р'
Рис. 17.
Z =
центр масс всех трех м. т. рА, qB, 1C.
pA + qB + 1C рА + (qB + 1C)
Пусть теперь Z
Тогда
p + q + 1
р + q + 1
рА
(q+l)M
p + q + 1
-Ze[/4M], (12)
Аналогично убедимся, что Ze[RL], Значит, Z = Р.
Так как (см. (12)) Р — центр масс м. т. (q + 1) М и рА, то,
применяя при п = 2 формулу (8) (в которой точка О заменена
на А), получаем
73 (q+l)AM+pAA	|	АР |
АР = ■	    ,	и	потому	,
p + q+1	|	AM|
q+ 1
1 -a
p + q+1	1	—	aP'
Задачи
55.	Изложите в сокращенных обозначениях решение
задачи из примера 5 (§ 3).
56. Изложите в сокращенных обозначениях решение примера 1.
57. На сторонах шестиугольника последовательно отмечены их
середины В,, В2, В3, В4, В5, В6. Будет ли точка пересечения медиан
треугольника В,В3В5 совпадать с точкой пересечения медиан тре¬
угольника В2В486?
58. В основании пирамиды РАВС лежит правильный треугольник
ЛВС с центром К. На боковых ребрах РА и РВ выбраны точки At
hr,	\РАА	с IPB.I
и В j так. что — = 5, — -	-
IА1А | |В3В
= 0,5. Через точки At, В, и середи-
29

ну отрезка РК проведена плоскость а. В каком отношении делит она
третье боковое ребро?
59. На боковых сторонах АВ и АС равнобедренного треугольника
ВАС выбраны такие точки Р и Q, что | BP | = п | РА |, | AQ | = п | QC |.
В каком отношении делит прямая PQ высоту АМ1
60. Через вершину В треугольника ЛВС проведены две прямые
BBt и ВВ2, отсекающие от стороны АС по одной пятой (соответствен¬
но считая от вершин А и С). Через вершину С тоже проведены
две прямые СС, и СС2; они отсекают от стороны АВ по одной
четверти, считая от вершин А и В соответственно. Площадь тре¬
угольника ABC равна 1 дм2. Определите, чему равна площадь четы¬
рехугольника, ограниченного прямыми ВВи ВВ2, ССЬ СС2.
61. На сторонах АС и ВС треугольника ABC взяты такие точки
La М, что CL= аСА, СМ = рСВ; Р — точка пересечения прямых AM
и BL. Вычислите отношения | АР \: \ AM | и | BP |: | BL | (см. пример 10).
62. Площадь параллелограмма ABCD равна 1. Точка М делит
сторону ВС в отношении 3:5. Вычислите площадь четырехугольника
CMPD, где Р — точка пересечения прямых AM и BD.
63. На ребрах АВ. AC, BD треугольной пирамиды взяты точки
М, N, Р так, что | AM | = -i-1 АВ |, | AN | = -j-1 AC |, | BP | =	| BD |.
Через точки М, N, Р проведена плоскость. В каком отношении
делит она ребро DC?
64. Из четырех точек А, В, С, D никакие три не лежат на одной
прямой. Точки пересечения медиан треугольников BCD, ACD, ABD,
ABC обозначены соответственно через А', В', С', D'. Докажите, что
отрезки АА', ВВ', СС', DD' пересекаются в одной точке М.
65. Даны четыре точки А, В, С, D. Через К, L, М, N, Р, Q
обозначены середины отрезков АВ, CD, AC, BD, AD, ВС. Докажите,
что отрезки KL, MN, PQ имеют общую середину. Докажите также,
что эта общая середина совпадает с точкой М, рассмотренной в пре¬
дыдущей задаче.
66. Противоположные звенья АВ и DC пространственной замк¬
нутой ломаной ABCD разделены точками М, N в одном и том же
отношении к; отрезки ВС, MN, AD разделены точками Р, Q, R
в одном и том же отношении /. Докажите, что точки Р, Q, R
лежат на одной прямой.
67. Внутри некоторого треугольника ABC взята точка D, и в
треугольниках BDC, CDA, ADB отмечены точки пересечения медиан
(точки R, S, Т). В полученном таким образом треугольнике RST
также отмечена точка М пересечения медиан. Пусть1 Р — точка пере¬
сечения медиан исходного треугольника ABC. Лежат ли три точки
D, М, Р на одной прямой? Вычислите отношение \DM\:\MP\.

ГЛАВА II
ИДЕЯ ОТРИЦАТЕЛЬНЫХ
И КОМПЛЕКСНЫХ МАСС
«Геометрия масс исходит из тех соображений, что точки
пространства рассматриваются не сами по себе, а им припи¬
сываются выбранные по произволу положительные или отри¬
цательные числа в качестве их масс, так что точки появля¬
ются лишь снабженными определенными коэффициентам и».
Г. Юнг «Геометрия масс»
До сих пор мы считали, что в наших рассужде¬
ниях все массы выражаются положительными числами.
Однако, как мы увидим ниже, формальные определения поня¬
тий «материальная точка» и «центр масс» пригодны и тогда,
когда «массы» берутся из других числовых множеств. Оказы¬
вается, что если стать на такую более общую точку зрения,
то возникают новые содержательные геометрические приложе¬
ния понятия центра масс. И хотя формально определенным
«материальным точкам с отрицательными (или тем более
мнимыми) массами» мы не можем сопоставить физические
образы столь же привычные, как в случае положительных
масс, однако и в таких более общих случаях использование
терминологии, заимствованной из механики, позволяет прив¬
лечь физическую интуицию к поиску решений задач. Матема¬
тически же решения получаются безупречно строгими, посколь¬
ку ниже приводятся корректные определения центров масс для
случая действительных или комплексных масс и доказатель¬
ства их свойств.
§ 5. Отрицательные массы
Данные выше (в § 2) математические определения
понятий «материальная точка» и «центр масс системы мате¬
риальных точек» применимы и в том случае, когда «массы»
(все или некоторые из них) являются отрицательными числами.
Например, «материальная точка» ( —3)А — это точка А вместе
с сопоставленным ей числом — 3, а «центр масс двух м. т.
(-ЗМ и 5В» — это такая точка Z, для которой выполняется
векторное равенство
(-3 )ZA + 5ZB = б
31

(рис. 18). Если потребовать, чтобы
суммарная масса системы
тхАи т2А2, ..., т„А„
(т. е. число т, + т2 + ... + т„) была
отлична от нуля (что мы и будем
предполагать всюду в дальнейшем),
Рис. 18.	то	остаются в силе: а) определение
центра масс (см. (7)); б) теорема 1
(и, в частности, формула (8), выражающая радиус-вектор 0Z
центра масс через радиусы-векторы и массы всех м. т. системы);
в) следствие из теоремы 1 о существовании и единственности
центра масс у любой системы материальных точек.
Некоторое изменение претерпевает теорема 3 о возмож¬
ности перегруппировки материальных точек: для справедли¬
вости этой теоремы приходится предполагать, что не только
суммарная масса т1 + ... + тп всей системы отлична от нуля,
но и сумма масс отмеченных материальных точек (т. е.
иц +	+ тк) отлична от нуля. Причина этих ограничений
понятна: суммарная масса т1 + ...+тп стоит в знаменателе
дроби в формуле (8), а в доказательстве теоремы 3 исполь¬
зуется формула, в знаменателе которой стоит сумма масс
отмеченных материальных точек. Доказательства же теорем
1 и 3 остаются без изменения.
Далее, теорема 2 для случая действительных (не обязательно
положительных) масс заменяется следующим утверждением:
Центр Z двух масс вц и т2 с ненулевой суммой, помещен¬
ных в концах отрезка А1А2, лежит на прямой, содержащей
этот отрезок, и удовлетворяет условию | тх | dk = | т2 | d2, где
d{ = | ZA| |, d2 = | ZA2 I — соответствующие «течи»; при этом
точка Z лежит на отрезке АХА2, если знаки чисел тг и т2
одинаковы, и вне его, если они противоположны.
Так видоизменяется архимедово правило рычага для случая
произвольных действительных масс. Доказательство проводит¬
ся так же, как и доказательство теоремы 2 (с очевидными
изменениями). Заметим, что центр масс двух м. т. (с ненулевой
суммарной массой) расположен ближе к «более массивной»
из них, т. е. к той, масса которой больше по модулю; это
сразу следует из равенства
| mi | dk = | т2 | d2.
Пример 11. Пусть ABCD — параллелограмм; докажем, что
центром масс трех м. т. тА, (—т)В, тС (рис. 19) является
четвертая вершина D. т. е. (в сокращенных обозначениях)
тА +(-т)В + тС = mD.
32

л
Решение. Пусть О — центр параллелограмма, a Z — иско¬
мый центр масс. Тогда по формуле (8)
0Z =
тОА — тОВ + тОС тОА + mOD — тОА
т — т + т
= 0D,
т. е. Z = D.
Приведем теперь примеры использования отрицательных
масс при решении геометрических задач.
Пример 12. Пусть А3, А2, А3 — вершины треугольника
(рис. 20); Ви В2, В3 — середины противолежащих им сторон;
М — произвольная точка: М,,
М2, Мз — точки, симметричные
М относительно точек Ви В2,
В3. Докажем, что прямые А3М3,
А2М2 и А3М3 пересекаются в
одной точке.
Решение. Так как Aly М,
А2, М3 — вершины параллело¬
грамма, то в силу результата
примера 11 имеем
1М3 = 1Л1 + Ы2+(-1)М.
Любая точка Z прямой М3А3
(кроме Л3) является центром масс двух м. т. 1М3 и хА3, где
х — число (положительное или отрицательное), зависящее от
выбора точки Z. Иначе говоря,
(1 + x)Z = 1М3 + хА3 = 1Аг + 1А2 + хА3 + (— 1) М.
Теперь видно, что при х = 1 точки Аи А2, А3 входят в правую
часть с одинаковыми коэффициентами. Иначе говоря,
точка Z, определяемая равенством 2Z = 1М3 + М3 (т. е. сере¬
дина отрезка А3М3), удовлетворяет условию
2Z = \А\ + 1А2 + 1А3 + (— 1) М.
Ввиду одинаковости коэффициентов точки Аи Аъ А3 равно-
2 М. Б. Балк, В. Г. Болтянский	33

правны в этой записи, и потому рассматриваемая точка Z
принадлежит не только прямой М3А3, но и двум другим
прямым М2А1з М2А2. Кроме того, эта точка Z является сере¬
диной не только отрезка А3М3, но и отрезков АхМи А2М2.
Таким образом, три отрезка АХМ3, А2М2, А3М3 имеют общую
точку Z и каждый из них делится в этой точке пополам.
Заметим, что решение можно было бы изложить короче,
если сразу использовать найденную точку Z, т. е. центр масс
четырех м. т. 1А1з 1А2, 1А3, (—1)Л/3; однако, тогда было бы
трудно мотивировать, почему взяты именно эти м. т.
Пример 13. Точка М (рис. 21) — середина стороны АВ тре¬
угольника ABC. Прямая I, не проходящая через точку С, пере-
Рис. 21.
секает прямые СА, СВ и СМ в таких точках Аи Ви Л1Ь что
СА — рСАи СВ = qCBu СМ = гСМ{. Выразим г через р и q.
Решение. Идея состоит в том, чтобы загрузить точки А,
В, С такими массами, для которых центром масс будет точка
М!. Ясно, что в А и В надо поместить равные массы, так
как тогда центром масс этих двух м. т. будет точка М, после
чего, подобрав надлежащую массу для точки С, можно будет
добиться, чтобы центром масс всех трех м. т. была нужная
нам точка прямой СМ (а именно, точка Мх).
Итак, поместим в каждую из точек А, В массу 1, т. е. возь¬
мем м. т. 1А, 1В. Остается подобрать для С такую массу х,
чтобы центром масс м. т. 1А, 1В, хС была точка М{ (а не
иная точка прямой СМ). Для этого сначала поместим в С
такую массу т1з чтобы центром масс м. т. 1А и т^С была
точка А1з а затем добавим в точку С еще такую массу т2,
чтобы центром масс м. т. 1В и т2С была точка В{. Тогда
центр масс Z всех четырех м. т. \А, 1 В, т^С, т2С будет в то
же время центром масс м. т. (1 +	и	(1	+ т2) Ви т. е.
Ze(AlB1). Так как, кроме того, Ze(CM), то и получится, что
Z совпадает с Мг.
Чтобы центром масс м. т. 1А и гщС была точка А1з
должно быть (1 + rn,)А, = 1А + т^С, откуда (1 + т^СА, =
34

= 1 • СА + ml ■ СС, и потому (1 + тj) САХ = С А = рСАи т. е.
1 + и?] = р- Таким образом, Щ — р — 1. Аналогично т2 = q — 1.
Мы видим, что Z — M1 есть центр масс четырех м. т.
1 A, IB, (р — 1) С, (q - 1) С, т. е. центр масс двух м. т. 2М
и (р + <? — 2) С. Иначе говоря, (р + q)Mx = 2М + (р + g — 2) С,
откуда- (р + <?) СМХ = 2СМ + (р + q - 2) СС, т. е. ^ 1~-g) СМ1 =
= СМ. Следовательно, г =
p + q
Мы подробно изложили это решение, чтобы мотивировать
выбор требуемых масс. А теперь, при желании, можно изло¬
жить это решение короче. Именно, пусть Z — центр масс
четырех м. т. 1А, IB, (р - 1) С, (q - 1)С. Тогда, учитывая ука¬
занное в условии равенство pCAt = С А = 1СА + (р — 1) СС,
т. е. pAt = 1А + (р — 1) С, и аналогичное равенство qBt =
= \В + (q — 1) С, находим
(p + q)Z = lA + lB + {p + q — 2)C =
= 2М + (р + q - 2) С =>Z 6 (МС),
(p + q)Z = (lA + (p-l)C) + (lB + (q-l)Q =
— pAi + qBx =>Ze(/l1B1).
Это означает, что Z = М,. Теперь имеем (взяв первую из
двух написанных строк) (р +
+ q)Mx = 2М + (р + q — 2)С, от¬
куда и получаем (как и в конце
приведенного выше решения)
г = (р + q)/2.
Пример 14. Основанием
пирамиды SABCD служит па¬
раллелограмм ABCD (рис. 22).
Плоскость а отсекает от трех
боковых ребер SA, SB, SC соот¬
ветственно треть, пятую часть
и четверть, считая от верши¬
ны S. Определим, какую часть
отсекает эта плоскость от чет-	Рис.	22.
вертого бокового ребра.
Решение. Пусть плоскость а пересекает ребра SA, SB, SC,
SD в точках Аи Bly Си D^. Мы знаем (см. пример 11), что
D — центр масс м. т. 1А, (—1) В, 1C. Подберем теперь для
точки S три такие массы т', т", т'", чтобы центром масс
м- т. 1А и m'S служила точка At, центром масс м. т. ( — 1) В
и m'S была Ви а центром масс м. т. 1C и ni"S оказалась
2*
35

точка С1. Так как точка А1 принадлежит отрезку SA, то
массы 1 и т', помещаемые в точки А и S, должны иметь
одинаковые знаки, т. е. т' > 0. При этом по правилу рычага
1 • | А1А | = | т11 • | AjS |, откуда (в силу условия | AjS \\\А1А\ =
= 1:2) находим т' = 2. Аналогично найдем т" = — 4, т'" = 3.
Рассмотрим систему из всех шести м. т. 1А, 2S, ( — 1) В, (—4) S,
1C, 3S, и пусть Z — их центр масс. Произведем две различные
группировки этих м. т.:
(L4 + 2S) + ((- 1) В + (-4) S) + (1C + 3S)
Z =
1 + 2 + (-1) + (-4) + 1+3
ЗА1+(-5)В1+4С1
•Zea;
Z =
(1/1 + (- 1) В + 1C) + (2S + (-4) S + 3S)
ID + IS
■Ze[SD\
Следовательно, Z = DU
1
причем из равенства Z = —(ID + IS)
следует, чго Dx — середина ребра SD, т. e. плоскость а отсекает
половину этого ребра.
Заметим, что чисто геометрически решить эту задачу не
так-то просто!
Пример 15. Дан четырехугольник AFME (рис. 23). Прямые
AF	и	ME	пересекаются	в	точке	С, а прямые АЕ и MF —
в точке	В.	Диагональ	AM	пересекает диагональ EF и прямую
ВС соответственно в точ¬
ках Р и Q. Вычислим
AQ АР
отношение — : —
QM РМ
Решение. Пусть Ь,
с — такие числа, что Q —
центр масс м. т. ЬВ и сС,
т. е. (Ь + c)Q = ЬВ + сС.
Поместим в точке А та¬
кую массу а. чтобы цент¬
ром масс м. т. аА и (Ь +
+ с) Q оказалась точка М.
Обозначим через Z'
и ЬВ. Ясно, чго Z'e(AB). Кроме того,
масс	м.	т. аА и (Ь + с) Q, т. е. центр
масс	м.	т.	. аА,	ЬВ,	сС, то	М	является также центром масс
м. т.	(а	+	Ь) Z'	и	с С, откуда	следует, что точки М, Z', С
36
центр масс м. т. аА
так как М — центр

лежат на одной прямой, т. е. Z'e(MC). Итак, Z' есть точка
пересечения прямых АВ и МС, т. е. Z' = Е. Мы видим, что
центром масс м. т. аА и ЬВ является точка Е. Аналогично,
F — центр масс м. т. аА и сС. Пусть теперь Z — центр масс
четырех м. т. а А, ЬВ, а А, сС. Тогда
(аА + ЬВ) + (аА + сС) (а +b)E + (а + c)F
Z = г ,	=	  ,	=>Ze(EF);
2а + Ь + с	2а	+	Ь	+	с
^ аА + (аА + ЬВ + сС) аА + (а + Ь + с)М __ ^ ^ л
2й + Ь + с _ 2й + Ь + с
Следовательно, Z = Р. Из последнего равенства видно, что
Р — центр масс м. т. аА и (а + Ь + с) М, и поэтому
(й + Ь + с) РМ + аРА = 0. С другой стороны, М — центр масс
м. т. (Ь + с) Q и аА, и поэтому (а + Ь + с) QM = (Ь + с) QQ +
—*	АР	а + Ь + с AQ
+ aQA = aQA. Мы видим, что  г =	=	—от-
РМ	а	QM
куда вытекает, что искомое отношение равно —1.
В различных вопросах геометрии встречаются ситуации,
когда приходится рассматривать «сложное отношение» (или,
иначе, ангармоническое отношение) четырех различных точек
А, В, С, D, лежащих на одной прямой. Оно обозначается
через (А, В\ С, D) и определяется как частное двух «простых
отношений»:
(А, В- С, D) =	4^.
СВ DB
Особенно важную роль понятие сложного отношения играет
в проективной геометрии. В частности, если (А, В; С, D) =
= — 1, то четверка точек А, В, С, D называется гармонической.
В примере 15 было доказано, что четверка А, М, Р, Q —
гармоническая, т. е. если дан полный четырехсторонник (четыре
прямые, никакие три из которых не пересекаются в одной
точке), А и М — две противоположные его вершины, то прямая
AM (диагональ) пересекает две другие диагонали EF и ВС
в таких точках Р, Q, что четверка А, М, Р, Q — гармоническая.
Эта теорема играет важную роль в проективной геометрии.
Задачи
68.	Точка М принадлежит прямой AtA2 (точки А, и А2
различны). Докажите существование таких чисел mt, тг, что М — центр
масс м. т. т1А1 и т2А2. Докажите, что при дополнительном условии
mi + m2 = 1 массы т1 и т2 определяются точкой М однозначно.
37

69. Отрезок A0AS разделен на пять конгруэнтных отрезков точ¬
ками А ь А2, А3, Л4. В точке А, помещена масса m, = 1. Какую
массу тк следует поместить в точке Ак, чтобы при каждом к = 2, 3, 4, 5
центром масс двух м. т. \Ак и ткАк была точка Ас?
70. Пусть М — центр параллелограмма ABCD. Какие массы сле¬
дует поместить в точке М и вершинах Л и В, чтобы центром
этих трех масс оказалась вершина С?
71. Пусть Н — точка пересечения высот треугольника ABC, a S —
центр описанной около него окружности. Можно доказать, что имеют
место векторные равенства
SH = ВА+’SB+~SC, HS = ^(HA + HB + HC).
Центром масс каких м. т. 1служит| точка Н? Точка S?
72. Известно, что AM = а ВС. Какие массы нужно разместить
в точках А, В, С, чтобы их центром масс была точка М?
В задачах 73 — 74 содержится несколько простых фактов, которые
аналогичны замечаниям, 1, 2 § 2 и которые могут быть использо¬
ваны при решении задач.
73. Докажите, что центр Z трех масс тк, т2, т3 с ненулевой
суммой, помещенных в вершинах некоторого треугольника АкА2А3,
тогда и только тогда лежит на прямой, проходящей через вершину 4,
и параллельной стороне А2А3, когда т2 + т3 = 0.
74. а) Три массы тк, т2, т3 с ненулевой суммой помещены
в вершинах треугольника АкА2А3. Прямая, проходящая через центр
этих масс и вершину Ак, пересекает сторону А2А3 или ее продол¬
жение в некоторой точке А\. Докажите, что эта точка служит центром
масс м. т. т2А2 и т3А3.
б)	В трех вершинах треугольника АкА2А3 помещены ненулевые
массы вц, т2, т3 с ненулевой суммой. Докажите, что если м. т. т1А1
и т2А2 имеют центр масс А3, а м. т. т1А1 и т3А3 имеют центр
масс А2, то прямые А2А2 и А3А3 пересекаются, и точка их пересе¬
чения служит центром всех трех масс, помещенных в вершинах
треугольника.
75. Какие массы следует поместить в вершинах треугольника
ABC, имеющего длины сторон а, Ь, с, чтобы центром масс этих
трех м. т. был центр вневписанной окружности, касающейся стороны
АВ и продолжений двух других сторон?
76. Сформулируйте и докажите для случая четырех м. т. в про¬
странстве аналог утверждения, содержащегося в задаче 73.
77. Сформулируйте и докажите для случая четырех м. т. в про¬
странстве аналог утверждения, содержащегося в задаче 74а).
78. Сформулируйте и докажите для случая четырех м. т. в про¬
странстве аналог утверждения, содержащегося в задаче 746).
79. В точках А, и Л2 расположены массы т, и т2, одна из
которых положительная, а другая отрицательная, так что центр масс Z
м. т. т1А1 и т2Л2 расположен на прямой АкА2 вие отрезка АкАг.
При каком соотношении между массами т, и т2 точка Z располо¬
жена на луче А,А2? На луче А2А,?
38

80. В вершинах А, В, С параллелограмма A BCD помещены массы
т 1, т2, т3. Докажите, что центр масс этих трех м. т. совпадав
с центром масс трех других м. т.: (т, + т2) А, (т2 + т3) С. — m2D.
81. Докажите, что если справедливы соотношения т0ОА0 +
+ т,ОА1 + ... + т„ОА„ = 0, где т0 + т1 + ... + т„ = 0, т0 ф 0, то
А0 — центр масс системы м. т. miAl, ..., т„А„.
82. Точка Z — центр масс системы м. т. т1А1, ..., тяАт. Докажите,
что если т„ ф 0, то А„ — центр масс системы м. т. т,/),, .т„-1Ал-1,
(-mi - т2 - ... - m„)Z.
83. Основанием пирамиды SABCD служит параллелограмм ABCD.
Плоскость а отсекает от трех боковых ребер &4, SB, SC соответ¬
ственно половину, две трети, три четверти, считая от вершины S.
Какую часть она отсекает от четвертого бокового ребра?
84. В окружность Г вписан четырехугольник ABCD. Через сере¬
дину каждой стороны четырехугольника проведена прямая, перпенди¬
кулярная противоположной стороне. Докажите, что возникающие
таким образом четыре прямые имеют общую точку.
Указание. Докажите, что все четыре прямые проходят через
центр масс м. т. 1А, 1 В, 1C, 1D, (—2)S, где S — центр окружности.
85. Докажите теорему Ньютона: Если вокруг окружности
описан четырехугольник ABCD, то центр М окружности лежит на
отрезке, соединяющем середины диагоналей этого четырехугольника.
Указание. Пусть F — точка пересечения прямых AD и ВС.
Тогда М — центр масс трех м. т. т,А, т2В, m3F, где mt = | BF |,
т2 = |AF |, т3 = | АВ |. Точно так же М — центр масс трех м. т. т4С,
msD, m6F, где m4 = — | DF |, т5 = — | CF |, т6 = | CD \. Следовательно,
М — центр масс всех шести рассмотренных м. т. Далее докажите, что
F — центр масс м. т. т3С и т5В и в то же время центр масс м. т.
т4А и m2D, и произведите группировку, учитывая соотношения
т3 + т6 = т2 + т2 +т4 + т5.
86. На ребрах FB, FC и АВ пирамиды FABC выбраны такие
точки Р, Q, R, что | FP\ — 4\РВ |, | FQ \ = 5 | QC |, \AR \ = 61RB |.
В каком отношении делится ребро FA плоскостью о, проходящей
через точки Р, Q, R1
87. На одной из сторон угла с вершиной О даны три такие
точки At, А2, А3, что | ОА3 \: \А3А2 \: \ А2А3 | = 1:2:3; на другой сто¬
роне — три такие точки А\, А'2, А3, что | ОА\ \ :\ А\А2\:\ А'2А'} | =
= 3:3:2. Докажите, что прямая А3А3 проходит через точку пересе¬
чения прямых A^'f и А2А2.
88. Около окружности описан четырехугольник. В каждой точке,
в которой сторона четырехугольника касается окружности, помещена
масса, численно равная длине этой стороны. Докажите, что центром
этих масс служит центр окружности.
§ 6. Теоремы Чевы и Менелая
Итальянский инженер-гидравлик Джованни Чева
(XVII век) заинтересовался следующим вопросом. Представим
себе, что на сторонах ВС, СА, АВ треугольника ABC выбраны
39

соответственно точки А,, В,, С,. Можно ли, не производя
никаких построений и измерений внутри треугольника (считая,
например, что внутри треугольника ABC — лес или болото),
а лишь по результатам измерений на контуре треугольника
решить, проходят ли три прямые АА,, ВВ, и СС, через одну
точку? Ответ на этот вопрос дает теорема, доказанная Чевой
в 1678 году с помощью свойств центров масс.
Теорема 4. Пусть точки А,, В,, С, (рис. 24, 25) выбра¬
ны на сторонах ВС, СА, АВ треугольника ABC или на их
Рис. 24.	Рис.	25.
продолжениях так, что выполняется «условие Чевы»:
ВА, СВ, АС,
А,С В,А С,В
= 1.
Тогда либо все три прямые АА,, ВВ,, СС, имеют общую
точку, либо все они параллельны.
Доказательство. Пусть а, Р, у — такие числа, что
АС, = аС,В, BA, = Р А,С, СВ, = у В, А.
(13)
Легко видеть, что а. ф — 1, Р # — 1, уф— 1. Кроме того, офу =*1
(в силу условия Чевы). Первое равенство (13), т. е. соотношение
С,А + а С,В — 0, показывает, что С! — центр масс м. т. 1А и а В.
Второе равенство (13) показывает, что А, — центр масс м. т.
а В и офС. Третье равенство означает, что В, — центр масс
м. т. офС и офуЛ; иначе говоря, В, — центр масс м. т. офС
и 1 А.
Рассмотрим три м. т. 1 А, а В, офС, и пусть сначала
их суммарная масса отлична от нуля, т. е. 1 + а + оф Ф 0;
40

обозначим через Z центр масс всех трех м. т. Тогда
1А + аВ + офС (U + а В) + офС
^	1	+	ос	+	оф	1	+	а	+	оф
_(1 + а)С1+офС_^е(СС1).
1 + ос + оф
Аналогичным рассуждением (группируя м. т. иначе) можно
убедиться, что Ze(BB,) и Ze(AAl). Таким образом, прямые
АА„ ВВ,, СС, имеют общую точку Z.
Рассмотрим теперь случай, когда 1 + ос + оф=0. Так как
В, — центр масс м. т. 1А и офС, то
(1 + оф)ВВ! = 1 ВА + офВС;
Аналогично,
(1 + а) СС, = 1 • СА 4- а СВ = 1 (СВ + ВА) + аСВ =
= \ ВА -(1 + а) ВС.
Так как, далее, 1 + а + ар = 0, то правые части этих равенств
совпадают, т. е. (1 + оф) ВВг = (1 + а) ССЬ и потому ВВ, || СС,.
Аналогично можно убедиться, что CCj || АА,. Итак, либо три
прямые АА,, ВВ,, СС, имеют общую точку, либо они попарно
параллельны.
Следующая теорема, сходная с теоремой Чевы и принад¬
лежащая древнегреческому геометру Менелаю, гарантирует
принадлежность трех точек одной прямой:
Теорема 5. Если точки А,, В,, С, (рис. 26) выбраны
на сторонах ВС, СА и АВ треугольника ABC или на их
продолжениях так, что выполняется «условие Менелая»:
ВА, СВ, АС,
А^С 17 (\В
то точки А,. В,, С, лежат на одной прямой.
Обратите внимание на то, что условие Менелая лишь зна¬
ком отличается от условия Чевы.
41

Доказательство. Как и при доказательстве теоремы
Чевы, введем числа а, Р, у (см- (13)). Тогда в силу условия
Менелая офу = — 1. Следовательно, каждое из чисел а, р. у
отлично от 0 (и от — 1). Равенства (13) означают, как и прежде,
что С! — центр масс м. т. 1А и а В; далее, А, — центр масс
м. т. а В и офС: наконец. В, — центр масс м. т. офС и офу А
т. е. (в- силу условия Менелая) В, — центр масс м. т. офС и
( — \)А. Следовательно, при любом выборе точки Q
(1 + а)^, = 1{М+о<ёв,
(а + оф) QAi = <xQB + офбС,
(оф- l)QBi =офёс + (-1)(М.
Вычитая второе равенство из суммы двух других, получаем
(1 + сх) {QCl - (М,) + (оф - 1) {QB1 - (М,) = О,
т. е. (1 + а) Л,С, = (1 — оф) Л,В,, а это и означает, что точки
Аи В,, С, лежат на одной прямой.
Пример 16. В угол В'АС' вписана окружность, касающаяся
сторон угла в точках Р и Q (рис. 15). Прямая, проходящая
через точки В и С, лежащие соответственно на лучах OB' и ОС',
касается окружности в точке Т, причем вершина угла А и центр
окружности лежат по разные стороны прямой ВС. Пусть М —
точка пересечения прямых СВ и BQ. Докажем, что три точки
А, Т, М лежат на одной прямой.
Решение. Выше (см. пример 8 в § 4) мы уже рассмотрели
решение этой задачи. Более простое решение получается с по¬
мощью теоремы Чевы, согласно которой нам в данном случае
следует вычислить выражение
_~ВТ CQ ~АР
WWW
Введем обозначения: x = \AP\ = \AQ\, у = \ВР\ = \ВТ\, z =
= | СТ\ = | CQ |. Тогда
-ФВХ-тЬ
По теореме Чевы три прямые AT, BQ и СР имеют общую
точку, т. е. точка М принадлежит прямой АТ.
Задачи
89.	Дан треугольник ABC. На продолжениях сторон АВ
и ВС выбраны соответственно такие точки С, и Л,, что | ВС, | = | АВ I
и | СА, | = |ВС|. На стороне С А взята такая точка В,, что |ЛВ, f =
= 4|В,С|. Имеют ли три прямые AAi, ВВ,, СС, общую точку?
42

90. Через точку М, расположенную внутри треугольника ABC,
проведены три прямые: АА,, ВВ,, СС, (точки А,, В„ С, лежат на
контуре треугольника). Известно, что | СВ, j = */з I С А |, j С А, \ =
= 11ь\СВ\. В каком отношении делится отрезок АВ точкой С,?
91. Окружность, вписанная в треугольник PQR, касается сторон
QR, RP, PQ соответственно в точках L, М, N. Докажите, что три
отрезка PL-, QM, RN имеют общую точку.
92. Окружность касается стороны PQ треугольника PQR в точке
N и продолжений сторон QR, RP в точках L, М (вневписанная
окружность). Докажите, что три прямые PL, QM, RN имеют общую
точку.
93. Через вершины А, В, С треугольника АБС проведены прямые
АА,, ВВ,, СС1, каждая из которых делит периметр треугольника
пополам, а) Докажите, что прямые АА,, ВВ,, СС, имеют общую
точку N (она называется точкой Нагеля); б) докажите, что N является
центром масс м. т. (р — а) А, (р — Ь) В, (р — с) С; в) докажите, что
центроид (точка пересечения медиан) треугольника ABC принадлежит
отрезку ON, где О — центр вписанной окружности, и делит этот отре¬
зок в отношении 1:2.
94. Дан тетраэдр ABCD, объем которого равен 1. Плоскость а
встречает ребра DA, DB, СА, СВ соответственно в таких точках К,
L, Р, М, что {DKI = 2jKAI, \DL\ =
= —■ | LB I, | CM | = 3 | MB |. Вычислите
объем четырехугольной пирамиды
LABMP.
95. Из произвольной точки М
окружности опущены перпендикуляры
на все стороны (или продолжения сто¬
рон) треугольника ABC, вписанного в
эту окружность. Докажите, что основа¬
ния А,, В„ С, эл’их перпендикуля¬
ров лежат на одной прямой (пря¬
мая Симпсона, рис. 27).
96. Докажите теорему, обратную
теореме Чевы: если точки А,, В,, С,
выбраны на сторонах ВС, СА, АВ тре¬
угольника ABC или на их продолжениях так, что три прямые АА,, ВВ,,
СС, пересекаются в одной точке (или параллельны), то выполнено
условие Чевы.
97. Докажите юорему, обратную теореме Менелая: если точки
В„ с,, выбранные на сторонах треугольника ABC или на их
продолжениях, лежал на одной прямой (рис. 26), то выполнено
условие Менелая.
98. При выполнении условий теоремы Менелая вычислите отно¬
шение А,В,: А,С, (используя числа а, Р, у, введенные при доказатель¬
стве).
99. Пусть при условиях теоремы Чевы прямые АА,, ВВ,, СС,
А
Рис. 27.
43

„ „	АР	BP	СР
пересекаются в точке Р. Вычислите отношения , . г .	г-,
AtP BtP С,Р
используя введенные при доказательстве числа а, Р, у.
100. Звенья А В, ВС, CD, DA пространственной замкнутой ломаной
ABCD разделены точками М. N, Р, Q соответственно в отношениях
т, п, р, q (т. е. AM - тМВ и т. д.). Докажите, что если mnpq = 1,
то точки М, N, Р, Q лежат в одной плоскости. В каком отноше¬
нии точка пересечения отрезков МР и NQ делит каждый из этих
отрезков, если все числа т, п, р, q положительны?
101. Каждое звено замкнутой пространственной ломаной А,А2...
...А2„ пересекает плоскость а в одной точке, причем звено A,Ai+I
делится точкой пересечения с плоскостью а в отношении kt (i = 1,
2, ..., 2и — 1). Найдите отношение к2„, в котором звено А2пА1 делится
плоскостью а. Чему равно произведение ktk2... к2„- tk2„?
§ 7. Координаты центра масс. Теоремы
Гюльдена и неравенство Чебышева
XVII век был богат бурными событиями в ма¬
тематике. В этом веке возникли новые математические поня¬
тия — интеграл, производная,—которые коренным образом
изменили облик этой науки. А еще раньше в работах вы¬
дающегося математика и философа Рене Декарта был развит
координатный метод, который ознаменовал открытие глубоких
связей между алгеброй и геометрией. Отныне геометрические
факты стали описываться (в координатах) алгебраическими
соотношениями, а алгебраические формулы получили нагляд¬
ную геометрическую интерпретацию. По словам Энгельса,
декартова переменная величина стала поворотным пунктом в
развитии математики, внесла в эту науку движение и диалек¬
тику и создала условия для развития дифференциального и
интегрального исчислений. И, подытожив исследования своих
предшественников (Декарта, Ферма, Барроу, Кеплера, Ка-
вальери, Гюйгенса и других), великие математики XVII столе¬
тия Ньютон и Лейбниц заложили основы математического
анализа.
Координатный метод не только послужил основой, на ко¬
торой были развиты дифференциальное и интегральное исчис¬
ления; сейчас он используется во всех разделах математики и
ее приложений. Достаточно сказать о векторных пространст¬
вах, которые широко используют координаты и служат тем
базисом, на котором сегодня покоятся математика, физика,
химия, математическая экономика, теория управления и многие
другие области современной науки.
Факты, связанные с центрами масс, которые выше рассмат¬
ривались чисто геометрически, также могут быть описаны
44

с помощью координат алгебраическими соотношениями. И это
сразу же открывает большие возможности и новые приемы,
используемые при решении задач геометрии и алгебры. Такой
переход от геометрического описания центров масс к алгебраи¬
ческому (координатному) и осуществляется в этом параграфе.
Пусть в пространстве выбрана прямоугольная декартова
система координат с началом О, и пусть в точках Аи А2, ■ ■■
..., А„, имеющих соответственно координаты (х,, уь zt),
(хг, у2, г2), ■ ■■, (хт у„, z„), помещены .массы пц, т2, .... тп
(т = тх + т2 + ... + т„ Ф 0). Обозначим через Р центр масс
этих п мл. и найдем декартовы координаты (х, у, z) точки Р.
Из определения центра масс следует
тОР = т1ОА1 + т2ОА2 + ... + щ,ОАп.
(14)
Если i, j, k — единичные векторы, направленные по осям коор¬
динат, то OP — xi 4- yj + zk, ОAv = xvi + yvj + zvk (v = 1, 2, ..., n)
и из (14)^легко получается, что
x = ~^mixi + ---+w„x„), у=~(п,1У1 + ... + т„у„),
z = — (mjZj + ... + m„z„).
т
(15)
Те же формулы справедливы и в случае, если декартова
система координат является произвольной (непрямоугольной).
Пример 17. Пусть имеется
треугольная призма с основа¬
нием А1А2А3 (рис. 28). Пло¬
скость а встречает ее боковые
ребра в точках А\, А2, А'3. Ту
часть призмы, которая заклю¬
чена между плоскостью ее осно¬
вания AjA2A3 и плоскостью ос,
называют косоусеченной тре¬
угольной призмой; грани АгА2А3
и А^А^А'т, — ее основания, от¬
резки А1А\, А2А'2, А3А3 — ее
боковые ребра. Аналогично
может быть введено понятие
косоусеченной п-угольной приз¬
мы.
Представим себе теперь, что
точка Р — центр каких-то масс
т2, т3 (mj +т2 + т3 Ф 0),
45

помещенных в вершинах треугольника А,А2Л3. Проведем через
точку Р прямую, параллельную боковым ребрам косоусечен¬
ной призмы, и отметим точку Р' ее встречи с плоскостью тре¬
угольника А\А'2А\3. Оказывается, что точка Р' будет центром
таких же трех масс ти т2, т3, помещенных в вершинах тре¬
угольника А\А'2А3. Это утверждение можно доказать с помощью
формул (15) (см. ниже задачи 103 и 104).
Следствие. Пусть в плоскости по одну сторону от
прямой I расположены несколько м. т. одинаковой массы. Тогда
центр масс этой системы удален от прямой I на расстояние,
равное среднему арифметиче¬
скому расстояний этих точек
от прямой /.
•	В	самом	деле, прймем
Ап	прямую	/ за ось абсцисс, а за ось
ординат — какую-либо перпен¬
дикулярную ей прямую (считая,
уп	что рассматриваемые м. т. ле¬
жат в верхней полуплоскости).
Тогда ординаты jy, у2, ..., у„
рассматриваемых точек равны
Рис. 29.	расстояниям их от прямой /
(рис. 29). По формуле (15) орди¬
системы м. т. (т. е. расстояние
At
\0
ас
ната у центра масс этой,
центра масс от прямой /) равна
-—-(myi + ту2 + ... + ту„)
J7! + У2 + • • • + Уп
(где т — масса каждой м. т.), что и требовалось доказать.
В качестве еще одного применения формул (15) приведем
доказательство теорем Гюлъдена о площади поверхности вра¬
щения и объема тела вращения.
Чтобы сформулировать теоремы Гюльдена, нам понадо¬
бится понятие центра масс некоторой линии и некоторой
плоской фигуры. Интуитивно эти понятия ясны: вдоль неко¬
торой линии L равномерно (т. е. с одинаковой плотностью)
распределена масса, и речь идет о центре масс этой «непре¬
рывно размазанной» по линии L системы материальных точек;
аналогично, если F — плоская фигура, по которой равномерно
(т. е. с одинаковой плотностью) распределена масса, то можно
говорить о ее центре масс. Математически точное определение
получается следующим образом. Мы делим линию /.на п дуг
одинаковой длины и в середине каждого такого кусочка поме¬
щаем массу М/п (где М — масса всей линии L). Получается п
материальных точек (рис. 30), и мы можем найти центр масс
46

Z„ этой системы. Точка Zn лишь приближенно может быть
принята за центр масс, распределенных вдоль линии L, но чем
больше и, тем неточность меньше. Иначе говоря, предел Z
получающихся точек Z„, когда п неограниченно увеличивается,
и есть центр масс, распределенных вдоль
линии L, т. е. (по определению) искомый
центр масс определяется равенством
Z = Iim Z„.
П СО
Аналогично обстоит дело с центром
масс, равномерно распределенных по пло¬
ской области.
Теперь можно сформулировать теоремы
Г юльдена.
Первая теорема Г юльдена.
Площадь поверхности, образованной враще¬
нием плоской линии L вокруг оси I, лежа¬
щей в плоскости этой линии и не пересекаю¬
щей ее. равна произведению длины линии L
на длину окружности, радиус которой равен расстоянию
центра масс, равномерно распределенных вдоль линии L, от оси
вращения.
Доказательство. Прежде всего докажем, что эта
теорема справедлива, если L является н-звеиной ломаной,
у которой все звенья имеют одну и ту же длину т. Середины
звеньев ломаной обозначим через Аи Аг, ..., А„, а расстояния
этих точек от прямой /-через уи уъ ..., у„ (рис. 31,а).
Afj
Рис. 31.
47

При вращении ломаной L вокруг прямой I получается по¬
верхность (рис. 31,6), состоящая из п частей, каждая из которых
представляет собой боковую поверхность усеченного конуса
или цилиндра (рис. 31, в). Так как боковая поверхность усе¬
ченного конуса (или цилиндра) равна произведению длины
образующей на длину окружности среднего сечения, то пло¬
щадь получившейся поверхности вращения равна
S = т-2пу1 + т■ 2пу2 + ... + т- 2пу„ = р - 2лг,
где р = тп — длина линии L, а г = (yj + ... +	Так	как	г
есть (в силу приведенного выше следствия) расстояние от
центра масс, равномерно распределенных вдоль ломаной L, до
оси I, то полученная формула S = р-2т как раз и означает
справедливость теоремы Г юльдена в рассматривае¬
мом случае.
Обратимся теперь к общему случаю. Пусть П —
поверхность, получающаяся при вращении линии L
вокруг прямой I. Разведем ножки циркуля на
некоторое расстояние т и будем, начиная от од¬
ного конца линии L, откладывать вдоль этой линии
засечки (столько раз, сколько сможем это сделать).
Соединяя последовательно точки, полученные при
выполнении этих засечек, мы получим ломаную
L, вписанную в линию L (рис. 32), причем все
звенья ломаной L' имеют одну и ту же длину т.
При вращении ломаной L вокруг прямой I полу-
Рис. 32. чится поверхность П', вписанная в поверх¬
ность П.
Как мы уже знаем, площадь S' поверхности П' вычисляется
по формуле S' = р' ■ 2т', где р' — длина ломаной L, а г' — рас¬
стояние центра масс, равномерно распределенных вдоль линии
11, от прямой I. Будем теперь в этом построении считать, что
0. Тогда длина р' ломаной 11 будет стремиться к длине р
линии L, площадь S' поверхности П' будет стремиться к
площади S поверхности П, а центр масс ломаной L будет
приближаться к центру масс линии L, т. е. г' будет стремиться
к г. Следовательно, из равенства S' = р' ■ 2т’ мы в пределе
получим соотношение S = р ■ 2т.
Пример 18. Контур правильного треугольника со стороной а
вращается вокруг прямой, проходящей вне его через конец его
стороны под острым углом а к этой стороне (рис. 33). Опре¬
делим площадь поверхности вращения.
Решение. Длина р линии L (т. е. контура треугольника)
равна За, а расстояние г от центра масс линии L (т. е. от центра
описанной окружности треугольника) до оси вращения равно
48

sin	(рис.	33).	Сле¬
довательно,
S = р- 2т = 2 па2
|/3sin^- + сх^.
Заметим, что решение этого
примера можно получить «обыч¬
ными» школьными средствами
(т. е. вычислить боковые поверхности трех конусов, из которых
один — усеченный, и сложить их), но такое решение будет
гораздо более громоздким.
Вторая теорема Гюльдена. Объем тела, образован¬
ного вращением плоской фигуры F вокруг оси I, лежащей в
плоскости этой фигуры и не пересекающей ее, равен произве¬
дению площади фигуры F на длину окружности, радиус которой
равен расстоянию центра масс, равномерно распределенных
по фигуре F, от оси вращения.
Доказательство. Прежде всего рассмотрим «шайбу»,
т. е. тело, получающееся при вращении прямоугольника вокруг
прямой, которая не пересекает прямоугольник и параллельна
двум его сторонам (рис. 34). Объем шайбы V легко вычислить
как разность объемов двух цилиндров. Легко проверить, что
для шайбы справедлива вторая теорема Гюльдена, т. е. V=
= S-2т, где S — площадь вращающегося прямоугольника, а
г — расстояние его центра от оси вращения I.
Рис. 34.
Рис. 35.
Пусть теперь F — плоская фигура площади S, а I — лежа¬
щая в ее плоскости прямая, не пересекающая фигуру F. Про¬
ведем прямые, перпендикулярные I и разбивающие фигуру F
на п «долек», каждая из которых имеет одну и ту же площадь
~^S (рис. 35). Каждая «долька» ограничена двумя отрезками,
перпендикулярными I, и двумя дугами, соединяющими концы
49

этих отрезков. (Правда, если фигура F невыпуклая, то могут
быть и более сложные дольки,- как, например, на рис. 36,
однако проводимые рассуждения применимы и к этому случаю.)
Заменим эти дуги отрезками, параллельными /, так, чтобы
площадь «дольки» при этом не изменялась (т. е. чтобы
«долька» превратилась в прямоугольник той же плошади
—S^. Проделав это с каждой «долькой», мы превратим F в
в «ступенчатую» фигуру F', «мало отличающуюся» от фигуры
Рис. 36.
F. Фигура F составлена из и прямоугольников, каждый из
которых имеет площадь —S. Центры этих прямоугольников
обозначим через Аи А2, А„ (рис, 37), а их расстояния
от прямой / - через уь у2, -.., >’„■
При вращении фигуры F вокруг прямой I получается тело Т,
объем которого надо найти, а при вращении фигуры F' вокруг
прямой / получается тело Т', мало отличающееся от тела Т.
Так как фигура F' составлена из и прямоугольников, то тело
Г' составлено из п шайб. Поэтому объем тела Г' равен
V = —S- 2nyt + — S ■ 2 пу2 + ... + — S ■ 2 пу„ = S ■ 2кг’,
п	п	п
где г' — (у! + у2 + ... + >•„)/«, т. е. г’ есть (в силу рассмотренного
выше следствия) расстояние от центра масс, равномерно рас¬
пределенных по ступенчатой фигуре F', до оси I.
Будем теперь в этом построении неограниченно увеличивать
число п. Тогда объем V тела Т' будет стремиться к объему V
тела Т, а центр масс фигуры F' будет приближаться к центру
масс фигуры F. Следовательно, из равенства V = S ■ 2кг' мы
в пределе получим соотношение V— S-2nr, где г — расстояние
центра масс фигуры F от оси / (заметим, что площади фигур
50

F и F' одинаковы). Этим и завершается доказательство второй
теоремы Гюльдена.
Замечание. В приведенных доказательствах теорем
Гюльдена не обсуждается, что такое длина произвольной
линии, что такое площадь поверхности, объем тела и т. д.1).
Ограничимся здесь лишь замечанием
о том, что приведенные доказатель¬
ства являются корректными, если ли¬
ния L(или граница фигуры F) являет¬
ся кусочно-гладкой, т. е. состоит из ко¬
нечного числа дуг, имеющих непре¬
рывно вращающуюся касательную.
Пример 19. Круг радиуса а вра¬
щается вокруг прямой, проходящей	Рис. 38.
в плоскости этого круга на расстоянии
г > а от его центра (рис. 38). Определить, какой объем имеет
полученное тело вращения (тор).
Решение. Площадь круга S = ка1. Центр масс, равно¬
мерно распределенных по кругу, совпадает с центром круга
и находится на расстоянии г от оси вращения. Следовательно,
по второй теореме Гюльдена объем тора равен S - 2кг =
= к а2 ■ 2кг - 2к 2а2г.
Полученные выше формулы для координат центра масс
могут также быть полезны для решения чисто алгебраи¬
ческих задач. Пусть заданы произвольные положительные
числа ри р2, ..., р„- Число
= Pl*l +Р2Х2 +	-	+р„х„
Pi + Р2 +	+	Рп
называют взвешенным средним чисел хь х2, ..., х„ относитель¬
но весов pi, р2, ..., р„. Формулы (15) показывают, что хс
можно толковать как координату центра масс п м. т. рхАи
Р2А2, ..., р„А„, расположенных на числовой оси в точках
с координатами хь х2, ..., х„ и имеющих положительные
массы ри р2, ..., рп. Легко проверить, что этот центр масс
обязательно лежит на отрезке, содержащем Аи Л2, ..., А„.
Следовательно, независимо от выбора весов р\, р2, ..., р„
взвешенное среднее чисел хь х2, ..., х„ лежит между наи¬
меньшим и наибольшим из этих чисел.
') Эти вопросы рассматриваются, например, в первых двух статьях 5-го
тома «Энциклопедии элементарной математики» (М.: Наука, 1966), а также
в заключительной главе книги: Болтянский В. Г. Элементарная геометрия. —
М.: Просвещение, 1985.
51

Некоторые упрощения в записях получаются, если сумма
весов /7) + р2 + ... + р„ равна 1: в этом случае
= PlXi + р2х2 + ■ ■ ■ + Р*хт
причем по-прежнему число хс заключено между наибольшим
и наименьшим из чисел хь х2,	х„.
Интуитивно ясно, что если массу одной из м. т. (или часть
этой массы) перенести по оси вправо, то в результате этого
центр масс тоже сместится вправо. Это легко усмотреть и не¬
посредственно из (15): если тх = т\ + т*, т* > 0 их(< х*, то
- * ((т\ + mf) Xj + т2х2 + - -. + т„х„) <
т
< — (m'xXi + т*х* + т2х2 + ... + т„х„).
т
Это утверждение останется в силе, если операцию переноса
массы вправо проделать не один, а несколько раз. Применим
это простое соображение к доказательству следующего нера¬
венства П. Л. Чебышева:
Теорема 6. Пусть аи а2, ..., а„ — возрастающая после¬
довательность действительных чисел, a b j, Ь2, ..., Ь„ —
убывающая последовательность положительных чисел. Пусть,
далее, рь р2,..., р„ — положительные числа, причем щ + р2 + • • ■
... + р„ = 1. Тогда
(Pi«i + №2 + ... + Р„а„)(рА + p2b2 + ... + рА) ^
^ р^А + р2а2Ь2 + ... + р„яА, (16)
или короче:
п	и	п
(X P*fl*)( Z рА)> Z РкщЬк.
к=1	к=	1	к	= 1
Доказательство. Рассмотрим число
_ (р А) аг + (р2Ь2) а2 + ... + (рА) а„
РА + рА + ... + рА
т. е. координату центра масс системы м. т.
(рАМь (р2Ь2)А2, ..., (р„Ь„)А„,
где Аи А2, - -., А„ — точки оси Ох, имеющие координаты а,, а2,...
..., а„. Обозначим знаменатель этой дроби через Ь, т. е. b —
взвешенное среднее чисел Ьх, Ь2, ..., Ьп с весами рь р2, ..., ц„.
Рассмотрим теперь другую систему м. т., а именно
(Pib)At, (p2b)А2,	(рJb)Am

и пусть х! — координата ее центра масс. Заметим, что суммар¬
ная масса этой системы равна суммарной массе йредыдущей
системы (напомним, что р, + ц2 + ... + р„ = 1). Легко видеть,
что х' > х. В самом деле, так как по условию Ь, > Ь2> ■■■> Ь„,
то bj > b> Ь„. Следовательно, найдется такой номер к, что
Ьк>Ъ и b > bk+1- В точке Аи где помещена масса р,Ьь надо
оставить массу pjb, а остальную часть массы, т. е. щ (Ь2 — Ь),
перенести «вправо», распределив ее по точкам Ак+1, ..., А„; так
же надо поступить с массами, помещенными в точках
А2, ■ ■ ., Ак. Так как суммарная масса системы равна Ь, то ее как раз
хватит для того, чтобы во всех точках (i = 1, 2, ..., и)
поместить по щЬ единиц массы. Из того, что новая система
м. т. получается из прежней перемещением масс вправо, и
вытекает справедливость неравенства х' > х.
Согласно (15) имеем
,	(p,b)a!+(р2Ь)о2+...+(р„Ь)ап
х ~	п Ь Л. м Ь	, ,, и	— *Ла1 + В2Й2 + • • - +
Bib + РгЬ + ... + p„b
и потому из соотношения х' > х вытекает неравенство Чебы¬
шева (16).
Задачи
102.	В точках At (0; 0), А2 (0; 1), А3 (1; 0) на декартовой
плоскости помещены массы 1, 2, (—1). Каковы координаты их центра
масс?
103. Назовем проекцией материальной точки тА на плоскость П
материальную точку тА', где А' — проекция точки А на плоскость П.
Докажите, что проекция центра масс системы м. т. на какую-либо
плоскость П совпадает с центром масс проекций этих м. т. на
плоскость П (проекция может быть ортогональной или осуществляться
параллельно заданной прямой).
104. Пользуясь решением задачи 103, докажите приведенное
в примере 17 свойство косоусеченной треугольной призмы.
105. Сформулируйте и докажите утверждение, аналогичное при¬
веденному в задаче 103, в предположении, что проектирование
производится не на плоскость, а на прямую.
106. Пусть М — косоусеченная прямая призма (т. е. боковые ребра
перпендикулярны плоскости At,..., А„); Р' и Р — центры масс, рав¬
номерно распределенных по площадям оснований A'iA2 ... А'„ и
А\А2 ... А„. Докажите, что объем призмы равен SAiA^ А^\Р'Р\.
107. Найдите поверхность тора, рассмотренного в примере 19.
108. Вычислите объем тела, полученного при вращении треуголь¬
ника в примере 18.
109. Параллелограмм F расположен внутри окружности С и
имеет с ней общий центр. К окружности С проведены две каса¬
тельные I, и 12. Тело Т, получено вращением параллелограмма F
вокруг прямой /ь а тело Т2 получено вращением этого параллелограмма
53

вокруг /2. Одинаковы ли объемы тел Т( и Т2? Одинаковы ли
площади их поверхностей?
НО. Однородная пластинка имеет форму правильного шести¬
угольника ABCDEF, О — ее центр. Из пластинки вырезан квадрат с
диагональю OD. Вычислите расстояние от точки О до центра масс остав¬
шейся пластинки. Вычислите объем тела, получающегося при вращений
этой пластинки вокруг прямой АВ.
111. Квадрат со стороной а вращается вокруг оси, имеющей с
квадратом лишь одну общую точку (вершину квадрата) и состав¬
ляющей со стороной квадрата угол <р (0 < <р ^ 45"). Вычислите объем и
площадь поверхности образовавшегося тела вращения.
112. Прямоугольный треугольник вращается вокруг катета, имею¬
щего длину а; длина другого катета равна Ь. Вычислите объем полу¬
чающегося тела вращения (конуса) и выведите отсюда, что центр масс
рассматриваемой треугольной пластинки находится на расстоянии Ь/3
от оси вращения.
113. Выведите га результата задачи 112, что центр масс одно¬
родной треугольной пластинки находится в точке пересечения медиан
треугольника.
114. Сфера радиуса г пересечена двумя параллельными плоско¬
стями, проходящими на расстоянии а от ее центра (а ^ г). Зная, что
поверхность сферы, заключенная между этими плоскостями, имеет
площадь 4пга, найдите положение центра масс, равномерно распреде¬
ленных вдоль дуги окружности, вращением которой получена рас¬
сматриваемая часть сферы.
115. Известный астроном Иоганн Кеплер в своей «Новой стерео¬
метрии винных бочек» (1615 г.) вычислил поверхности и объемы
некоторых тел вращения. Пусть хорда АВ делит круг на две неравные
части. При вращении меньшей га этих частей вокруг прямой АВ
образуется тело, которое Кеплер назвал «лимоном», а при вращении
большей части — тело, названное им «яблоком». Зная, что высота
«лимона» (т. е. длина отрезка АВ) равна 2а, а его толщина в наиболее
широком месте равна 26, вычислите площадь поверхности «лимона».
Решите аналогичную задачу для «яблока».
116. Объем части шара, заключенной между двумя плоскостями,
те положение центра масс, равномерно распределенных по той
части круга, вращением которой получается рассматриваемая часть
шара.
117. Однородная пластинка, имеющая форму кругового сегмента,
меньшего полукруга, стягивается хордой длины h; площадь пластинки
равна S. Где находится центр масс пластинки?
118. Вычислите объем «лимона» и «яблока», о которых шла речь
в задаче 115.
119. Угол кругового сектора радиуса г имеет величину 2а (радиан).
Найдите положение центра масс этого сектора.
120. Сторона АВ прямоугольника ABCD служит диаметром
полукруга (расположенного вне прямоугольника). При вращении
пластинки, составленной из прямоугольника и полукруга, вокруг
рассмотренными в задаче 114, равен
54

прямой CD образуется некоторое тело («бочонок»). Вычислите его
объем и площадь поверхности, если | AD | = о, | АВ | = 4а.
121. Вычислите объем и площадь поверхности «бочонка», полу¬
чающегося, если в задаче 120 вместо полукруга взять сегмент с хордой
длины 4а и площадью S.
122. Пусть 0 <	<	а2	<	... <а„<~. Проверьте неравенства
sin a. + sin ot2 + ... + sin ос„
tga. <	 -2-	—	—	<	tg	a„.
cos a! + cos a2 + ... + cos a„
123. Пусть а,, o2,..., an и blt b2,..., b„ — две возрастающие конечные
последовательности положительных чисел, и пусть все числа р,, ц2, ...
..., р„ положительны и щ + р2 + ... + р, = 1. Докажите справедли¬
вость следующего неравенства П. J1. Чебышева:
(р,а, + ... + P,a„)(pifci + ... + рА) ^ ЩоА + ... + РпяА.
причем равенство имеет место лишь в том случае, когда а, = ... = а„,
Ь] ... hr.
124. Имеются четыре положительных числа х, у, z, г, сумма которых
равна 1. Выясните, какое наименьшее значение может иметь функция
х3 + у3 + z3 + t3
х2 + у2 + z2 + Т2 ‘
125. Докажите, что если а, Ь, с — длины сторон некоторого
треугольника ABC, а a, Р, у — противолежащие им углы, то
ntg ^ + btg 4- + ctg^- 2s —fa + b + с).
2	2	2	уз
§ 8. Комплексные массы
В этом параграфе предполагается, что читатель
знаком с комплексными числами. Мы совершим здесь еще одно
обобщение, предполагая, что массы рассматриваемых мате¬
риальных точек могут принимать не только отрицатель¬
ные значения, но и, более того, не быть действительными, т. е.
могут принимать произвольные комплексные значения.
Выше мы уже видели, что отрицательные массы могут ока¬
заться весьма полезными при решении геометрических
задач. Нетрудно привести соображения, показывающие, что
отрицательные массы могут иметь и прямое механическое
истолкование. Вообразим себе однородную жидкую или газо¬
образную среду (например, сосуд, наполненный водой), в кото¬
рой находятся небольшие шарики («материальные точки»),
соединенные друг с другом жесткими невесомыми стержнями.
Пусть шарик, расположенный в точке Аи имеет объем г, и
массу т2. Тогда на него денем вует направленная вниз сила
55

тяжести, имеющая величину mtg, и архимедова выталкивающая
сила, которая имеет величину (ртх)д (где р —плотность жид¬
кости) и направлена вверх — противоположно силе тяжести
(рис. 39). Иначе говоря, сила тяжести
равна (т,д) с, а выталкивающая сила
равна — (pt^gje, где е — единичный век¬
тор, направленный вниз. В результате
оказывается, что на шарик AY действует
сила (т,з) е — (pi iff) е = (mt — pr,)ge. Это
можно условно истолковать так (отбро¬
сив среду), как будто шарик находится
в вакууме и имеет «приведенную» массу
т1 — рг,; тогда как раз на него будет
действовать сила тяжести, равная
(тх — рг^де. Если при этом рv1<m1
(шарик имеет большую плотность, чем
жидкая среда), то «приведенная» масса
mi — pvx положительна; если же
pi?! > т1 (шарик рыхлый, т. е. его плотность меньше плотности
среды), то «приведенная» масса mi — pvy отрицательна.
Таким образом, при нахождении центра «приведенных» масс
надо учитывать, что они могут быть как положительными,
так и отрицательными.
Например, если в воду помещены деревянный и стальной
шарики, насаженные на невесомый стержень, то «приведенная»
масса первого из них отрицательна, а второго — положительна.
Поэтому центр Z этих масс («приведенных») находится вне
отрезка, концами которого являются шарики. Если укрепить
стержень шарнирно в этой точке Z, то вся система останется
в равновесии (рис. 40). Это и понятно: результирующая сила,
Рис. 40.
действующая на деревянный шарик, направлена вверх (ша¬
рик всплывает), а действующая на стальной шарик — вниз
(он тонет), и поскольку — по правилу рычага — моменты (т. е.
произведения плеч на соответствующие «приведенные» массы)
56
Рис. 39.

равны по величине и противоположно направлены, система
останется в равновесии.
Аналогичную интерпретацию «отрицательных масс» можно
дать с помощью понятий электростатики. Пусть в однород¬
ном электростатическом поле (скажем, между двумя парал¬
лельно расположенными и противоположно заряженными
металлическими пластинами) расположены к заряженных шари¬
ков. Будем считать, что вектор напряженности электрического
поля Е направлен в рассматриваемой области вертикально вниз
и имеет постоянную величину Е, а взятые к шаров имеют соот¬
ветственно заряды еи е2,..., ек (положительные или отрицатель¬
ные) и расположены в точках Аи А2, ..., Ак. Тогда на шар с
зарядом е, действует сила efE (приложенная в точке А{ и направ¬
ленная вниз при е, > 0 и вверх в противном случае). Считая, что
«суммарный заряд» е, + е2 + ... + ек отличен от нуля, мы най¬
дем, что равнодействующая рассмотренных сил имеет
своей точкой приложения центр масс Z материальных точек
(е1Е)А1, ..., (екЕ)Ак (или, что то же самое, центр масс м. т.
е1А1, ..., екАк). Если эту систему зарядов, жестко соединен¬
ных между собой стержнями-изоляторами, закрепить шарнирно
в точке Z, успокоить и затем отпустить, то вся система останется
в покое (шары и стержни считаются невесомыми). Например, в
случае двух зарядов е,, е2, помещенных в точках А,, Аг, их
центр масс (или лучше в данном случае сказать «центр зарядов»)
лежит на отрезке АкАг, если заряды имеют одинаковые знаки,
и вне этого отрезка (но на прямой АгА2), если один из зарядов
положительный, а другой отрицательный.
Эти примеры показывают, что отрицательные массы не
только являются идеализацией, удобной для решения геометри¬
ческих задач, но и могут иметь прямой механический смысл. А как
же быть с мнимыми массами? Можно ли дать им какое-
нибудь физическое оправдание? Реальную модель на сегодняш¬
ний день указать трудно, но можно описать гипотетическую
ситуацию, которая сейчас воспринимается лишь как довольно
фантастическая модель, но может быть (кто знает?) будет
недалека от завтрашних физических воззрений.
В специальной теории относительности имеется формула
то
т = — -	—
]/1 — v2/c2
Она означает, что частица, имеющая массу покоя т0, обладает
в инерциальной системе отсчета, относительно которой частица
движется со скоростью v (рис. 41), массой т, отличной от
то и вычисляемой по этой формуле. Согласно теории относи¬
тельности, частица, имеющая отличную от нуля массу покоя т0,
57

в любой системе отсчета наблюдается как движущаяся со
скоростью, меньшей скорости света с. Поэтому число г2/с2
меньше единицы, разность 1v2/c2 положительна, и поэтому
масса т выражается положительным числом, которое больше
щ (и является тем большим, чем ближе скорость движения v
к скорости света с).
Если бы некоторая частица двигалась со скоростью, боль¬
шей с, то частное v/c было бы больше единицы, и потому
число 1 — v2/c2, стоящее в знаменателе под знаком корня,
было бы отрицательным, т. е. в знаменателе стояло бы
мнимое число. Это можно рассматривать как косвенное
подтверждение того, что движение со скоростью, большей ско¬
рости света, невозможно. Такой вывод, несомненно, можно
признать справедливым, если (как это обычно делается) предпо¬
лагать, что масса покоя т0 положительна. Однако если предпо¬
ложить, что масса покоя некоторой частицы является чисто
мнимой (такие гипотетические частицы называют тахионами),
то все будет наоборот; при движении с досветовой скоро¬
стью (г < с) в числителе будет стоять мнимое, а в знаменателе
действительное число, так что вся дробь будет мнимой,
а при движении со сверхсветовой скоростью и числитель,
и знаменатель будут мнимыми, так что вся дробь будет дейст¬
вительной. Иначе говоря, тахион не может наблюдаться в
покое (или при движении с досветовой скоростью), а может
иметь реальный смысл при движении лишь со сверхсветовой
скоростью. И хотя сегодня о существовании тахионов никто еще
всерьез не говорит, но, возможно, когда-нибудь эти частицы
(обладающие мнимой массой покоя) обретут право на
существование.
Разумеется, эти соображения приведены здесь не как дока¬
зательство целесообразности рассмотрения материальных
точек с комплексными массами. Для нас здесь такие «матери¬
58

альные точки» будут служить лишь средством решения геомет¬
рических задач.
Напомним, что каждой точке (х; у) координатной плоскости
соответствует некоторое комплексное число — ее комплекс¬
ная координата х + iy. Нам будет удобно придерживаться сле¬
дующих соглашений: точку й ее комплексную координату будем
обозначать одной и той же буквой, но точку — прописной, а
ее координату — строчной: комплексные координаты точек Z,
А, А3, С2 будем (не делая дополнительных оговорок) обозначать
соответственно через г, а, а3, с2. Например, если точка А имеет
координаты (2; — 3), то а = 2 — 3(.
Каждый вектор СХС2 на координатной плоскости может
быть задан некоторым комплексным числом с = а + Ы, где а
и Ь — проекции вектора соответственно на ось абсцисс и
ось ординат; число с —ta + bi будем называть комплексной
координатой вектора С,С2. Комплексная координата с вектора
С,С2 выражается через комплексные координаты точек С, и С2
по формуле с = с2 — С|.
Напомним, что каждое комплексное число z можно записать
в тригонометрической форме: z = p(cos 0 + i sin 0), где p — мо¬
дуль комплексного числа z (т. е. длина соответствующего век¬
тора), а 0 — аргумент этого комплексного числа (т. е. угол между
положительным направлением оси абсцисс и вектором, изобра¬
жающим комплексное число z, см. рис. 42). В математике сущест¬
вует замечательная формула Эйлера cos 0 + i sin 0 = е®, пока¬
зывающая глубокую связь показательной и тригонометрических
функций. В силу этой формулы комплексное число z, имеющее
модуль р и аргумент 0, можно также
записать в показательной форме:
z = ре,е.
Из формулы Эйлера легко вы¬
вести, что если z = ре№, z' - pVe ,
то число рр' является модулем ком¬
плексного числа zz', а число 0 + 0' —
его аргументом, т. е. peie - p'eie =
= рр'е' (*+»') Иными словами, вектор,
изображающий комплексное число
zz!, имеет длину в р раз большую, чем
вектор, изображающий г', а угол между вектором z' и вектором
zz’ равен 0 (рис. 43).
Это означает, что при умножении комплексного числа /-на
число z (имеющее модуль р и аргумент 0) вектор, изображающий
- - Растягивается с коэффициентом р и поворачивается на угол
® — это и дает вектор, изображающий zz'. Иначе говоря, вектор,
59

изображающий zz', получается из вектора, изображающего z',
при помощи преобразования Рц"Гр, где Гр — гомотетия с
коэффициентом р, a Re — поворот на угол 0 (т. е. поворот на
угол 101, совершаемый против часовой стрелки при 0 > 0 и
по часовой стрелке при 0 < 0).
. Я
Например, запись с2 — z = Зе 3 (с, — z) означает, что вектор
ZC2 можно получить из вектора ZC1 композицией двух пре¬
образований: гомотетии с коэффициентом 3 и поворота (вокруг
точки Z) на угол 60° против часовой стрелки (рис. 44).
Пусть теперь Аи ..., А„ — некоторые точки координатной
плоскости и fl1; ..., а„ — их комплексные координаты. Пусть,
далее, тг, ..., т„ — некоторые комплексные числа с ненулевой
суммой («комплексные массы»). Рассмотрим систему «комплекс¬
ных» материальных точек тхАх, т2А2, ..., т„А„ и центром
масс этой системы будем называть точку Z, комплексная коор¬
дината которой удовлетворяет условию m1(ai-z) + .-.
... + m„ (а„ - z) = 0 (ср. (7)), т. е.
_ _ тхах + т2а2 + ... + тиая
тх +т2 + ... +т„
(сравните эту формулу с соотношениями (15) или (8)).
Легко доказать, что для центра масс системы комплексных
материальных точек сохраняются (с соответствующими видоиз¬
менениями) рассмотренные в § 1 — 3 основные свойства центров
масс. Сформулируем их:
I. Каждая система комплексных м. т. с ненулевой суммарной
массой имеет однозначно определенный центр масс.
IP Центр масс Z двух комплексных м. т. mtAj и т2А2 с нену¬
левой суммарной массой удовлетворяет «архимедову правилу
60

I 02 - Z I,
z | — pac-
рычага» в следующей форме: | т, | \а, — г | = |т2
т. е. |«ii 1^1 = \m2\d2, где rf1 = |a1-z| и d2 = I «2 -
стояния центра масс Z от точек А, и Л2.
III. Положение центра масс всей системы т1А1, тпА„
не изменится, если суммарную массу комплексных м. т.
ткАиткАк перенести в их центр масс (к < и; т1 + ... 4- тк Ф 0;
тк + . - - + т„ Ф 0).
Доказательства остаются прежними. Например, в случае двух
комплексных м. т. ткАк и т2А2 мы имеем wi, (щ — z) + т2 (а2 —
— z) = 0, т. е. m1(at — z) =—т2(а2 — z), откуда и вытекает
равенство |	11 ак — z | = | т2 | | д2 ~ z I- Заметим, однако, что
центр масс двух комплексных м. т., вообще говоря, не лежит на
прямой, соединяющей эти точки (см. ниже задачи 127—129).
Отметим еще, что умножение всех масс системы комплексных
м. т. на одно и то же комплексное число, отличное от нуля, не
влияет на положение центра масс системы (это непосредственно
вытекает из формулы (17)).
Пример 20. На сторонах AAtA2A3, как на основаниях, пост¬
роены равнобедренные треугольники А1В3А2, A2BtA3, А3В2А1
с одним и тем же углом <р при вершинах Ви В2, В3, не имеющие
с Л А1А1А3 общих внутренних точек. Докажем, что точка пере¬
сечения медиан А В1В2В3 совпа¬
дает с точкой пересечения медиан
А А,А2А3 (рис. 45).
Решение. Вектор В3А3 мо¬
жет быть получен из вектора
В3А2 поворотом на угол <р. По¬
этому а3 — Ь3 = е|ф(а2 - Ь3), т. е.
Ч«1 - Ь3) + (-е'ф)(а2 - Ьэ) = 0.
Значит, В3 — центр масс двух м. т.:
1Ак и (-е‘фМ2.
Аналогично, В{ — центр масс
м. т. \А2 и ( — е'9)А3, а В2 — центр
масс м. т. 1А3 и (— е'ф) At. Рассмот¬
рим систему всех шести м. т. и
обозначим через Z ее центр масс
(суммарная масса этой системы
равна 3(1 — е‘ф) ф 0). Применяя
форму (17) и производя двумя
способами группировку, находим
z = (Ч + (—е‘ф)о2) + (1«2 + (-е*'ф)а3) + (1а3 + (-е^щ) _
3(1 -е‘ф)
1"Ь 1^2 1Ьз
61

(1 —	+	(1	—	е'*)а2 + (1 — ^v)a3	1	щ	+ la2 + le3
z _	3	(1	- e1*)	"	~3	’
Отсюда ясно, что центроиды (т. е. точки пересечения медиан)
обоих треугольников ВХВ2В3 и
А1А2А3 совпадают с точкой Z.
Заметим, что доказанное ут¬
верждение остается в силе, если на
сторонах треугольника А,А2А3
строятся не равнобедренные, а по¬
добные и одинаково ориентирован¬
ные треугольники.
Пример 21. На сторонах произ¬
вольного треугольника А1А2Л3,
как на основаниях, построены рав¬
носторонние треугольники А1В3А2,
A2BtA3, А3В2Аi, не имеющие с
треугольником AtA2A3 общих
внутренних точек. В этих треуголь¬
никах отмечены их центры Р3, Pt,
Р2. Докажем, что Д PtP2P3 — так¬
же равносторонний.
Решение. Вектор Р3А2 можно получить из Р3А3 поворотом
на угол 2я/3 (рис. 46). Поэтому, полагая с = <Л 3 /, имеем
1 (а2 ~ Рз) + (-c)(fli - Рз) = О,
значит, Р3 — центр масс м. т. 1А2 и (—c)At. Аналогично, Р, —
центр масс м. т. \А3 и (—с)А2; далее, Р2 — центр масс м. т.
1А3 и (—с)А3, а значит, Р2 — центр масс м. т. (— \)А3 и (1/с) А,.
Рассмотрим теперь четыре м. т. 1А3, ( — с)А2, (— 1) А3, (1 /с)Аи
и пусть Z — их центр масс (суммарная масса этой системы
равна — с + (1/с) ф 0). Произведем группировку масс:
(-с + 1/с) z = ((1/с) щ + (-с)а2) + (1я3 +(~1)«з) =
= (1/с)аг + (~с)а2.
Из этого видно, что Z — центр масс м. т. (1/с) А3 и (—с)А2,
а следовательно, и двух м.т. 1А2 и ( — с)А, (поскольку с3 = 1).
Следовательно, Z = Р3. С другой стороны,
(~с+ 1/с) z = (1а3 + (—с)а2) + ((— I) а3 + (1/с) «!> =
= (1 - c)pt + (-1 + 1/с)р2.
Умножая для упрощения на —^— и учитывая, что Z = Р3,
1 — С
62

перепишем это равенство в виде (1 4- с) р3 = ср, 4- р2, т. е.
. 1C
( —c)(pt — Рз) = р2 — Рз- Так как —с = е '"5, то вектор РД^2
можно получить из вектора Р3Р, поворотом на —л/3. Следо¬
вательно, Д Р3Р1Р2 — пра¬
вильный.
Пример 22. На сторонах
треугольника ABC построены
вне его квадраты АВМК и
BCLN. Докажем, что медиа¬
на BD треугольника ABC
перпендикулярна отрезку MN
и имеет вдвое меньшую дли¬
ну, чем этот отрезок (рис. 47).
Решение. Так как век¬
торы ВА, ВМ имеют одинаковую длину и перпендикулярны,
то В — центр масс м. т. 1/1 и —iM (см. задачу 127):
1 (а — ft) — i (т — Ь) = 0.	(18)
Аналогично, В — центр масс м. т. 1C и iN:
1 (с — ft) -М (и — ft) = 0.	(19)
Складывая равенства (18) и (19) и деля результат пополам,
находим	/	1_\	/	1л
{а - Ь) + (с - ft) 1
 	 2	  «)•	(2°)
Это означает, что вектор ~ {ВА + ВС), т. е. вектор RD,
получается из вектора NM уменьшением его длины вдвое и
поворотом на угол л/2, что и требовалось доказать.
Пример 23. Докажем, что в условиях примера 22 центры
квадратов АВМК и BCLN, середина отрезка MN и точка D
являются четырьмя вершинами квадрата.
Решение. Обозначим через Р середину отрезка MN.
Тогда равенство (20) перепишется в виде d — b = i{m — p).
Прибавляя к этому равенству соотношение 1 (ft — z) + i (m — z) — 0
(означающее, что центр Z квадрата АВМК является центром
масс м. т. 1В и iM, т. е. ZB получается из ZM поворотом на
~90°), получаем 1 (d — z) + i [р — z) = 0. Это означает, что Z —
центр масс м. т. 1D и i'P, и потому отрезки ZD и ZP имеют одина¬
ковую длину и перпендикулярны, т. е. DPZ — равнобедренный
прямоугольный треугольник с вершиной Z. Аналогично, обозна¬
чая через Z' центр квадрата BCLN, мы найдем, что DPZ' —
равнобедренный прямоугольный треугольник с вершиной Z'.
Следовательно, DZPZ' — квадрат.
63

Задачи
126.	Пусть т1Л1 и т2А2 — комплексные м. т. и Z — их
центр масс (т, ф О, т2 ф 0; т1 + тг Ф 0). Докажите, что аргумент
комплексного числа — т,/т2 представляет собой угол, на который надо
повернуть вектор ZA,, чтобы он стал одинаково направленным с
вектором ZA2.
127. Пусть Z — центр масс м. т. 1А, и e‘vA2. Докажите, что при
повороте вокруг точки Z на угол я — <р точка А, переходит в точку А2.
128. Пусть Z — центр масс м. т. Ы, и pe‘vA2. Докажите, что точка А,
переходит в А2 при преобразовании Г 1/роЯп__9< где Г 2/р — гомотетия с
центром Z и коэффициентом 1/р, а Л„_ф — поворот вокруг точки Z на
угол п — ф.
129. Докажите, что если А,, А2 и Z — три различные точки коор¬
динатной плоскости, то существует такая комплексная масса т Ф — 1,
что Z будет центром масс м. т. Ы, и тА2.	t
130. Докажите, что если А, и А2 — две различные точки коорди¬
натной плоскости, то для любой точки Z этой плоскости существуют
однозначно определенные комплексные массы т, и т2, для которых
т, + т2 = 1 и Z — центр масс м. т. т,А, и т2А2.
131. Пусть Zk — центр масс м.т. \А, и ткА2, к = 1, ..., п.
Докажите, что если все комплексные числа т„ т2, ..., тк имеют один
и тот же аргумент <р, то точки А„ А2, Zu Z2, Zk лежат на одной
окружности.
132. Пусть т Ф 0, ср,, ф2. Ф„ — действительные числа и Zk —
центр масс м. т. тА, и ек^Л2, к = 1, 2, ..., п. Докажите, что все точки
Z,, Z2, Z„ лежат на одной окружности или на одной прямой. При
каком т все эти точки лежат на оси симметрии точек А, и А2?
133. Докажите, что если Z — центр масс комплексных м. т. т,А,
I Ж I
и т2А2 и -—— = И > 0, то точка Z лежит на окружности, диаметром
| т2 |
которой служит отрезок М ,М2> где М, — центр масс м. т. к А, и Ы2,
а М2 — центр масс м. т. ИА, и (—1)Л2.
134. При условиях примера 22 докажите, что если Q — четвертая
вершина параллелограмма MBNQ, то Z — центр масс м. т. 1C и iQ,
a Z' — центр масс м. т. 1Q и iA (где Z, Z' — центры квадратов АВМК
и BCLN).
135. На сторонах параллелограмма построены вне его четыре
квадрата. Докажите, что центры этих квадратов служат вершинами
еще одного квадрата.
136. В вершинах треугольника А,А2А3 помещены ненулевые
комплексные массы т,, т2, т3 с ненулевой суммой, причем т, + т2 = 0.
Докажите, что если Z — центр масс этих трех м т., то угол между
векторами А,Аг и A3Z равен arg( — т3/т,).

ГЛАВА III
МОМЕНТ ИНЕРЦИИ
«...Рассматриваются две замечательные теоремы, которые
со времен Лагранжа были установлены различными геомет¬
рами».
Г. Дарбу
§ 9. Формулы Лагранжа и Якоби.
Применения к геометрии
Понятие момента инерции было введено в XVIII в.
в связи с изучением вращательного движения тел. И удиви¬
тельным образом оказалось, что это понятие и его свойства
важны не только для механики, но и для математики: привле¬
чение этого понятия в ряде случаев позволяет найти подход к
решению задач геометрии, алгебры и математического анализа.
В механике обычно рассматривают момент инерции тела
(или системы материальных точек) относительно оси. В гео¬
метрических приложениях используется главным образом
полярный момент инерции, т. е. момент инерции относительно
некоторой точки. При этом для геометрических задач удобнее
не ограничиваться лишь случаем положительных масс, а сразу
вести рассуждения для случая произвольных действительных
масс (с ненулевой суммой).
Пусть имеется система материальных точек
Ml, rn2A2, ..., т„Ап.	(21)
Моментом инерции системы (21) относительно точки S Эйлер
назвал следующую величину:
Js = Mi |	|2	+
+ m2\SA2\2 + ... + mn\SA„\2. (22)
Пример 24. Пусть ABCD — квадрат
(рис. 48) со стороной 2а, в каждой верши¬
не которого помещена масса 1; через S
обозначим середину стороны АВ, а через
А — центр квадрата. Вычислим момен¬
ты инерции Js и Jz.
3 М. Б. Балк, В. Г. Болтянский	65

Решение.
Js = \-\SA\2 + 1-|S£|2 + 1 • | SC |2 + 1 |SZ)|2 =
= 2 a2 + 2 (a |/5)2 = 12a2;
Jz = l\ZA\2 + \-\ZB\2 + 1 • IZC |2 + 1 • I ZD |2 = 4(aj/2)2 = 8a2.
Следующая формула, установленная выдающимся фран¬
цузским математиком Лагранжем, выражает связь между мо¬
ментом инерции Js системы материальных точек относительно
произвольной точки S и моментом инерции Jz той же системы
относительно ее центра масс Z.
Теорема 7. Пусть Z — центр масс системы (21). Тогда
для произвольной точки S справедлива формула
Js — JZ + т \ SZ |2,	(23)
где т = т! + т2 + ... + т„.
Доказательство. Имеем
Js = Y. mkSAi = X ™k(SZ + ZAk)2 =
k= 1	fc=1
= £ mkZAl + (£ m*)SZ2 + 2SZ ■ £ mkZAk.
k= 1	*=1	*=1
"  > ->
Так как Z — центр масс системы (21), то £ mkZAk = 0. Это и
к= 1
дает формулу (23).
Другая формула, установленная немецким математиком
К. Г. Якоби1), выражает момент инерции Jz системы мате¬
риальных точек (с ненулевой суммой масс) относительно ее
центра масс Z через массы этих материальных точек и взаимные
расстояния между ними.
Т еорема8. Пусть Z — центр масс системы (21) с ненулевой
суммарной массой т = тх У т2 + ... + т„. Тогда
Jz=~n ^ Щт/и, где rij = \AiAj\.	(24)
1
Доказательство проведем при п — 3 (в общем случае
вычисления аналогичны). Для момента инерции системы (21)
относительно точки А, имеем, согласно теореме Лагранжа,
JA =JZ + m\AtZ\2,
*) Эта формула была установлена независимо различными математи¬
ками (Лагранж, Пуансо, Якоби и др.). Наиболее интересные приложения ее
(в космогонии) нашел Якоби.
66

откуда после умножения на т, получаем
т1™2г12 + т1т3г13 = miJz + mmi I A^Z |2.
Аналогично получим (рассматривая моменты инерции отно¬
сительно точек А 2, А3)
ffI2fnir2i + т2т3г23 = m2Jz + mm2 I A2Z |2,
m3m,rli + m3m2rl2 = m3Jz + mm3 | A3Z |2.
Складывая почленно эти равенства, получим слева сумму
всевозможных произведений вида m,mу,2, где i ф /. При этом
каждое такое произведение встретится нам дважды; напри¬
мер, в предпоследнем равенстве имеется слагаемое т2т3г23, а в
последнем — слагаемое т3т2г32 (совпадающее с т2т3г23).
Если мы условимся записывать лишь слагаемые, для которых
г < _/', то из каждых двух совпадающих слагаемых останется
лишь одно (с коэффициентом 2), и мы получим
2	£	=	mJz	+ mJz,
что равносильно формуле Якоби (24) (при и = 3).
Пример 25. Дан четырехугольник ABCD, стороны и диагонали
которого имеют длины а, Ъ, с, d, e,f В каждой вершине четырех¬
угольника помещена масса 1. Вычислим момент инерции этой
системы м. т. относительно середины Z отрезка PQ, соединяю¬
щего середины диагоналей.
Решение. Точка Z является центром масс рассматривае¬
мой системы м. т. По формуле Якоби имеем
Jz = ~ (а2 + Ь2 + с2 +d2 + е2 + /2).
Выше было рассмотрено понятие момента инерции отно¬
сительно точки. При желании читатель может аналогичным
образом исследовать момент инерции системы м. т. относи¬
тельно оси 1:
J, = mi\SiAi |2 + m2\S2A2 |2 + ... + mJS„AJ2,
гДе Sb S2, ..., S„ — проекции точек Аи А2, ..., А„ на ось /.
Например, можно предложить читателю доказать формулы
Лагранжа и Якоби для случая момента инерции относительно
оси — именно эти формулы для момента инерции J, исполь¬
зуются в механике при изучении вращательного движения
тел.
Мы же рассмотрим применения момента инерции (относи¬
тельно точки) к задачам геометрии. Как мы увидим, многие

геометрические задачи получают простые и красивые решения
при использовании формул Лагранжа и Якоби. Рассмотрим
некоторые примеры.
Пример 26. Известны радиусы R, г описанной и вписан¬
ной окружностей треугольника ABC. Вычислим расстояние d
между центрами этих окружностей.
Решение. Пусть Z — центр вписанной окружности, О —
центр описанной окружности, а, Ь, с — длины сторон треуголь¬
ника. Точка Z — центр масс трех м. т. аА, ЬВ, сС (см. задачу 47).
По формуле Лагранжа имеем
(а + b + с) | 0Z |2 = J0 — Jz-
Далее, по определению момента инерции находим
J0 = а | О А |2 + Ь | ОВ [2 + с | ОС \2 = (а + b + с) R2.
Наконец, Jz вычислим по формуле Якоби:
Jz = — 1 —. Jab ]АВ |2 + be | ВС \2 + са\ СА |2) =
г а + b + с к	'
abc2 + Ьса2 + cab2 ,
=		 = abc.
а + b + с
Поэтому d2 = | 0Z |2 = R2 —
J	1	a + b + с
Этот ответ еще не окончательный, поскольку требуется выра¬
зить d только через радиусы Риг (без использования длин сторон
а, Ь, с). Для получения окончательного ответа вспомним фор¬
мулы, выражающие площадь S' треугольника ABC через длины
сторон и радиусы R, г:
abc	1	,	,	.
S=—S = -(« + fe + c)r.
abc
Из этих формул находим 	:	=	2Rr, и потому
а + b + с
d2 = R (В - 2 г).
Эта формула впервые была получена Эйлером. Из нее видно
(поскольку d2 > 0), что в любом треугольнике диаметр
вписанной окружности не превосходит радиуса описанной
окружности (можно показать, что равенство имеет место лишь
для равностороннего треугольника).
Пример 27. В плоскости даны две точки А и В; к Ф 1 — за¬
данное положительное число. Найдем множество всех точек
| Л/Л |
V? плоскости, для которых  		 = К.
| MB |
68

Решение. Условие -	-, = X равносильно соотношению
| MB |
X2 | MB |2 — | МА |2 = 0.
Левая часть этого равенства представляет собой момент
инерции системы двух м. т. Х2В и (— 1) А относительно точки М.
Значит, нужно найти множество всех таких точек М плоскости,
для которых
Jm = 0.
Обозначив через Z центр масс м. т. Х2В и (— 1) >4, имеем,
согласно формулам Лагранжа и Якоби,
JM = JZ + (X2-l)\ZM\2 = - ^-T\AB\2+{k2-\)\ZM\2.
Поэтому условие JM = 0 выполняется тогда и только тогда, когда
Отсюда ясно, что искомая фигура представляет собой окруж¬
ность (рис. 49) с центром Z
и радиусом 2 _ I АВ |.
Ситуация, рассмотренная
в примере 27, может быть
обобщена следующим обра¬
зом. Обозначим через с си¬
стему м. т. (21); при этом
равенство нулю некоторых
масс ть..., т„ не исключа¬
ется. Момент инерции этой
системы относительно точки М обозначим через JM (ст). Выяс¬
ним вид множества Ф всех точек М плоскости, для которых
JM(a) = h,
где h — заданная константа.
Рассмотрим различные возможные случаи. Если суммар¬
ная масса т = т1 + т2 + ... + Ф 0, то, обозначив через Z
центр масс системы а, имеем, согласно формуле Лагранжа,
| ZM |2 = — (/i — Jz (ст)).
т
Отсюда видно, что Ф может оказаться окружностью (при
(<т) < h), одной точкой (при Jz (а) = h) или пустым множеством
(при Jz (а) > И).
69
Рис. 49.

Пусть теперь mt + т2 + ... + т„ = 0, но хотя бы одна из масс
т,,	т,| отлична от нуля; скажем, т„ ф 0. Обозначив через С
центр масс системы а’, состоящей из м.т. т,/4ь ..., т„ _
имеем при любом выборе точки М
JM(a') = Jc(<y') + (-rnJ\MC\2,
4И = jm (<*') + щ, IМАI2-
Поэтому условие JM (сг) = h приобретает вид
п%, | МА„ |2 + (—т„) | МС |2 = h — Jс (o') = const.
При С ф А„ множество Ф представляет собой (см. задачу 144)
некоторую прямую, перпендикулярную прямой СА„. Если же
С = А„, то множество точек, удовлетворяющих последнему
равенству, представляет собой либо всю плоскость, либо пустое
множество.
Наконец, если все массы ти т„ равны нулю, то искомая
фигура Ф представляет собой либо всю плоскость (при h = 0),
либо пустое множество.
Объединяя все случаи, приходим к следующему выводу:
Теорема 9. Множество всех точек М плоскости, отно¬
сительно которых заданная в этой плоскости система мате¬
риальных точек (21) имеет заданный момент инерции И, пред¬
ставляет собой окружность, прямую, тоскость, точку или
пустое множество.
Пример 28. Каждая из трех окружностей уь у2, уз касается
одной стороны треугольника /I1/I2/I3 и продолжений двух
других сторон. Пусть yt касается стороны А2А3 в точке Вх;
у2 — стороны A3At в точке В2, а у3 — стороны А1А2 в точке В3.
Через точки Ви В2, В3 проведены прямые Фь Ф2, Ф3, перпен¬
дикулярные соответственно сторонам А2А3, А3А,, AtA2.
Докажем, что эти прямые проходят через одну точку.
Решение. Рассмотрим три различные загрузки вершин
треугольника:
0/4,,	1А2,	(-1)/43,
ст2: (— 1)Аи 0А2,	1/43,
(7з:	lAi,	(—1)/42, 0/4 з-
Прямая Ф, характеризуется условием (см. доказательство теоре¬
мы 9)
Jm (<?,) = Jb,(°i) = I 6i/42 |2 — |В,/43 |2( = й,).
Чтобы вычислить hu обозначим через Т2 и Т3 точки касания
окружности у, с прямыми /4,/42 и AtA3 и положим: | А2А3 | = й,
\А3А2\ = Ь, I /4,/421 = с, \ВхА2\ = х, \В1А3\=у, \А1Т2[ = г

(рис. 50). Тогда
х + у = a, z — х = с, z — у = Ь.
Отсюда х — у = Ь — с, и потому
^ = х2 — у2 = (х + у)(х — у) = а(Ь — с).
Таким образом, условие JM (от) = hu характеризующее прямую
ф,, можно переписать в виде
1 • | МА2 |2 + (- 1)- J МА3 |2 = а(Ь -	с).	(25)
Аналогично, прямые Ф2 и Ф3 характеризуются условиями
1 • \МА3 |2 + (- 1)-1MAi |2 = b(c -	а),	(26)
1 • | MAi |2 + (— 1) • | МА2 \2 = с (а —	Ь).	(27)
Пусть теперь М — точка пересечения прямых Ф1 и Ф2.
Тогда точка М удовлетворяет соотношениям (25) и (26). Скла¬
дывая эти соотношения и умножая результат на (— 1), получаем
(27); это означает, что в точке М удовлетворяется и соотношение
(27), т. е. М принадлежит и третьей прямой Ф3.
В заключение докажем следующую теорему, позволяющую
в ряде случаев находить расстояние между двумя точками.
Теорема 10. Если при одном распределении (ри р2, ..., рп)
единичной массы между заданными точками Аъ А2, ..., А„
Центром масс возникающих п м. т. служит точка Р, а при другом
паком распределении (qu q2,q„) центром масс возникающих п
м- п. окажется точка Q, то
IPQI2 = - I (Pi - %) (Pj ~ 4j) I A'Aj I2.
1^i<j^n
71

Доказательство проведем для и = 3 (в общем случае
рассуждения аналогичны). По условию
IP = ptAt + р2А2 + р3А3, 1Q ~ qiAi + q2A2 + q3A3,
Pi + Рг + Рз = <7i + 9г + 9з = 1-
Рассмотрим три системы материальных точек
(Pi ~ qi)Ai, (p2-q2)A2,	(р3-9зМ3,	1ft
qiAi,	q2A2,	^з^з»
cr3: PiAly	p2A2,	p3A3,	1	ft
Моменты инерции этих систем относительно точки Р обозначим
через J$\ J)>2), JfiK а относительно точки Q — через J$\ Jg\
J$\ Центрами масс систем о„ а2, а3 служат соответственно
точки Р, Q и сфедина Z отрезка PQ.
Поэтому имеем
jj?> = 43> + 21PZI2, 43) = 43) + 21 6ZI2,
и, следовательно,
Л3) = 43> = Pi I QAl I2 + Р2 I 6^2 I2 + Рз I QA3 I2.
Кроме того, по теореме Лагранжа
Л2) = 42>+ 1-|Рб12 =
= qi 1 e^i I2 + ?21 е^212 + q31 е-4312 +1 pq i2-
Наконец, по формуле Якоби, примененной к системе аь имеем
Л1' = I (р.- - 9.) (р, - 4i) I AAj I2 + z (Pi - qd 14612-
l«i<j«3	'=1
Из последних трех формул (с учетом очевидного соотношения
Д3) =	+	/)?')	и вытекает доказываемое равенство.
Задачи
137.	Рассматривается система м.т. с нулевой сум¬
марной массой. Докажите теорему Дарбу: если перенести массы
некоторой группы м. т. в центр масс этой группы точек (или проделать
то же самое для нескольких групп м. т.), то при этом сумма
£ m,mj | A;Aj |2 не изменится.
138. Пользуясь результатом задачи 137, докажите теорему
Эйлера: в любом четырехугольнике сумма квадратов сторон больше
суммы квадратов диагоналей на учетверенный квадрат расстояния
между серединами диагоналей.
139. Ребро правильного тетраэдра равно а. Вычислите радиус
описанного около него шара.
биссектрисьЯСС'ИНЫ ° сторон тРеУгольника ABC, вычислите длин}
72

141. Пусть О — центр окружности, вписанной в треугольник ABC.
Зная длины а, Ь, с сторон треугольника, вычислите сумму
ст = а | О А |2 + Ь | ОВ |2 + с | ОС |2.
142. В некотором треугольнике расстояние между точкой пересе¬
чения медиан и центром описанной окружности в три раза, меньше
радиуса этой окружности. Докажите, что этот треугольник прямо¬
угольный.
143. Найдите множество всех точек плоскости, для которых сумма
квадратов расстояний от вершин заданного в этой плоскости параллело¬
грамма ABCD равна заданной величине h.
144. На плоскости заданы две различные точки А и В.
Докажите, что при т Ф 0 множество всех точек М плоскости, для которых
момент инерции относительно системы м. т. тА и (— т) В равен заданной
константе Л, представляет собой некоторую прямую, перпендикулярную
прямой АВ.
145. Докажите, что в пространстве множество, рассмотренное в
задаче 144, представляет собой плоскость, перпендикулярную [АВ).
146. Сформулируйте и докажите пространственный аналог тео¬
ремы 9.
147. Стороны треугольника имеют длины а, Ь, с. Найдите рас¬
стояние между точкой пересечения медиан этого треугольника и
центром вписанной в него окружности.
148. Докажите, что расстояние между центром описанной окруж¬
ности треугольника и центром вневписанной окружности (касающейся
одной стороны и продолжений двух других сторон) равно R (R + 2г'),
где R — радиус описанной окружности, а г' — радиус рассматривае¬
мой вневписанной окружности.
§ 10. Применение понятия момента инерции
к доказательству неравенств
Отметим два простых и полезных алгебраических
следствия, непосредственно вытекающих из формулы Лагранжа.
Следствие 1. Если масса каждой материальной точки
системы (21) положительна, то при любом выборе точки S спра¬
ведливо неравенство
Js ^ т | SZ |2,
где т = т1 + т2 + ■■■ + т,, — суммарная масса системы, a Z —
ее центр масс. Равенство здесь имеет место в том и только в
том случае, когда все точки Аи Аг, ■■■, А„ совпадают.
Следствие 2. Если материальные точки (21) имеют поло¬
жительную суммарную массу т, то для произвольной точки S
справедливо неравенство
Js ^ Jzi
где Z — центр масс системы. Равенство здесь имеет место в том
и только в том случае, когда S = Z.
73

Для случая т < 0 знак неравенства заменяется на противо¬
положный.
Иначе говоря, центр масс системы м. т. (с положительной
суммарной массой) есть точка, относительно которой эта
система имеет наименьший момент инерции.
Проиллюстрируем возможность применения этих предло¬
жений для доказательства неравенств.
Пример 29. Докажем, что для любых действительных чисел
аъ ..., а„ и bi, ..., b„ справедливо соотношение
(aibi + ... + аиЬ„)2 <(«? + ... + аЦ)(Ь2 + ... + Ь2)
(оно называется неравенством Коши — Буняковского).
Решение. Пусть ть ..., т„ — какие-либо положительные
числа. Выберем на числовой оси точки А,, ...,А„с координатами
*1,..., х„ и поместим в них массы ти ... ,т„. Координата центра
ткхк + ... + т„хп
масс м.т. т,А,, ..., т.А„ равна х =	,	и, со-
«! + ...+ /ц,
гласно следствию 1, имеем (взяв момент системы относительно
нулевой точки числовой оси)
mtxj + ... + rr^x;} Ss -—- --  	(т^ + ... + т„хп)2,
mt + ... + т„
причем равенство имеет место тогда и только тогда, когда
хх = ... = х„.
Положим теперь (считая, что все числа Ьи ..., Ь„ отличны от
нуля): тк = Ьк, хк = к = 1,..., п. Тогда из доказанного нера-
W
венства непосредственно следует неравенство Коши — Буня¬
ковского (для отличных от нуля Ьи ..., Ь„). Легко видеть, что
если некоторые из чисел Ъъ ... ,Ъ„ обращаются в нуль, это нера¬
венство остается справедливым.
Пример 30. Докажем, что если аъ а2, ..., а„ — проювольные
положительные числа и s = ак + а2 + ... + а„, то справедливо
неравенство
а.	а2	а_	п
 — + — -+...	+ —-- >
s — а 1 s — а2	s — а„	и—1
Решение. Выберем на числовой оси с началом О мате-
риальные точки с массами т, =	, ..., т„ =	 и	ко-
s — ак	s — а„
ординатами = s — яь ...,	х„	= s — а„.	Через	Z	обозна-
Q\	Cln
 —+... +  —,
s — at	s	—	a„
чим их центр масс. Тогда т = ——	1-... +	——
74
1

I OZ I = fll +"~ +a" = —. Далее,
m	m
Jo = al(s- a2) + ... + a„(s - a„) =
= (a1 + ... + a„)s — (a2 + ... + a2) = s2	- (a? + ...	+ a2).
Так как	J0 ^ m \ OZ |2 (см. следствие	1), то
s2 -	(a2 + ... + c£) >	m(s2	- (a2 +	... + a2)) ^	s2,
(m - 1) s2 ^ m (a2 + ... + a2).
Но в силу неравенства между средним квадратическим и
средним арифметическим (задача 149) имеем
а{ + ... + а2 > —.
п
S2
Поэтому (т — 1) s2 ^ т ■ —, откуда и получается требуемое
п
неравенство т >
п- 1
Задачи
149.	Выведите из неравенства Коши — Буняковского,
что для любых положительных чисел аь а2,...,а„ их средне¬
квадратическое не меньше их среднего арифметического, т. е.
/а\ + ... + а2 > fli + ... + о„
In	п
150. С помощью следствия 2 докажите, что функция
fix) = (х- а^1 + (х - а2)2 + ... + (х - aj2
а,+а2 + ... + а.
достигает наименьшего значения в точке х = —
п
151. Докажите, что если неравенство Коши — Буняковского об¬
ращается в равенство, причем хотя бы одно из чисел Ьи...,Ь„ от¬
лично от нуля, то существует такое к, что а, = кЬи...,сц, = kbn.

ГЛАВА IV
БАРИЦЕНТРИЧЕСКИЕ КООРДИНАТЫ
«То, что трем точкам плоскости возможно сопоставить
такие грузы, чтобы заданная четвертая точка оказалась их
центром,... привело меня к новому методу задания точек на
плоскости».
А. Ф. Мёбиус.
«Барицентрическое исчисление».
§ 11. Барицентрические координаты
на плоскости
Согласно теореме 1 (см. § 2) для любых трех
масс т1,т2,т3, сопоставляемых вершинам треугольника А1А2А3,
однозначно определена точка М, являющаяся центром
масс получающихся трех м. т. пцА,, т2А2, т3А3. Справедливо
и обратное (мы это видели при решении задачи 29): для
любой внутренней точки М треугольника AtA2A3 можно
подобрать такие массы ти т2, т3, что М будет центром масс
трех м. т. т1А1, т2А2, т3А3. По мысли немецкого матема¬
тика А. Ф. Мёбиуса, это позволяет ввести новую, очень
своеобразную и интересную систему координат, сопоставляю¬
щую каждой точке М соответствующие массы щь т2, т3.
Правда, в обычных (прямоугольных) координатах каждая точка
описывается двумя действительными числами х, у, а здесь
«координат» имеется три. Однако эти координаты определены
лишь с точностью до числового множителя. Это позволяет
считать, что в действительности мы имеем дело только с двумя
координатами (например, можно рассматривать отношения
mt:m2: т3). Более детально эти координаты и рассматри¬
ваются в этом параграфе. Мы увидим, что барицентри¬
ческие координаты обладают рядом интересных свойств и
дают возможность решать немало геометрических задач.
Итак (см. задачу 29), если М — произвольная внутренняя
точка треугольника А,Л2А3, то можно подобрать такие поло¬
жительные числа ть т2, т3, для которых М будет центром
масс получающихся м. т. щАи т2А2, т3А3. Ясно, что массы
ти т2, т3, обладающие этим свойством, не определены
однозначно: если к — произвольное положительное число, то
массы кти кт2, кт3 обладают тем же свойством: центром
76

масс м. т. (кт^Ах, (кт2)А2, (кт3)А3 будет та же точка М.
Этим обстоятельством можно воспользоваться, чтобы сделать
сумму масс равной единице; в самом деле, при
к =	■— 	мы	получим	такие	массы
т1+т2+ т3
р, = кти р2 = кт2, р3 = кт3,
что их сумма равна 1 и при этом по-прежнему М будет
центром масс м. т. HiA2, ц2А2, р3/43. Иначе говоря, для
любой внутренней точки М треугольника AiA2A3 существуют
такие положительные числа р2, р2, Рз> что
Pi + Рг + Рз = 1	(28)
и при этом М является центром масс м. т. р^ ь р2Л2,
р3А3, т. е. (см. (10) или (11))
М = pt Ах + р2А2 + р3А3.	(29)
Эти числа рг, р2, Рз (удовлетворяющие условиям (28), (29))
и называются барицентрическими координатами (или, как мы
будем говорить, Б-координатами) точки М относительно базис¬
ного треугольника AtA2A3; ниже мы увидим, что бари¬
центрические координаты определяются точкой М одно¬
значно.
Например, так как точка пересечения медиан Z треуголь¬
ника А1А2А3 является центром масс трех м. т. \А ь 1А2,
1А3, а значит, и центром масс трех м. т. — Ль /12,
1 . 111
— А3, то числа р! = —, р2 = —, рз = — являются Б-коорди-
натами точки Z.
Оказывается, что если не ограничиваться только поло¬
жительными массами рь р2, р3, а допускать для них произ¬
вольные действительные значения, то можно определить ба¬
рицентрические координаты не только для внутренних точек
треугольника AtA2A3, но и для любых точек в плоскости этого
треугольника. Именно, справедлива следующая
Теорема 11. Пусть AiA2A3 — заданный треугольник и
М — произвольная точка в его шоскости. Тогда существуют
однозначно определенные действительные числа рь р2, р3,
удовлетворяющие условиям (28) и (29).
Доказательство. Равенство (29), означающее, что
М — центр масс системы м. т. р2Ai, р2А2, р3А3, равносильно
тому, что для произвольной точки О справедливо соотношение

Как мы знаем, это равенство будет справедливо для любой
точки О, если оно выполняется для какой-либо одной точки.
Напишем это равенство для случая О = А3:
А3М = piat + р2а2,	(30)
где а, = A3Ai, а2 = А3А2 (рис. 51). Равенство (29) равносильно
соотношению (30). Поэтому нужно доказать, что для любой
точки М существуют однозначно определенные числа рь р2,
Рз, удовлетворяющие соотношениям (28), (30). Но соотношением
(30) однозначно определяются числа pl5 р2 (это соотношение
означает разложение вектора А3М по векторам аь а2, см.
рис. 51), а после этого число р3 однозначно определяется
соотношением (28).
Определение. Пусть А,А2А3 — заданный треугольник и
М — произвольная точка его плоскости. Числа рь р2, р3,
удовлетворяющие условиям (28) и (29) (их существование и
однозначная определенность установлены в теореме 11), на¬
зываются барицентрическими координатами (или Б-координата-
ми) точки М.
Замечание. Равенство (30) и относящийся к нему рис. 51
дают фактически способ нахождения барицентрических
координат произвольной точки М. Иначе говоря, нужно через
М провести прямые /2, /2, параллельные (А2А3), (АХА3), и тогда >
А3Р1	А3Р2
Pi —	—► J Рг —	>	•
A3Ai
Пример 31. Однородная проволока изогнута в виде контура
треугольника ABC с длинами сторон а, Ь, с (рис. 52). Центром
78

в
масс контура треугольника ABC называют центр масс Q
этой проволоки. Определим, каковы Б-координаты точки Q
относительно Л ABC.
Решение. Пусть р —линейная плотность проволоки (т. е.
масса куска проволоки длиной 1). Положение центра масс
всей проволоки не изменится, если
мы сосредоточим всю массу сто¬
роны ВС (т. е. ра) в ее середине А1
и аналогично поступим со сторона¬
ми С А и АВ. Значит, Q — центр
масс трех м. т. (ра)Аи (рЬ)Ви
(рс) С). Рассредоточим каждую из
трех масс ра, рЬ, рс в вершинах
А, В, С треугольника так, чтобы
это не повлияло на положение
центра масс Q. Мы этого
достигнем, если заменим м. т. (pa) двумя м. т.:
(уря)в в (1р») С и аналогично поступим с материаль¬
ными точками (рс)С| и (pb) Вг. Тогда Q окажется центром
масс трех м. т.
1 „ 1 , . , „ 1
- р(Ь + с) А,
2 р(с + а)В и —-р(а + Ь)С.
Так как сумма масс этих м. т. равна р(а + b + с) = 2рр, то
„	„	b+cc+aa+b
точка О имеет Б-координаты —-—, 	,	.
4р	4р	4р
Пример 32. Вычислим Б-координаты точки Н пересечения
высот остроугольного треугольника ABC (рис. 53), принимая
этот треугольник в качестве ба¬
зисного, если величины углов
А, В, С равны соответственно
а, Р, у.
Решение. Подберем для
вершин В и С такие массы т2 и
т3, чтобы точка А1 оказалась
центром масс двух м. т. т2В и
тъС. По правилу рычага имеем
щ\ВА1\ = т3\А1С\,
т. е. т2с cos Р = т3Ъ cos у.
Аналогично, чтобы точка оказалась центром масс м. т.
ЩС и mtA, должно выполняться равенство
т3а cos у — нцс cos а.
Из полученных равенств следует (если учесть теорему синусов),
79

что
__	т2	_	тъ
sin a cos р cos у cos а sin р cos у	cos а cos р sin у’
т. е.
т1 т2	тъ
tga	tgp	tg у *
Отсюда вытекает, что точка Н имеет Б-координаты к tg а,
*tgM.gY,4et-tgo + f‘p+-tg-,
Пример 33. Точки Р и Q имеют соответственно Б-
координаты (р1г р2, Рз) и (<Уь <72, <7з)- Вычислим Б-коорди-
наты середины М отрезка PQ.
Решение. Точка М — центр масс двух м. т. 1 Р и 1 • Q.
Рассредоточим их массы по вершинам базисного треуголь¬
ника, т. е. заменим м. т. I • Р и 1 • Q соответственно на м. т.
Pi^i, Pi А 2, р3Аз и qtAu q2A2, q3A3', ясно, что при этом
положение центра масс системы не изменится (т. е. эти
шесть	м.	т.	также	имеют	своим	центром	масс	точку	М).
Но	точка	М — центр	масс	трех м. т. (/>]	+	q2)Au (р2 + q2)A2,
(Рз + Чз)А2. Так как сумма масс этих м. т. равна 2, то
Б-координаты точки М равны
^■(Pi+9i)> "уСРг + Qi\ *2 (Рз + 9з)-
Пример 34. На сторонах треугольника А1А2А3 взяты та¬
кие точки М, N, что А2М=кА2А3, A1N = IA1A3. Вычислим
Б-координаты точки Z пересече¬
ния прямых А3М и A2N (рис. 54).
Решение. Пусть рь р2, Рз —
барицентрические координаты
точки Z, т. е. Z — центр масс м. т.
Pi^i, И2^2> Рз^з- Прямая AtZ
пересекает сторону А2А3 в точке,
являющейся центром масс м. т.
рис. 54.	Рг^2 и Рз^з-	Иначе говоря,
р2МА2 + р3МА3	= 0,	т. е.
—р2А2М + рз (А2А3	— А^М) = б. Переписав	это равенство в
виде А2М = ———А,А3, мы найдем, что ——— = к. Ана-
Р2 + Р3	Рг+Рз
Рз
логично,  	=	/.	Находя	из этих соотношений р. и р2 и
Pi + Рз
подставляя эти	значения	в соотношение	pi + Рг + Рз = 1.
80

получаем
1-/	1	-к
I Рз +	—Из + Из — I.
откуда находим Цз. а затем Hi и Иг:
kl	к(	l-l)	/(1 — #с)
к + 1-кГ к + l-kl’ ^2~ к+Т^кГ
Заметим в заключение, что полученная ранее с помощью
теоремы Лагранжа формула для нахождения расстояния между
двумя точками (см. теорему 10) как раз приспособлена для
случая, когда точки заданы своими Б-координатами. Из этой
теоремы следует, что если две точки Р и Q имеют относи¬
тельно АА1А2А3 барицентрические координаты (р,; р2; р3) и
(<7i; q2; q3), то расстояние между ними можно вычислить по
формуле
\PQ\2= - Z (Р.- - <7i)(Pj - Qj) I AiAs I2-	(31)
1	3
Пример 35. Известны длины сторон треугольника. Вычислим
расстояние между точкой М пересечения его медиан и
центром О вписанной окружности.
Решение. Точки М и О имеют такие Б-координаты:
"(т; 1; т) - °(£; i)• По”ом!'
Пример 36. Вычислим (зная длины сторон) расстояние между
вершиной А треугольника ABC и центром вневписанной окруж¬
ности, касающейся стороны ВС.
Решение. Примем A ABC в качестве базисного. Пусть
Р — центр вневписанной окружности; Б-координаты точки Р
( а	b	с	\	,
равны - —	—	 ;	—	  I,	где	2р	= а + b + с. Так
\	2	(р	-а)	2(р	—	а)	2	(р	-	а)}
как Б-координаты точки А равны (1; 0; 0), то по формуле (31)
находим после несложных вычислений
ИМ|’= Ьср
р-а
Пример 37. Известны радиус R окружности, описанной около
A ABC, радиус г вписанной окружности и радиус гп вневпи-

санной окружности, касающейся стороны ВС и продолжений
двух других сторон. Вычислим расстояние между центрами О
и 0а последних двух окружностей.
Решение. Пусть а, Ъ, с — длины сторон A ABC, р — его
полупериметр, s — площадь. Точки О и 0а имеют Б-координаты
относительно A ABC
(о b с \	(	а	Ъ	с	^
\2р ’ 2р ’ 2р) И \	2{р	— а)’ 2{р — а)’ 2{р — а))'
Применяя формулу (31) и производя упрощения, имеем
,	,2	а2Ьс	4Rsa	( 1	l\
00а = —г	г= 	т = 4В5	)	=	4R(rfl	—г).
р(р —а) р(р-а)	\р-а р)
Задачи
152.	Точка М имеет относительно базисного треуголь¬
ника А,А2Аз барицентрические координаты р,. р2, Мз- Докажите
следующие утверждения:
а) точка М в том и только в	том	случае	принадлежит	прямой
А! А2> если рз = 0;
б) точка М в том и только в	том	случае	принадлежит	отрезку
[Д1Д2], если Mi > 0, р2 > 0, Рз = 0;
в) точка М в том и только в	том	случае	принадлежит	контуру
Л А,А2А3, если рз >0, р2 > 0, р3 >	0, PiP2p3 =	0;
г) точка М в том и только в том случае принадлежит лучу,
который противоположен лучу А {А2, если р2 <0, р3 =0;
д) точка М в том и только в том случае принадлежит от¬
крытой полуплоскости, которая ограничена прямой Л,Л2 и не содержит
A AtA2A3, если р3 < 0;
е) точка М в том и только в том случае принадлежит углу
А3А2А3, если рз >0, Рз > 0;
ж) точка М в том и только в том случае лежит внутри
треугольника А1А2А3, если рз >0, р2 > 0, р3 > 0;
з) точка М в том и только в том случае принадлежит углу,
который симметричен углу А3А2А3 относительно точки Л2, если
Рз ^ 0, рз ^ 0.
153. Изобразите на рисунке точки, имеющие следующие Б-коорди-
наты: С(1; 0; 0), D(0; 1; 0;), F^-y; -yj.
154. Какие Б-координаты имеют следующие точки: вершина А3
базисного треугольника А3А2А3; середина А'3 его стороны А1А1?
155. На сторонах базисного треугольника А3А2А3 выбраны точки:
А\ на стороне А2А3, причем | А2А\ | = ^-\А2А3 |, и А3 на стороне
AjA2, причем \ А,А3\ = — \А3А3\. Найдите Б-координаты точки пере¬
сечения отрезков А1А’1 и А3А3.
82

156. Точка Я расположена на стороне А3А2 базисного тре¬
угольника, а точка Q — на продолжении этой стороны, причем
^	^ _ 2 1 I _ 2. Найдите Б-координаты точек Г и О.
\PA2\	\QA2\
157. В базисном треугольнике A3A2A3 проведены медианы
А1А'1 и А2А2. На стороне А2А2 выбрана такая точка Я, что
\Л2Р\	.
| =А и через точку Я проведены прямые, параллельные ме¬
дианам А,А\ и А2А2 и встречающие стороны треугольника соот¬
ветственно в точках Я, и В2. Каковы Б-координаты этих точек?
158. На стороне АС треугольника ABC выбрана такая точка М,
что | AM | = -у1 AC |, а на продолжении стороны ВС — такая точка
N, что | BN | = | СВ |. Пусть Я — точка пересечения отрезков MN и
АВ. Какие Б-координаты имеет точка Я относительно А ЛВС и
относительно A ANC7
159. В равнобедренном треугольнике ABC (| АВ \ = | ВС |) биссектри-
I FB I
са АЕ пересекает высоту BD в точке F, причем | = Какие ба-
рицентрические координаты относительно A ABC имеет точка Н
пересечения высот А ABC1!
160. Какие барицентрические координаты относительно A ABC
имеет вершина D параллелограмма ABCD1
161. На сторонах АВ и АС базисного A ABC выбраны точки
С] и В,. Зная Б-координаты (р; 1 — р\ 0) и (q: 0; 1 — q) этих точек,
найдите Б-координаты точки М пересечения прямых ВВХ и С С j.
162. В трапеции ABCD длины оснований АВ и CD равны соответ¬
ственно а и b (а > Ь). Пусть М и N — середины оснований АВ
и CD, Я — точка пересечения продолжений боковых сторон, Q —
точка пересечения диагоналей.
а) Каковы Б-координаты точек С, D, М, N, Q относительно А АВР1
б) Докажите с помощью барицентрических координат, что четыре
точки М, N, Я, Q лежат на одной прямой.
163. В прямоугольном треугольнике ABC известны длины а, b
катетов. Вычислите Б-координаты (относительно A ABC) основа¬
ния высоты, опущенной из вершины прямого угла С на гипотенузу
АВ.
164. Точки Я, Q, R имеют Б-координаты (р2; р2; р3), {q^; q2; q3),
(г 1; г2; г3). Докажите, что Б-координаты центроида (точки пересечения
медиан) треугольника PQR равны
1 / 1 , . 1 /
-J (Pi + Ч\ + ri), у(р2 + q2 +г2), у(р3 +q3 + г,).
165. Материальные точки аР и рQ имеют своим центром масс
точку М.	Точки Я и Q	имеют Б-координаты	(р,; р2; р3) и
(qi; q2; q3). Докажите, что точка М имеет Б-координаты
api + P<?i	api + Р q2 aPi + Р<?з
a + P ’ a + P ’ a + P
83

166. Материальные точки аР, рQ, уR (а + р + у Ф 0) имеют точку
М своим центром масс. Относительно А А,А2А3 точки Р, Q и
R имеют Б-координаты (р,; р2; р3), (<?,; q2, q3) и (гь г2; гз)- Докажи¬
те, что Б-координаты точки М равны
ар, 4- Pgi + yr3 _ оip2 + Pg2 + Yri аРз + Р^з + yr3
а+Р+7	’	а+Р+у ’	а+Р+у
167. Точки Р, Q и R, лежащие на одной прямой, имеют Б-
координаты (р,; р2; р3), (q,; q2; q3), (г,; r2; г3). Какие массы сле¬
дует поместить в точках Р и Q, чтобы их центром масс оказалась
точка К?
168.	Точка Р относительно	A AtA2A3 имеет	Б-координаты
(т,; т2;	т3). причем т, ф L; прямая АХР встречает	прямую А2А3
в	точке	А\. Докажите, что: а)	точка А\ имеет	Б-координаты
(0; ———; ——	); б) каждая точка Q прямой А,А', имеет Б-
т2 + т3 т2 + т3 )
координаты (1 — к(т2 +	т3); кт2; кт3), где	к — некоторое	число,
зависящее от выбора точки Q.
169. В плоскости треугольника ЛгЛ2Л3 взята такая точка М, что
А3М = хА3А3 + уА3А2. Докажите, что барицентрические координаты
точки М равны х; у, 1 — х — у.
170. Пусть точки Р, Q, R	имеют относительно базисного
треугольника АЛА2А3 барицентрические координаты (р,; р2\ р3),
(iji; q2; q3), (г,; r2; г3).	Докажите, что если	p3=q3=r3,	то	точки
Р, Q, R лежат на одной	прямой, параллельной	(А1А2).
171. Точки А\, А2, А3 выбраны на сторонах А2А3, А3А3, AtA2
треугольника А3А2А3 так, что | А2А3 \ = ^-| А2А3 |, | А3А2 | = -i-| A3At |,
I А,А3 | = — | AtA2 |. Три прямые AtA’i, А2А2, А3А3 ограничивают
4
некоторый треугольник PQR. Докажите, что точка пересечения медиан
A PQR совпадает с точкой пересечения медиан А А1А2А3.
172. На сторонах ВС, СА, АВ треугольника ABC взяты точки
А3, В,, С3. Докажите, что точка пересечения медиан А /I,В,С!
совпадает с точкой пересечения медиан A ABC в том и только в том
случае, если существует такое к, что /Гв, = к АС, САУ = кСВ, ВС, =
= кВА.
173. В правильном треугольнике ABC со стороной а проведены
прямые ААх, ВВ3, ВВ2, СС2, причем С А, = 2/1, В, СВ, = В,В2 =
= В2А, АС2 = ЗС2В. Пусть AAt и ВВ, пересекаются в точке Р,
а ВВ2 и СС2 — в точке Q. Вычислите расстояние | PQ |.
§ 12. Барицентрические координаты
как площади
В § 11 барицентрические координаты были введе¬
ны, исходя из соображений, связанных с центрами масс. Заме¬
чательно, что имеется и другой, чисто геометрический под¬
84

ход к барицентрическим координатам, позволяющий выразить
эти координаты через площади некоторых треугольников. Это,
во-первых, дает интересную геометрическую интерпретацию
самого понятия центра масс
(для случая трех м. т. на плос¬
кости) и, во-вторых, открыва¬
ет новые возможности примене¬
ния барицентрических коорди¬
нат к решению геометрических
задач.
Сначала рассмотрим слу¬
чай, когда М лежит внутри ба¬
зисного треугольника.
Теорема 12. Пусть точ¬
ка Р (рис. 55) лежит внутри
базисного треугольника А1А2А3 и пусть S, S\, S2, S3 —
площади треугольников А,А2А3, РА2А3, А,РА3, А2А2Р. Тогда
Б-координаты точки Р равны
Si	S2	S3
Hi = иг = ^=	(	'
Иными словами, если поместить в вершинах А,, А2, А3
базисного треугольника массы, численно равные (или про¬
порциональные) площадям Sj, S2, S3, то их центром масс ока¬
жется точка Р.
Доказательство. Пусть точка Р имеет Б-координаты
(pt; р2; рз). Обозначим через В2 центр масс двух м. т. р2Л2 и
р.3А3. Тогда точки Ви Р, А, лежат на одной прямой. По
правилу рычага имеем
I А3В2 | р2
Из ’
и потому
$2 _ 1 Р I h3
S3 \A3P\h2
Следовательно,
h3
h2
IB2A2 I
\ByP\h3
\ h2
Spb.a,	\A3B2\hi.
>PBtA2
I A2Bl I /li
И2 Из ,	Hi И2
— = —. Аналогично, — = —
02 J3	*^2
\a3b2J
\a2b,
, и потому
Иг
Из
откуда
Si"
Иг
S2
Hi =
s,
v?
S3'
. Иг =
Hi + Иг + Из
S] + S2 + S3
s
Из =
85

Пример 38. Найдем Б-координаты центра О окружности,
вписанной в базисный треугольник ABC со сторонами а, b
и с.
Решение. Обозначим через г ра щус вписанной окруж¬
ности. Тогда Si = уаг> ^’2 = j-frr, =\сг’ $ = ^{о + Ь + с)г.
Поэтому центр О имеет Б-координаты
а	Ъ	с
a + b + с’ a + b + с’ а + i> + с '
Пример 39. На сторонах треугольника А,А2А3 выбраны
такие точки В}, В2, В3, что \А2В3 \ = \А2А31, \А3В2\ =
= ^\А3А3\, | А3В3 | = ^-1А1А2 | (рис. 56). Зная площадь S
треугольника AtA2A3, вычислим площадь а треугольника
PQR, ограниченного прямыми AtBь А2В2, А3В3.
Рис. 56.
Решение. SPQR =	-	S4i/Mj	- S^p^ - S4iC4i. Точка R
/1	9	3 \
имеет (см. пример 34) Б-координаты I—; ^ —; —-I. Поэтому
,	з	^м2д, з
(по теореме 12) —— = —. Аналогично,
S 13 ‘	S	13’	S
3	3	4
= Следовательно, а = S — 3 - ^-S = -у S.
Вычисление барицентрических координат точки можно свести
к вычислению площадей некоторых треугольников и в том
случае, ког да точка лежит вне базисного треугольника или на
его границе.
Предварительно заметим, что, расположив в определенном
порядке вершины какого-либо треугольника PQR, мы тем
самым задаем направление обхода на его контуре: от Р к Q,
от Q к R, от R к Р (рис. 57). Это направление обхода
86

может осуществляться либо «против часовой стрелки», либо
«по часовой стрелке». В первом случае (рис. 57) будем считать,
что треугольник ориентирован положительно, а во втором
случае (рис. 58) — отрицательно.
«Ориентированной площадью» треугольника с заданным на
его контуре направлением обхода условимся называть: а) пло¬
щадь S этого треугольника, если он ориентирован поло-
Р
Р
г
Рис. 57.
Если точки Р, Q, R расположены на одной прямой,
условимся считать ориентированную площадь «треугольника»
PQR равной нулю.
Например, на рис. 59 ориентированные площади тре¬
угольников AjA2A3 и А1А2Р положительны, ориентированная
площадь треугольника РА2А3 от¬
рицательна, а ориентированная
площадь треугольника А1РА3 рав¬
на нулю.
Будем считать, что базисный
треугольник А1А2А3 ориентиро¬
ван положительно, т. е. обход
А1 -> А2 -»А3 -» А! осуществляет¬
ся против движения часовой стрел¬
ки. Пусть Р — произвольная точка
плоскости. Соединив ее с точками
Аи А 2, А3, получим три треуголь¬
ника:	РА2А з, А,РА3, а1а2р.
Заметим, что порядок вершин в обозначении каждого из
этих треугольников выбран так, чтобы общая сторона этого
треугольника и базисного треугольника А,А2А3 была в обоих
треугольниках ориентирована одинаково. Например, при обходе
А, -*• А2 -> А3 -»А] треугольника А2А2А3 и при обходе
Р А2 -» А3 -»Р треугольника РА2А3 их общая сторона А2А3
проходится одинаково (от А2 к А3).
Аг
Рис. 59.
жительно, б) — S, если треуголь¬
ник ориентирован отрицательно.
R
Рис. 58.
87

Оказывается, что при любом выборе точки Р на
плоскости утверждение теоремы 12 остается справедливым,
если только под S2, S2, S3, S понимать площади ориенти¬
рованных треугольников РА2А3, А,РА3, А,А2Р, AjA2A3.
Доказат е л ь с т в о теоремы 12 в общем случае можно
провести так же, как это было сделано выше для случая,
когда точка Р расположена внутри базисного треугольника.
Для этого следует заметить, что три прямые, на которых
расположены стороны треугольника, разбивают плоскость на
семь областей (одной из которых является сам базисный
треугольник). Точка Р может быть расположена либо внутри
любой из этих областей, либо на одной из трех прямых,
на которых расположены стороны треугольника. Иначе говоря,
представляются несколько различных возможных случаев распо¬
ложения точки Р. В каждом случае нужно подтвердить спра¬
ведливость формулы (32). И хотя это каждый раз делается
при помощи рассуждения, аналогичного тому, которое было
проведено в случае, когда точка Р лежит внутри базисного
треугольника, тем не менее наличие ряда отдельных слу¬
чаев делает доказательство скучным и утомительным.
Вместо этого мы дадим другое доказательство, основой
которого служит понятие определителя второго порядка. Цен¬
ность этого доказательства состоит в том, что одним рас¬
суждением охватываются все возможные случаи. Понятие
определителя важно и само по себе — оно применяется при
решении систем линейных уравнений и в ряде других вопросов.
Рассмотрим основные свойства определителей второго порядка.
Пусть a(xj; уд) и Ь(х2; у2) — два вектора, заданные своими
координатами в прямоугольной системе координат. Число
лду'г — x2yt называется внешним (или косым) произведением
векторов а и b и обозначается через алЬ. Чтобы легче было
запомнить, как получается разность хху2 — x2yL, рассмотрим
таблицу (матрицу), составленную из координат векторов а и Ь:
здесь координаты вектора а расположены в первом столбце
этой матрицы, а координаты вектора b — во втором столбце.
Следующая запись показывает, как образуется разность
Х1У2 - х2у2:
(33)

т. е. произведение чисел, стоящих на главной диагонали мат¬
рицы (идущей из верхнего левого угла в нижний правый),
берется с плюсом, а произведение чисел, стоящих на
второй диагонали — с минусом. Для удобства число
xi>’2 — х2>1 обозначают также через
*1 х2
У1 У2
(34)
и называют определителем (или детерминантом) матрицы (33).
Таким образом,
л b =
X, х2
J'l У2
= Х1У2 - х2У1-
Дадим теперь геометрическую интерпретацию определителя
(или внешнего произведения векторов).
Рассмотрим параллелограмм, построенный на векторах а и Ь,
и обозначим через S ориентированную площадь этого парал¬
лелограмма, т. е. площадь его, взятую со знаком плюс, если
поворот вектора а к вектору b (на угол, не превосходящий
по величине 180°) осуществляется в положительном
направлении, т. е. против часовой стрелки (рис. 60), и площадь.
взятую со знаком минус, если этот поворот осуществляется
в отрицательном направлении, т. е. по часовой стрелке
(рис. 61). Оказывается, что справедливо равенство
S = а л b =
*1 х2
J'l J'2
(35)
т. е. внешнее произведение а л b (или, что то же самое, опре¬
делитель (34)) равно ориентированной площади параллелограм¬
ма, построенного на векторах а, Ь. Это и есть нужная нам
геометрическая интерпретация внешнего произведения векторов
(или определителя).
В самом деле, пусть направление вектора а получается из
единичного вектора еь задающего направление оси абсцисс,
89

поворотом на угол а, а направление вектора b получается из е,
поворотом на угол р (рис. 62). Тогда
а = (| а | cos а; | а | sin а), т. е. xt	=	| a | cos а, yi = | a | sina;
b = (| b|cosa; | b|sina), т. е. х2	=	| b|cosP, у2 = | b (sin р.
Следовательно,
а л b = х2у2 — х2у2 = | а 11 b| cos a sin р — | а 11 b| cos р sina =
= | а 11 b | sin(P —	a),
и	потому | а л b | = | S |; при	этом ясно, что если
О < р — a < п, т. е. поворот от а	к	b (на угол, меньший	п)
осуществляется в положительном направлении, то оба числа
а л b и S положительны, а если этот
поворот осуществляется в отрицатель¬
ном направлении, т. е. — п < Р — a < О,
то оба числа а л b и S отрицательны.
Этим и завершается доказательство
формулы (35).
Наконец, при доказательстве теоре¬
мы 12 мы воспользуемся тем, что внеш¬
нее произведение обладает следующими
свойствами:
1) b л а = -а л Ь;
2) (ка) лЪ = к(а л Ь);
3) а л (Ь + с) = (а л Ь) + (а л с);
еь е2 ~ единичные векторы, имеющие
направление осей абсцисс и ординат.
Доказательство этих формул несложно. Например, для
доказательства третьей из них обозначим через (Xj; уД,
(х2; у2) и (х3; у3) координаты векторов а, b и с. Тогда
4) в! л е2 = 1, где
а л (Ь + с) =
*1 х2 + х3
И У2 + Уз
= *1 (Уг + Уз) - У1 (х2 + х3);
(а л Ь) + (а л с) =
X, Х2
+
*1 х3
У1 У2
У1 Уз
= (^1У2 - х2уД + (х3у3 - x3yj),
откуда и вытекает справедливость свойства 3).
Пример 40. Докажем, что для любого вектора а справедли¬
во соотношение а л а = 0.
Решение. Пусть (х; у) — координаты вектора а. Тогда
а л а =
х х
У У
— ху — ху = 0.
90

Можно предложить и другое доказательство, основанное на
свойстве 1) («антикоммутативности») внешнего произведения:
а л а = — (а л а), и потому а л а = 0.
Пример 41. Вычислим ориентированную площадь треуголь¬
ника ABC с вершинами A(xi\ >’j), В(х2; у2), С(х3; у3).
Решение. Ориентированная площадь треугольника ABC
вдвое меньше ориентированной площади параллелограмма,
построенного на векторах АВ и АС (рис. 63). Следовательно,
Иначе говоря,
$авс — ~^(хгУз ~ хзУг ~ хгУ\ + х\Уг ~ х1Уз + x3j'i)-
Перейдем теперь к доказательству теоремы 12. Пусть
AiA2A3 — базисный треугольник и Р — произвольная точка в
плоскости этого треугольника.
Обозначим векторы РАи РА2,	р
Sabc = ~j(AB Л ^С) = у (°в ~ 0А) л (ОС - 04) =
= -jOB /\OC-~OB л ОА -уОА л ОС + уОА л ОА =
х2 х3 _ Х2 X!	X!
2 I Уг Уз	У2	У1	У1
У1 ъ
с
л,
а
Аз
Рис. 64.
РАг через а, Ь, с (рис. 64). Тогда имеем
ВрА2А2 +	+ BAtA2P = ^РА2А3 + $ра2А, + SpAtA2 =

чем установлена справедливость формулы
+ S2 4- S3 = S.	(36)
Далее, так как а, Ь, с — три вектора, лежащие в одной
плоскости, то какой-либо из них выражается через два других.
Пусть, например, а = кЬ + /с. Тогда
(Ь л с)а + (с л а)b + (а л Ь)с =
= (Ь л с) (кЪ + /с) + (с л (fcb + /с)) b + ((fcb + /с) л Ь) с =
= к(Ь л с)Ь+ /(b л с)с+ к(с л b)b+ /(с л с)Ь+ к(Ь л Ь)с +
+ /(с л b)c = fc(b л c)b+ /(Ь л с)с — /с(Ьлс)Ь + 0 + 0 —
— /(Ь л с)с = 0.
Доказанное соотношение
(Ь л с) а + (с л а)Ь+ (а л Ь)с = 0
можно (умножив его на 1/2) переписать в виде
£рла/43а +	+ 5/м,л2с = 0,
откуда
SPA2A3	$А3РА3	SAtA3P
~ а +   b 4- ^ с = 0.
■Э/МИз	ЛА,А2А3
Иначе говоря, числа (32) удовлетворяют соотношению
ц1а + р2Ь + р3с = 0
и, кроме того (в силу (36)), соотношению
Й1 + Й2 + ЙЗ — 1-
Но это и означает, что числа (32) являются барипентри-
ческими координатами точки Р, чем
и завершается доказательство теоре¬
мы 12.
Пример 42. Дан параллелограмм
ABCD; треугольник ABC принят в
качестве базисного. Определим, какие
Б-координаты имеет вершина D.
Решение. Обозначим через S
площадь базисного треугольника
ABC (рис. 65), а через S^, SB,
Sc — площади (ориентированные) треугольников DBC, ADC,
ABD. Все эти треугольники имеют численно равные площади, т. е.
IS | =	| SA | = | SB	| = |	Sc |.	При этом треугольники DBC и ABD
ориентированы	так	же,	как и базисный треугольник ABC, а
треугольник ADC ориентирован противоположно, т. е. SA =
92

= Sc = S, SB = — S. Следовательно, барицентрические координа¬
ты точки D равны
Sa .	Sg	sc .
Pa — -g~ — U	Ив — -g - — — h	Рс — -g - — 1-
Иначе	говоря, D есть	центр масс м.	т. 1А, (—1 )В,	1C; эти
результаты мы уже имели в примере 11.
Пример 43. На сторонах треугольника ABC, как на основа¬
ниях, построены правильные треугольники ABC', ВСА', САВ',
не имеющие с треугольником ABC общих внутренних точек.
Докажем, что прямые АА', ВВ', С ( имеют общую точку.
Решение. Пусть Аг — точка пересечения прямых АА' и
ВС (рис. 66) и аналогичный смысл имеют обозначения Вх
в'
и С,. Мы найдем Б-координаты точек А', В', С' (относительно
базисного треугольника АБС), а затем Б-координаты точек
А1, Вь С,; если теперь удастся загрузить вершины тре¬
угольника такими массами, чтобы центрами масс этих трех
м. т., взятых попарно, были точки Аъ Вь Сь то это будет
означать, что прямые ААХ, ВВ1, СС\ (т. е. прямые АА',
ВВ', СС) имеют общую точку. Для реализации этого плана
обозначим через а, Ь, с длины сторон треугольника, а
через а, Р, у — его углы. Тогда Б-координатами гочки А'
служат числа SA/S, SB/S, Sc/S, где SA, SB, Sc, S — ориентиро¬
ванные площади треугольников A'BC, AA'C, ABA', ABC. Иначе
93

говоря, эти Б-координаты равны
-	2$ аЪ sin ^ + 60^' аС S‘n ^ + 60 )'
Следовательно (см. замечание 1, рис. 6), точка At является
центром масс м. т.
—ab sin (у + 60°) В, ~ ас sin (Р + 60°) С.
ZJ
Разделив массы этих м. т. на одно и то же число
-^-sin(P + 60°) sin (у + 60°), мы найдем, что точка At является
центром масс двух м. т.
b
В и
-С.
sin(P + 60°)“ "" sin (у + 60°)
Аналогично, Сг является центром масс первых двух из м. т.
а	Ъ	с
А,
В,
С,
sin (а + 60°) sin(P + 60°) ’ sin(y + 60°)
а В, является центром масс первой и третьей из них. Отсюда
л	следует, что центр масс Z всех этих
трех м. т. принадлежит каждой из
прямых AAt, BBi, CCt.
Пример 44. Дан плоский пя¬
тиугольник А1А2А3А4А5 (рис. 67) и
известны ориентированные площади
я,, а2, а3, а4, а5 треугольников
AsAtA2, AjА2А3у А2А3А4,
А3А4А5, а4а5а1.
Вычислим площадь х всего пяти¬
угольника.
Решение. Примем А А^А2А4
за базисный, и пусть точка А3 имеет
относительно него Б-координаты р1( р2, Ц*'
А3 =	+	ц2А2	+ ц4А4.
Аналогично, приняв А АХА2А5 за базисный, имеем
А3 = ViAf + \2А2 + V5A5.
Вычитая, получаем (после деления на р4).

откуда видно, что коэффициенты в этом соотношении яв¬
ляются Б-координатами точки Ал относительно Л А1А2А5.
В силу определения Б-координат С помощью площадей,
находим из этих соотношений
из которого и можно найти искомую площадь х.
Заметим, что рассуждение пригодно и в случае, когда
многоугольник А1А2А3А4.А5 невыпуклый (и даже если его
контур имеет самопересечение), но при этом необходимо
учитывать знаки площадей треугольников (в зависимости от
их ориентации).
Пример 45. Через точку М, лежащую внутри треугольника
ABC, и через вершины треугольника проведены прямые, пере¬
секающие противоположные стороны в точках А', В', С'.
Пусть площади треугольников, отсекаемых прямыми В'С, С'А',
А'В' от треугольника ABC, равны соответственно р, q, г. Докажем
теорему Мёбиуса: площадь х треугольника А'В'С' удовлетво¬
ряет кубическому уравнению
Решение. Пусть {р1; р2', р3) — барицентрические координа¬
ты точки М; Su S2, S3, S — площади треугольников МВС,
АМС, ABM, ABC; S), S2, S3 — площади треугольников
MB'С', А'МС', А'В'М (рис. 68). Тогда
V2 — V-2
Й4	$А,А2А,
и потому
Учитывая, что
S/b/M, — х а2	Sa,a2a, — аи S/4|/,j/,4 — х — а2 — а5.
Sa,aza* = х — аз — я5> SAiAtAt = я5, SAtAiAt = а2,
(рис. 67), получаем отсюда уравнение
X — #2	^4	^	—	^2	^5	^5	^2
«1	х	-	аъ	-	а5	аг	х	-	а3	-	а5
х3 + (р + q + r)x2 — 4pqr = 0.
\ MB' \ -\ МС \ _ р2 рз
\MB\-\MC\ Pi+Ръ Р\+Рг
S'i Si _ ^	Р1Р2Р3

Записав аналогичные формулы для S2 и S3, получим затем
из соотношения х = S', + S'2 + S3
^■РгРгРз
iPi + Pi) (Р 2 + Рз)(Рз +Pi)
С другой стороны,
S.
(37)
Р Г \АС'\-\АВ'\	Р2	Рз г
р-s s-мгщст 5' °"ул,,’=рГл‘р;>тгр75'
Записав аналогичные выражения для q и г, получаем в
силу (37)
pqr = ^x2S, S=p + q + r + x.
Из этих двух соотношений и следует, что х удовлетворяет
указанному кубическому уравнению.
В
Рис. 68.
Теорема 13. Пусть точки Р, Q, R имеют относи¬
тельно базисного треугольника А1А2А3 барицентрические коор¬
динаты (/>,; р2; Рз), (qi\ q2; q3), (гГ, г2; г3). Тогда для
ориентированных шощадей справедлива формула
Spex = ((Pi?2 - Pi4i)r3 4- (qir2 - q2rt)p3 +
+ {rip2-r2Pi)q3)SAiAiAi. (38)
Доказательство. Имеем (для любой точки О)
ОР = р2ОА3 + р2ОА2 + р3ОА3, OQ = q1OA1 + q2OA2 + q3OA3,
откуда
Щ =-(Я1 ~ Pi) OAi + (Яг ~ Pi) ОА2 + (q3 - р3) 0А3.
Полагая здесь О = А3, находим

Аналогично,
PR = (n - pO/Mj + (r2 - p2)A3A2.
Поэтому для ориентированной площади треугольника PQR
получаем (учитывая соотношение а л а = 0)
Spqr = PQ л PR = -y(<h — Pi)(r2 — P2)A3Ai л А3А2 +
+ y^2 ~ PJfri ~ Р\)А3А2 л A3At.
Так как SAiAiA
сюда находим
j — л А3А\ л А3А2 —	j43.42	л	A3At,	то	от-
SpGr = (tai - Pi)(r2 - р2) - (q2 - р2)(г! - Pl))SAiA2A, =
= ((Pl?2 — Р2Я1) + (Я\г2 — 42rl) + (rlP2 — r2Pl))SAtA2A,-
Наконец, умножив первое слагаемое в скобках на число
ri + г2 + г3 (равное единице), второе на Pi + р2 + р3, а третье
113 Qi + Яг + Яз, получим окончательную формулу (38).
Доказанной теореме можно придать и другую форму.
Множитель в правой части равенства (38) называется
определителем (или детерминантом), составленным из элемен¬
тов матрицы
и обозначается следующим образом:
Pi Qi r2
Рг Я2 i-j
Рз Яз г3
=	~	P24i)r3 + (qtr2 - q2ri)p3 + (rjp2 - r2pi)q3.
(39)
Таким образом, теорема принимает следующую форму:
Теорема 13'. Пусть точки Р, Q, R имеют относительно
базисного треугольника А,А2А3 барицентрические координаты
(Рй р2; Рз), (<?1; q2; Яз), (гГ, Г2; г3). Тогда
SpQR —
Pi Ч\ Г,
Pi Яг ri
Рз Яз г3
4 М. Б. Балк, В. Г. Болтянский
97

Задачи
174.	Трисектрисой угла А треугольника ABC назы¬
вается луч, исходящий из вершины треугольника и отсекающий от
этого угла одну треть его. Пусть Р — точка пересечения тех двух
трисектрис углов В и С, которые прилегают к стороне ВС. Зная
углы За, Зр, Зу треугольника ABC, вычислите Б-координаты точ¬
ки Р.
175. Углы базисного треугольника ABC равны а, Р, у. Найдите
Б-координаты относительно A ABC центра О описанной около него
окружности.
176. На сторонах треугольника А1А2А3 выбраны такие точки
А\, А'г, А'3, что
\А2А\\=^\А2Аг\, \A3A'2\=j\A3A1\, \А1АЬ\=±\А1А2\.
Прямые А1А\, А2А2, А3А3 ограничивают некоторый треугольник
PQR. Какую часть площади всего треугольника ABC составляет
площадь треугольника PQR1
177. На сторонах АВ, ВС, СА треугольника ABC, как на осно¬
ваниях, построены подобные равнобедренные треугольники ВА'С,
СВ'А, АС В, не имеющие с A ABC общих внутренних точек. Имеют
ли три прямые АА', ВВ', СС' общую точку?
178. В плоскости треугольника ABC взята точка D. Прямые
AD,	BD, CD встречают	противоположные	стороны треугольника
(или	их продолжения)	в	точках А’, В', С'.	Известны ориентиро¬
ванные площади: SDBC = a, SADc = b, SABD = c. Докажите, что
ориентированные площади треугольников B'C’D, А'В'С', С'В'А равны
соответственно
abc	2 abc (а + b + с)	bc(a + b + с)
(Ь + а)(с + а)’	(Ь + г)(с + а)(а + Ь) ’	(с + а)(а'+ Ь)
179. В плоскости четырехугольника BCDE взята точка А. Дока¬
жите, что ориентированные площади треугольников удовлетворяют
соотношению
SabeSacd + Sace'Sadb + Sade-Sabc = 0.
180. Пусть a, b — два ненулевых вектора в плоскости, которые
не параллельны между собой. Докажите, чго любой третий вектор с
в этой плоскости может быть выражен через а и Ь:
с = ха + yb,
причем коэффициенты х, у имеют следующие значения:
с а b	а л с
X — 	 V = 	.
а л Ь’	алЬ
181. Докажите, что решение системы

равносильно нахождению чисел х, у, удовлетворяющих равенству
ха + yb = с,
где а, Ь, с — векторы, имеющие координаты (щ; а2), (Л,; Ь2),
(ci; с2).
182.	Докажите (используя результаты двух предыдущих задач), что
если ввести обозначения
a\ bi
Cj fc,
a\ Cl
&
к
II
II
9
<1
ai b2
c2 b2
a2 c2
то при А ф 0 система (40) имеет единственное решение, определяемое
по формулам
183.	Докажите, что если а, Ь, с — длины сторон базисного тре¬
угольника ABC, а О и R — центр и радиус его описанной окруж¬
ности, то Б-координаты точки О имеют значения
р.! = ка\/4R2 — а2, р2 = kb\/4R2 — Ъ2, р3 = кс\/4Я2 - с2
(где число к подобрано так, что Mi + Мг + Мз = 1)- Используя формулы
4R$ = abc, S2 = р{р — а){р — Ь){р — с), где р — полупериметр, выведите
отсюда, что
Mi =
М2 =
Мз =
о2 (—о2 + Ь2 + с2)
2 (а2Ь2 + Ь2с2 + с2 а2) — а4 — Ьл — с*
Ъ2 (а2 — Ь2 + с2)
1 (а2Ъ2 + Ь2с2 + с2а2) - а4 - Ь4 - с4 ’
с2 (а2 + Ь2 — с2)
l(a2li2 + b2c2 + с2 а2) — а4 — Ь4 — с4
184.	Вершины А, В, С треугольника ABC и точка Р, лежащая в
его плоскости, имеют декартовы координаты (a; a'), (b; Ь% (с; с'),
(х; у). Докажите, что барицентрические координаты р2, р2, р3 точки Р
относительно базисного треугольника ABC удовлетворяют соот¬
ношений!
X
1
v-
1
Or
\j
I
ss
CJ
1
X
x — a у — a1
X — с у — с’
x — a у — a!
x — b у — b'
Mi: М2 : Мз =
185.	Докажите, что при условиях теоремы 13 площадь тре¬
угольника PQR можно также вычислить по формуле
SpQR =
Pi	Pi	1
9i	92	1
г,	r2	1
A,A2A3.
4*
99

§ 13. Уравнения линий в барицентрических
координатах а
В этом параграфе мы рассмотрим вопрос о
задании прямых и окружностей в виде уравнений в барицентри¬
ческих координатах. Однако прежде обсудим возможность
замены базисного треугольника.
Пусть известны Б-координаты (х; у; z) некоторой точки М
(рис. 69) относительно данного базисного треугольника PQR,
который назовем «старым». Пусть, далее, ABC — другой,
«новый» базисный треугольник, и нам известны Б-координату
М
Я
Рис. 69.
«старых» вершин Р, Q, R относительно нового базисного
треугольника (pt; р2; Рз), (Яи Яг, Яз), (п; гг', гзУ Как найти
Б-координаты (х'; у'; z') точки М относительно нового базисного
треугольника?
Решение этой задачи легко записать в сокращенных обозна¬
чениях:
М = хР + yQ + zR = х {piA + р2В + р3С) + у (дИ + ЯгВ +
+ q3C) + z (rXv4 + r2B + r3C) = (piX + qty + rtz) A +
+ (Pix + q2y + r2z)B + (p3x + q3y + r3z) C.
Таким образом,
x' = pjx + g,y + rjz, y' = p2x + q2y + r2z,
z' = p3x + q3y + r3z. (41)
Обратим внимание на общий вид этих формул: «новые»
барицентрические координаты (х'; у'; z') точки М выражаются
через ее «старые» координаты посредством линейных однород¬
ных многочленов (т. е. многочленов первой степени без свобод¬
ных членов).
100

Пример 46. В треугольнике ABC отмечены середины сторон
Р, Q, R. Относительно треугольника PQR точка М имеет
имеет точка М относительно A ABC.
Решение. «Новые» Б-координаты (т. е. координаты
относительно A ABC) вершин Р, Q, R, очевидно, таковы:
Пример 47. Докажем, что если к окружности, вписанной в
A ABC, проведена касательная, пересекающая стороны С А
и СВ треугольника в точках At и Вь то длины вин отрезков
CAi и СВ, связаны с длинами а, Ь, с сторон треугольника
зависимостью
(а + b + c)uv — 2 ab (и + v) + ab (а + Ь — с) = 0.
Решение. Пусть Р и Q — точки касания сторон С А и СВ с
вписанной окружностью; а, р, у, 5 — длины отрезков касатель¬
ных, проведенных к окружности из точек А, В, Ви /4, (рис. 70).
Примем А АУВУ С за базисный. Тогда (см. пример 35) центр М
окружности имеет Б-координаты (ки\ kv; —к(у + 6)), где к =
Б-координаты
Определим, какие Б-координаты
точки М известны : МI —;	—	1.	По	формулам	(41)	получим:
. «Старые» Б-координаты
с
А а
Р В
Рис. 70.
101

=	—. Легко указать Б-координаты точек Аи Вь С
и + v — у — о
относительно A ABC:
с(о:о:1’'
Поэтому (см. формулы (41)) точка М имеет относительно
A ABC такие Б-координаты:
kuv	kuv
х = —, у =	,	z	=	1	- х - у.
b	а
С другой стороны, точка	М	— центр	круга,	вписанного в
А АВС,— имеет относительно	A ABC	такие	Б-координаты:
М (la: lb: 1с), где I =	,	.	Сравнивая	первые Б-координаты,
'	'	а	+	Ь	+	с
kuv ,
получаем —— = 1а, т. е.
b
(а + Ь + с) uv = (и + v — у — 5) ab.
Заметив, что
у + 8 = (Ь — v — а) + (а — и —	fi)	= а + b —	(u + a)	— с =
= (а +	b — с) — (и + v),
приходим к требуемому равенству.
Теорема 14. Пусть задан базисный треугольник AlA2Ai.
Любая прямая, лежащая в плоскости этого треугольника,
задается в барицентрических координатах однородным уравне¬
нием первой степени
a\ii + Ьр2 + срз = 0,	(42)
в котором не все коэффициенты а, Ь, с равны между собой. Об¬
ратно, любое уравнение (42), в котором не все коэффициенты равны
между собой, определяет некоторую прямую.
Прежде чем доказывать эту теорему, поясним, почему все
коэффициенты а, b, с не могут быть равны между собой. В самом
деле, допустим, что а = b = с, т. е. мы имеем уравнение
apt + а\х2 + арз = 0-	(43)
При а ф 0 это означает, что pi + р2 + Рз = 0, и ни одна точка
этому уравнению не удовлетворяет (так как должно быть
Pi + Рг + Рз = !)• Если же а = 0, то любая точка плоскости
удовлетворяет уравнению (43). Таким образом, уравнение (43)
(т. е. уравнение (42) при а = Ь = с) определяет либо пустое мно¬
жество, либо всю плоскость.
102

Перейдем теперь к доказательству теоремы. Пусть I — неко¬
торая прямая в плоскости треугольника А1А2А3. Возьмем две
точки А, В, лежащие на этой прямой, и точку С, не лежащую на
ней. Относительно базисного треугольника ABC можно рас¬
смотреть «новые» барицентрические координаты р2, р'3, и в
этих координатах прямая I (содержащая сторону АВ «нового»
базисного треугольника ABC) описывается уравнением р3 = О
(см. задачу 152, а). Но в силу формул (41) уравнение р3 = 0 записы¬
вается в «старых» барицентрических координатах в виде
РзВ1 + <2зИг + ГзВз = О,
т. е. уравнением вида (42). При этом коэффициенты р3, q3, г3
не все равны между собой (см. задачу 170).
Обратно, пусть задано уравнение (42), в котором не все
коэффициенты а, Ь, с равны между собой; пусть, скажем, а ф Ь.
Нам нужно найти множество всех точек, барицентрические
координаты которых удовлетворяют уравнению (42). Как мы
знаем, барицентрические координаты любой точки удовлет¬
воряют соотношению
Hi +	+ Из = 1-	(44)
Вычитая из этого соотношения, умноженного на а, равенство
(42), получаем
{а- Ь)р2 + (a-c)\i3=a.
Теперь нетрудно отыскать точки, барицентрические коорди¬
наты которых удовлетворяют обоим соотношениям (42), (44).
Например, при п3 = 0 получаем ц2 = —~~г и находим точку
а — о
л( ~ь а Л	.	с
А\ —; ——j-; 0 I, а при u3 = 1 получаем п2 = гинахо-
\а — b а — Ь J	а	—	b
дим точку В (	;	—С-1-\ 1 ). В силу ранее доказанного су-
\а—о а — о )
ществуют такие числа а', Ь', с', не все равные между собой, что
прямая АВ описывается уравнением
а'р 1 + Ь'ц2 + с'р3 = 0.	(45)
В частности, этому уравнению удовлетворяют точки А и В,
откуда получаем
— а'Ь + Ь'а = 0, —а'с + Ь'с + с'(а — Ь)= 0.	(46)
Так как а Ф Ь, то хотя бы одно из чисел а, Ь отлично от нуля;
пусть, скажем, а ф 0. Тогда существует такое число к, что а' = ка,
и из первого уравнения (46) получаем —каЪ + Ь'а = 0, откуда
103

(учитывая, что а ф 0) Ь' = kb. Наконец, подставив эти значения
а' и Ь' во второе уравнение (46), получаем —кас + кЬс + с' (а —
— Ь) = 0, откуда (учитывая, что а — ЪФ 0) с' = кс. Итак, d =
= ка, b' — kb, с' = кс\ при этом к ф 0 (иначе числа а', Ь', с' были
бы равны между собой). Но тогда ясно, что уравнение (45) (т. е.
уравнение прямой А В) получается из (42) домножением на отлич¬
ный от нуля множитель, и потому (42) также является уравне¬
нием прямой АВ.
Замечание. Коэффициентам а, Ъ, с в уравнении прямой
(42) можно придать наглядный геометрический смысл. Опустим
из вершин координатного треугольника AtA2A3 (рис. 71) пер¬
пендикуляры на прямую I, заданную уравнением (42), и пусть
Аз
А\, А'2, А'ъ — основания этих перпендикуляров. Допустим, что
прямая / не проходит через вершины треугольника А,А2А3 и не
параллельна AtA2, т. е. пересекает прямую А,А2 в некоторой
точке Р, пусть (х0; у0; 0) — ее Б-координаты. Тогда Р — центр
масс м. т. xqAi и у0А2, и поэтому
ХоТ^! + у0РА2 = б, т. е. - —- -
*о	ра2
Далее, в силу гомотетичности треугольников РА^^ и РА2А2
имеем
PAi А^1\
ра2 А2А2
Наконец, так как точка	Т(хо;уо;0)	лежит	на прямой /, то
,	а	ус
ах0	+ Ьу0 =0,	т. е.	—	=	.
Ь х0
Из написанных соотношений следует

Легко проверить, что это соотношение верно и тогда, когда
прямая I параллельна (Л1А2) или проходит через какую-либо
вершину Д АУА2А3. Аналогичным рассуждением убедимся,
что
Мы пришли к этому соотношению в предположении, что
прямые АуА'у, А2А2, А3А3 перпендикулярны прямой /,
но легко убедиться, что оно верно и тогда, когда параллельные
прямые AiA'i, А2А'2, А3А'3 пересекают прямую / под произволь¬
ным углом ф.
Пример 48. Докажем теорему Гаусса: если противо¬
положные стороны четырехугольника при продолжении попарно
пересекаются, то середина отрезка, соединяющего точки пере¬
сечения продолженных противоположных сторон, лежит на
одной прямой с серединами диагоналей четырехугольника.
Решение. Пусть S и Т— середины диагоналей PQ и СМ
четырехугольника CPMQ и F — середина отрезка АВ (см.
обозначения на рис. 72). Обозначим через (ml;m2; m3) барицентри¬
ческие координаты точки М относительно базисного треуголь¬
ника ABC. Тогда (используя результат примера 33) имеем сле¬
дующие Б-координаты точек:
и, следовательно,
а'.Ь.с — АУА\ : А2А2: А3А3.
С
Рис. 72.
А(1;0; 0), В(0;1;0), С(0;0; 1), F
mi .0. т3
ml + m3’ ’ mt + m3
>
105

Пусть уравнение прямой FT имеет вид ар, + Ьр2 + срз = 0.
Так как точки F и Т лежат на этой прямой, то имеем
1	1	, Л	т,	т2	, тг + 1
~2 а	+ ~2	~ ’	~2~а	—2	"* 2	С —
откуда b = —а, (т3 + 1) с = (т2 — т2) а. Мы можем считать, что
а = т3 + 1, b = — (тг + 1), с — т2 — т2 (так как коэффициенты
уравнения прямой определены лишь с точностью до общего мно¬
жителя), т. е. уравнение прямой FT имеет вид
(т3 + 1)(р, - р2) + (т2 - mt) р3 = 0.
Непосредственно проверяется, что при подстановке вместо
рь р2, Рз координат точки S это соотношение выполняется, т. е.
Se(FT).
Пример 49. Дадим новое доказательство теоремы Менелая
(см. § 8), использующее барицентрические координаты.
Решение. Введем обозначения (см. рис. 26) АС} : С tB = ot,
В A i: А3С = р, СВ3 :BiA = у; легко видеть, что каждое из чисел
а, Р, у отлично от —1 и точки Ау, Ви Сх имеют Б-координаты
(0; етг; ртт) (ттг10:	(атт; атг;°) Вы*-
ним, существует ли уравнение apt + bp2 + ср3 = 0, которому
удовлетворяют указанные три тройки чисел. Иначе говоря, будем
искать числа а, Ъ, с, из условий
0 0 + Ь'рТГ + с'рГ^Г = 0,
+ ь ■ о + с • — - о,
у + 1	у + 1
1	,	ос	„
а ■	—	+ b   + с • 0 = 0.
а + 1 а + 1
Полагая с = 1, находим из первого уравнения b = — р, а из
третьего а = ар. Второе уравнение также выполняется в силу
условия Менелая: аРу = —1. Итак, все три точки Аи Ви С\
лежат на одной прямой, имеющей уравнение ccPpj — Рр2 +
+ Рз = 0 (здесь не все коэффициенты равны между собой, так как
Р* -1).
С помощью барицентрических координат можно записы¬
вать уравнение не только прямых, но и других линий. Следую¬
щая теорема описывает уравнение окружности.

Теорема 15. Пусть а3, а2, а3 — длины сторон базисного
треугольника AlA1Ai, и пусть Q — точка с барицентрическими
координатами (<?1; q2\q3), а г — положительное число. Окруж¬
ность Г, имеющая центр Q и радиус г, описывается в барицентри¬
ческих координатах уравнением
а\ (р2 - ЗгКРз - Яг) + <А (Pi ~ <3i)(P3 - Яз) +
+ al (ц! - 9i) (р2 - Яг) + г2 = 0, (47)
т. е. точка с барицентрическими координатами рь р2, Рз в том
и только в том случае принадлежит окружности Г, если спра¬
ведливо равенство (47).
Доказательство. Точка Р(р3; р2; Рз) в том и только в
том случае принадлежит окружности Г, если справедливо
равенство | PQ\=r, т. е. — | PQ |2 + г2 = 0. Учитывая соотно¬
шение (31), мы и получаем написанное выше уравнение
окружности.
Пример 50. Напишем барицентрическое уравнение окруж¬
ности, описанной около базисного треугольника А,А2А3.
Решение. Мы должны коэффициенты qit q2, q3, г в урав¬
нении (47) подобрать таким образом, чтобы окружность про¬
ходила через вершины треугольника, т. е. точки Ах (1; О; 0),
А2(0; 1;0), -43(0;0; 1). Подставив вместорь р2, р3 координаты
точек Аи А2, А3, получаем
a\q3 + a\q2 = D, aiq3 + a3q2 = D, ci{q2 + a\q2 = D,
где D = a\q2q3 + a\q2q3 + a\q2q2 + r2.
Уравнение (47) после раскрытия скобок переписывается в
виде
а1Й2Йз + Я2Й1Й3 + Я3Р1Р2 + D - pt {a2q3 + alq2) -
~ P2 (aiq3 + aftfi) - Рз И<?2 + a2q2) = 0,
т. e. в виде
Я1Р2Р3 + Я2Р1Р3 + afPiPi +D- pi D - \i2D - p 3D = 0.
Учитывая, что Pi + p2 + p3 = 1, получаем уравнение описанной
окружности в окончательном виде:
я!Р2Рз + a2PiP3 + Я3Р1Р2 = 0.	(48)
Можно предложить и другое решение этого примера, ис¬
пользующее понятие момента инерции. Пусть взята точка Р (pt;
Р2; Рз). По формуле Лагранжа имеем (поскольку Р — центр масс
м‘т- Pi^i, р2Л2, р3Л3)
Jq = Jp + (р! + р2 + рз) | PQ\г = JP + | PQ |2.
107

Так как, по определению,
Jq = Hi I QA112 + Ц2 \QA2 ]2 + Рз I QA3 \2 =
= р jR2 + р2К2 4- Рз«2 = R2,
то JP = JQ — | PQ I2 = R2 — | PQ |2. Ясно, что точка P в том и
только в том случае принадлежит окружности Г, если | PQ | =
= R, т. е. JP = 0. По формуле Якоби имеем
р2р3а? + PiPsfl2 + Р1Р2Я3	*	J	„2
JP —	РгРзя1	+	PlP3fl2	+	PlP2«3-
Pi + Р2 + Рз
Поэтому соотношение JP = 0 принимает вид (48).
Задачи
186. Точки Х0, Y0, Z0 имеют относительно координат¬
ного треугольника PQR такие Б-координаты:
(1,3;-0,4;0,1), (-1,7; 2,8;-0,1), (-0,7; 0,1; 1,6).
Вычислите Б-координаты центроида треугольника PQR относительно
/Л' XqYqZq.
187. Точка М имеет относительно A ABC барицентрические коорди¬
наты ць р2, Рз- Каковы ее Б-координаты относительно треугольника,
вершинами которого служат середины сторон треугольника ABC'?
188. Точка Q имеет относительно" А ABC барицентрические коор¬
динаты аь а2, а3. Прямые AQ, BQ, CQ встречают противоположные
стороны (или их продолжения) в точках At, В1, С3. Зная Б-коорди¬
наты р, р2, Рз точки М относительно А А ВС, найдите ее Б-коорди¬
наты относительно A AiB1Cl.
189. Напишите уравнение прямой, проходящей через две данные
точки Р и Q, имеющие Б-координаты (х2; у,; z,) и (x2;y2;z2).
190. При каком условии три точки с Б-координатами (x^y^Zi),
(х2;у2; z2), (x3;y3;.z3) лежат на одной прямой?
191. Имеется уравнение прямой ах + by +cz = 0 в Б-координа-
тах относительно A ABC. Каково будет уравнение той же прямой
в системе координат с осями СА и СВ (если за единицы длины по этим
осям принимаются отрезки СА и СВ)?
192. При каком условии две прямые, заданные в барицентрических
координатах уравнениями ах + by + cz = 0 и а’х + Vy + c'z = 0, парал¬
лельны?
193. Прямая I проходит через точки с Б-координатами (х,; ух; zt)
и (x2;y2;z2), а прямая /' — через точки (х',; у\; z',) и (х'2:/2; z?). Сфор¬
мулируйте условие параллельности этих прямых.
194. Прямая / имеет относительно координатного треугольника
ABC уравнение
— 2х + 5у — 3z = 0.
Какая из вершин А, В, С ближе, чем остальные, к прямой /? Ле¬
жат ли вершины В и С по одну и ту же сторону или по разные стороны от
прямой /?
108

195.	Известны Б-координаты вершин А, В, С «нового» базисного
треугольника относительно «старого» базисного треугольника PQR:
А(а,;а2;аз); ^(Pi; Р2; Рз). С(Уз;у2;Уз)-
Докажите, что если точка М относительно «старого» базисного
треугольника PQR имеет Б-координаты (х„; ус; zc), го Б-координаты
точки М относительно «нового» базисного треугольника ABC опре¬
деляются по формулам
„ Д. Д*
л’
Ун =	ZH	=
где
Хс
Ус
аз
а2
а3
Дз =
Pi
Рз
Рз
, Д2 —
Хс
Ус
Zc
Уз
У 2
Уз
Уз
У 2
Уз
аз
а2
а3
аз
а 2
а3
II
Г)
<
Р.
Р2
Рз
, Л =
Р.
Р2
Рз
хс
Ус
Zc
Уз
У2
Уз
196. В треугольнике ABC через вершину В проведена прямая ВВ,
(В, е [ЛС]), которая отсекает от стороны АС одну треть, считая от
вершины С. Через вершину А проведены две прямые А А, и АА2, кото¬
рые делят сторону ВС на три равные части. Зная площадь треуголь¬
ника ABC, вычислите площадь четырехугольника, ограниченного
прямыми АА,, АА2, ВВ,, ВС.
197. Через вершину В треугольника ЛВС проведены две прямые
ВВ, и ВВ2, отсекающие от стороны АС по одной пятой (соответст¬
венно считая от вершин А и С). Через вершину С тоже проведены две пря¬
мые СС, и СС2; они отсекают от стороны АВ по одной четверти, считая
от вершин А и В соответственно. Зная площадь треугольника ABC,
вычислите площадь четырехугольника, ограниченного прямыми ВВ,,
ВВ2, СС„ СС2.
198. Внутри треугольника ABC, имеющего площадь 1, взята не¬
которая точка D. Через М,, М2, М3 обозначены центроиды тре¬
угольников DBC, DCA, DAB. Вычислите площадь треугольника
М,М2МЪ.
199. Докажите, что точка Р (р,; р2; р3) в том и только в том слу¬
чае принадлежит окружности Г, описанной около базисного треуголь¬
ника А,А2А3, если выполнено соотношение
Из I РА, |2 + р2 | РАг |2 + р3 | РА3 |2 = 0.
200. Дан выпуклый четырехугольник ABCD с длинами сторон
I АВ | = а, | ВС | = Ь, | CD | = с, | DA | = d. Докажите, что около четырех¬
угольника ABCD в том и только в том случае можно описать ок¬
ружность, если выполняется следующее равенство (условие Пто¬
лемея):
| AC I -1BD | = ас + bd.
109

201.	Докажите, что окружность, вписанная в базисный треуголь¬
ник ABC, описывается уравнением
°2 (№2 “ 1) (№з -т)+ь*	- т) (№з _ т) +
+ С2 ^РР! - ^РР2 - yj + S2 = 0,
где р — полупериметр треугольника ABC, a S — его площадь.
§ 14. Барицентрические координаты
в пространстве
Выберем в пространстве некоторый тетраэдр
Л,Л2Л3Л4, который в дальнейшем будем называть базисным
(или координатным). При любой загрузке четырех вершин
тетраэдра действительными массами шь т2, т3, т4 с ненуле¬
вой суммой однозначно определена в пространстве точка, являю¬
щаяся центром масс этих м. т., и наоборот, для любой точки М
возможно подобрать для вершин тетраэдра такие действитель¬
ные (не обязательно положительные) массы |д,, р2, Рз, Р4 с
суммой 1, чтобы центром этих масс оказалась точка М. Это
доказывается так же, как и на плоскости (теорема 11). Такие
числа р,, р2> Рз, Р4 и будем называть барицентрическими коор¬
динатами (короче: Б-координатами) точки М.
Подобно тому как барицентрические координаты отно¬
сительно треугольника могут быть выражены через ориенти¬
рованные площади некоторых треугольников, так и в прост¬
ранстве барицентрические координаты точки М относительно
тетраэдра АХА2А3А4 могут быть выражены через некоторые
объемы. Пусть сначала точка М лежит внутри базисного
тетраэдра А1А2А3А4. Обозначим через v объем этого тетраэдра,
а через vu v2, v3, v4 — объемы тетраэдров МА2А3А4, А1МА3А4,
А1А2МА4, А,А2А3М. Тогда, как будет доказано ниже, Б-коорди¬
натами точки Р будут числа
V\	Vo	V'x	Va
Pi = —, Рг = —Рз =	,	P4	=	■	(49)
v	v	v	v
Если же M — произвольная точка пространства (не
обязательно лежащая внутри базисного тетраэдра АХА2А 3.44), то
формулы (49) останутся справедливыми, если под v, vu v2, v3, v4
понимать ориентированные объемы соответствующих тетраэд¬
ров, т. е. их объемы, взятые с некоторыми знаками. Это в
данном случае можно пояснить так. Ориентированный объем v
базисного тетраэдра условимся считать положительным; ориен¬
тированный объем v3 тетраэдра МА2А3А4 будем считать по¬
110

ложительным, если тетраэдр МА2А3А4 расположен по ту же
сторону от плоскости Л2Л3Д4, что и базисный тетраэдр АХА2А3А4,
и отрицательным, если тетраэдр МА2А3А4 и базисный тетраэдр
расположены по разные стороны от плоскости А2А3А4. Ана¬
логично определяются ориентированные объемы v2, v3, v4 тет¬
раэдров АхМА3А4, AlA2MA4, AjA2A3M.
Доказательство формул (49) удобно провести с помощью
понятия внешнего (или смешанного) произведения трех векторов
в пространстве. Пусть а, Ь, с — три вектора в пространстве,
заданные своими координатами в некоторой прямоугольной
системе:
a(al;a2;a3), b(bx;b2;b3), c(ci;c2;c3).
Определитель, составленный из координат этих векторов, на¬
зовем внешним произведением рассматриваемых векторов и
обозначим его через а л b л с:
в] Ь] <
а л b л с =
а 2 Ь2 г 2
аз Ъ3 с3
Из свойств определителей непосредственно вытекает, что
справедливы следующие равенства (которые можно назвать
аксиомами внешнего произведения трех векторов):
1Х_(aj + а2) л b д с = а, л b л с + а2 л b л с;
2) (ка) л b л с = к (а л b л с);
3)алЬлс = Ьлсла = слалЬ=— а лслЬ =
= —с л b л а = — b л алс
(в частности, при перестановке любых двух векторов внешнее
произведение меняет знак);
4) е, л е2 л е3 = 1, где еь е2, е3 — единичные векторы,
имеющие направление осей рассматриваемой прямоугольной
системы.
Из первых трех свойств вытекает, что свойства, аналогичные
1)	и 2), справедливы по отношению не только к первому сомножи¬
телю, но и к остальным; например,
а л (b, + bj) а с = а л Ь, лс + адЪ2лс
Далее, если два сомножителя совпадают, то внешнее произве¬
дение равно нулю; например, а л b л b = 0.
Оказывается, что в пространстве справедлива формула,
аналогичная (35). Именно, будем говорить, что тройка векто¬
ров а, Ь, с ориентирована положительно (или так же, как
тройка еь е2, е3), если алЬлс>0, и отрицательно (т. е. про¬
тивоположно тройке е!,е2,е3), если а л Ь л с < 0. (В практических
применениях, например, в физике одинаковую или противо¬
( 111

положную ориентацию двух троек векторов определяют с
помощью правила правой руки или с помощью правила бурав¬
чика.) Если теперь Р — параллелепипед, построенный на тройке
векторов а, Ь, с (рис. 73), то мы условимся
брать его объем со знаком плюс, если
тройка а, Ь, с ориентирована положительно,
и со знаком минус, если эта тройка ориен¬
тирована отрицательно; это и дает ориен¬
тированный объем рассматриваемого па¬
раллелепипеда. Теперь формула, анало¬
гичная (35), может быть записана в виде
v = а л b л с,	(50)
Рис. 73.	где	v	— ориентированный объем паралле¬
лепипеда, построенного на тройке векторов
а, Ь, с. Доказательство этой формулы намечено в задачах
209 - 212.
Пусть теперь ABCD — произвольный тетраэдр, вершины
которого заданы именно в этом порядке: А, В, С, D. Объем
этого тетраэдра равен 1/6 \ v |, где v — объем параллелепипеда,
построенного на векторах АВ, AC, AD (рис. 74). Действительно,
объем этого тетраэдра равен 1/3sh, где s — площадь треугольника
А ВС ий — соответствующая высота, а объем параллелепипеда
равен (2s) h, поскольку у этого параллелепипеда та же высота, а
основание имеет вдвое большую площадь. Таким образом, объем
тетраэдра равен \ | АВ л АС л AD |. Будем называть число
6
1
АВ л АС л AD
ориентированным объемом тетраэдра ABCD и условимся обозна¬
чать его через vABCD.
112

Заметим, что при перестановке любых двух вершин ориен¬
тированный объем тетраэдра меняет знак; например, vABCD =
= —vbacd- В самом деле,
Vbacd = 1М	- АВ л (АС -АВ) л (AD- АВ)-
раскрывая скобки и учитывая, что внешнее произведение с двумя
одинаковыми сомножителями равно нулю, получаем
vbacd ~ — АВ л АС л AD = —иАВСр.
Теперь доказательство формул (49) завершается примерно
так же, как и в плоском случае. Пусть ABCD — базисный тетраэдр
и М — произвольная точка пространства. Обозначим векторы
МА, MB, МС, MD через а, Ь, с, d. Тогда для ориентированных
объемов справедливы соотношения
VmBCD + V AM CD + VABMD + VABCM ~
=	VMBCD ~ VMACD	+ VMABD ~ VMABC
1 , 1	1	,1
= — b л с л d —— а л с л d 4—— а л b л d а л b л с;
6 6	6	6
vabcd - ~§AB л AC л AD = — (b — а) л (с — а) л (d — a).
Раскрывая скобки в последнем выражении, убеждаемся, что
правые части в обоих равенствах совпадают, т. е.
Vabcd — vmbcd + vamcd + vabmd + vabcm-
(51)
Эго равенство аналогично соотношению (36) для ориентирован¬
ных площадей.
Далее, так как а, Ь, с, d — четыре вектора пространства, то
какой-либо из них выражается через три других. Пусть, например,
я = кЪ+ 1с + тй. Тогда
(Ь л с л d)a - (aACAd)b + (aAbAd)c — (aAbAC)d =
= (b л с л d) (kb + /с + wd) — ((kb + Ic + md) л с л d) b +
+ ((fcb + /с + md) л b л d) с - ((fcb + Ic + md) a b a c) d.
Раскрывая скобки в правой части, получаем б. Доказанное таким
образом соотношение
(bACAd)a-(aACAd)b + (aAbAd)c-(aAbAC)d=0
можно (умножив его на ———) переписать
\	vvAbcd	)
в виде
vmbcd а | vamcd в ^ vabmd с ^ Vabcm ^	^
vabcd vABcd vABcd vABcd
U3

Иначе говоря, числа (49) удовлетворяют соотношению
ща + р2Ь + р3с + p4d = б
и, кроме того (в силу доказанного равенства (51)), соотношению
Pi + И2 + Рз + И4 = 1-
Но это и означает, что числа (49) являются барицентри¬
ческими координатами точки М.
Пример 51. Найдем барицентрические координаты центра О
шара, вписанного в базисный тетраэдр AtA2A3A4.
Решение. Пусть г — радиус вписанного шара; sb s2, s3,
s4 — площади граней, противолежащих вершинам А,, Аг,
А3, А4. Точка О лежит, очевидно, внутри базисного тетраэдра.
Объемы vly v2, v3, v4, v тетраэдров OA,A3A4, AxOA3A4, A1A20A4,
A1A2A30, A1A2A3A4 имеют следующие значения:
= VsSir, v2 = 1/3s2r, v3 = 1/3s3r, v4 = V3s4r, v — V3sr
(s — полная поверхность тетраэдра). Теперь барицентрические
координаты точки О находим по формулам (49)
of—;—; —; —Y
\ s s s s /
В заключение этого параграфа заметим, что, пользуясь фор¬
мулой Лагранжа, можно, рассуждая аналогично тому, как это
было сделано в плоском случае (см. (31)), получить формулы для
расстояния между двумя точками Р и Q в пространстве, если
известны их Б-координаты (р2; р2; р3; р4) и (qx; q2, q3; q4):
I PQ I2 = - Z (Pi — Qt) (Pj ~ <7j) I A,Aj I2.	(52)
1	4
Пример 52. Известны длины всех ребер тетраэдра А1А2А3А4;
вычислим длину отрезка, соединяющего вершину А4 с
центроидом треугольника АХА2А3.
Решение. Примем Ах А2А3А4 за базисный тетраэдр. В дан¬
ном случае Р — А4 (0; 0; 0; 1), Q = А'4	По	формуле
(52)	находим (после очевидных упрощений)
I А4А'412 = -1 (3 (| А4А, |2 + | Л4Л2 |2 + | А4А3 |2) -
-(МИ2|2 + |ЛИз|2 + М2Л3 |2)).
Эту формулу можно было бы также получить, разместив в точ¬
ках Аи А2, А3 массы 1, 1, 1 и применяя формулы Лагранжа и
Якоби:
JAt = JA.t + 31 А4А412, JА,^ = ‘/з (| AtA2 |2 + | AXA3 |2 -(-1A2A3 |2).
114

Задачи
202.	Какие барицентрические координаты имеет центр
шара, касающегося грани А2А3А4 базисного тетраэдра AtA2A3A4 и
продолжений трех остальных его граней?
203. В треугольной пирамиде DABC три ребра DA, DB, DC взаимно
перпендикулярны и имеют длины а, Ь, с; точка И — основание перпен¬
дикуляра, опущенного из вершины D на грань ABC, S — центр шара,
описанного около пирамиды. Вычислите Б-координаты точек Я и S.
204. В тетраэдре DABC три ребра, сходящиеся в вершине D, взаимно
перпендикулярны. Лежит ли центр шара, описанного вокруг тетраэдра,
в плоскости грани ABC?
205. Докажите, что если в тетраэдре DABC три ребра, сходящиеся
в вершине D, взаимно перпендикулярны, то вершина D, точка пере¬
сечения медиан грани ABC и центр шара, описанного около тетраэдра,
лежат на одной прямой.
206. Пусть а, Ь, с —	три ненулевых вектора,	не	параллельных одной
плоскости.	Докажите,	что любой четвертый	вектор	d	пространства
может быть выражен через а, Ь и с:
d = ха + yb + zc,
причем коэффициенты х, у, z имеют следующие значения:
d л b л с	алЬлс	а а b л d
х =	,	у	—	, г =	-.
алЬлс	алЬлс	алЬлс
207. Докажите, что решение системы
{ахХ + b3y + c3z = du
а2х + b2y + c2z = d2,	(53)
а3х + Ъ3у + c3z = d3
равносильно нахождению чисел х, у, z, удовлетворяющих равенству
ха + yb + zc = d,
где а, Ь, с, d — векторы, имеющие координаты (щ; о2; <з3), (Ь,; Ь2; Ь3).
(СГ> с2> с3), (dij d2, d3).
208. Докажите (используя результаты двух предыдущих задач),
что если ввести обозначения
Ol
Ьг
Cl
di
bi
Cl
Ol
di
Cl
д =
а2
Ъ2
Cl
>
X
II
d2
b2
C2
, Ду
a2
d2
c2
аз
Ь3
Сз
d з
b3
C3
a3
d3
c3
Л,=
fli	Ь3	dt
а2	b2	d2
аз	b3	d3
то при Д ^ 0 система (53) имеет единственное решение, определяемое по
формулам
Д,
115

209. Докажите, что если векторы а, Ь, с направлены по осям коор¬
динат, то формула (50) справедлива.
210. Докажите, что ориентированный объем параллелепипеда,
построенного на векторах а, Ь, с + кя + /Ь, равен ориентированному
объему параллелепипеда, построенного на векторах а, Ь, с.
211. Докажите, что если формула (50) справедлива для векторов
а, Ь, с, то она справедлива и для векторов а, Ь, с + кя + /Ь.
212. Используя результаты задач 209 и 211, докажите, что фор¬
мула (50) справедлива для любых векторов а, Ь, с.
213. Сформулируйте и докажите пространственное обобщение
утверждения, содержащегося в задаче 169.
§ 15. Барицентрические координаты
в многомерных пространствах
При решении системы двух уравнений первой
степени с двумя неизвестными выше было использовано внешнее
произведение двух векторов на плоскости (задачи 180—182).
В случае трех уравнений с тремя неизвестными уже приходит¬
ся рассматривать векторы в трехмерном пространстве
(задачи 206 — 208). При решении системы и линейных уравнений с и
неизвестными нужно будет для получения геометрической
интерпретации использовать и-мерное пространство. Так
потребности алгебры диктуют необходимость расширения
наших геометрических представлений, необходимость рассмот¬
рения пространств, имеющих более трех измерений. Многие дру¬
гие задачи из различных разделов математики и ее приложений
(к физике, химии, биологии, экономике и т. д.) также естест¬
венно приводят к необходимости рассматривать многомерные
пространства.
В этом параграфе мы расскажем о простейших фактах
геометрии n-мерного пространства и заключим этот рассказ
рассмотрением барицентрических координат в и-мерном
пространстве и некоторых их приложений.
Если на плоскости задана прямоугольная система координат,
то каждый вектор задается двумя координатами: а = (х;у).
В трехмерном пространстве (в котором фиксирована прямо¬
угольная система координат) каждый вектор задается тремя
координатами: а = (х; у; z). По аналогии с этим будем говорить,
что в и-мерном пространстве вектор задается в виде кортежа
(конечной последовательности) (xj; х2; ...; х„), состоящего из и
действительных чисел, которые называются координатами этого
вектора. Запись а = (х1; х2; ■..; х„) означает, что через а обозна¬
чен вектор с координатами Xj; х2;...; х„. Множество всех векто¬
ров (хх; х2;...; х„) (получаемых, когда Xj; х2;...; х„ принимают
произвольные значения) обозначается через R" и называется
U6

п-мерным пространством (а иногда п-мерным арифметическим
пространством).
При изучении геометрии на плоскости и в трехмерном прост¬
ранстве сумма векторов определялась геометрически, а затем
доказывалось, что при сложении векторов их соответствующие
координаты складываются. Так, на плоскости, если а = (х; у),
b = (х'; у'), то а + b = (х + х'; у + у'). В пространстве, если а =
= (х; у; z), b = (х'; у'; z"), то а + b = (х + х'; у + у'; z + z'). В и-
мерном пространстве R" (при п > 3) у нас нет непосредствен¬
ных «геометрических» представлений, т. е. «видеть» фигуры в
таком пространстве (в буквальном, физическом смысле этого
слова) не может никто, даже самый гениальный математик. Но
по аналогии с плоскостью и трехмерным пространством
мы можем определить сумму векторов в R" при помощи
сложения одноименных координат. Иначе говоря, суммой
векторов
а = (х,; х2; ...; х„) и b = (х\; х'2; ...; х;)
пространства R" называется вектор, имеющий координаты
(х, + xi; х2 + х2; ...; х„ + х|,);
этот вектор обозначается через а + Ь.
Далее, на плоскости и в пространстве вектор кя определяется
геометрически: длина вектора кя равна |fc||a|, причем
вектор кя параллелен вектору а, а направление его одина¬
ково с направлением вектора а при к > 0 и противоположно ему
при к < 0. Алгебраически же (в координатах) умножение вектора
а на число А: сводится к умножению всех координат вектора а на к.
Иначе говоря, на плоскости: если а = (х; у), то кя = (кх; ку) (и
аналогично в пространстве: если а = (х; у; z), то кя = (кх; ку; kz)).
В R" пока мы не знаем, что такое «длина» вектора и его «направ¬
ление», нельзя геометрически определить вектор кя. Од¬
нако по аналогии с плоскостью и трехмерным пространством
мы можем ввести следующее определение: если a = (xt:
х2; ...; х„) — произвольный вектор пространства R" и к —
Действительное число, то кя есть вектор с координатами (Ахх;
Ьс2; ...; кх„).
Вспомним теперь, что на плоскости мы часто рассматриваем
единичные векторы, направленные по осям координат. Если эти
векторы обозначить через в! и е2, то для любого вектора а = (х; у)
справедливо соотношение а = xej + уе2. Иначе говоря, любой
вектор а можно разложить по векторам еь е2 и коэффициенты
х, у этого разложения как раз совпадают с координатами век¬
тора а. Аналогично дело обстоит и в пространстве: если еь
е2, е3 — единичные векторы, имеющие направление осей коор¬
117

динат, то для любого вектора а = (х; у, z) справедливо соотно¬
шение а = xej + уе2 + ze3. Нетрудно теперь доказать, что в R"
справедливо аналогичное соотношение. С этой целью заметим,
что на плоскости мы имеем в! = (1; 0), е2 = (0; 1) и, аналогично,
в трехмерном пространстве ej = (1; 0; 0), е2 = (0; 1; 0), е3 = (0;
0; 1). Мы можем ввести в R" аналогичные векторы:
е, =(1; 0; ...; 0), е2 = (0, 1; ...; 0), ..., е„ = (0; 0; ...; 1)
(т. е. у вектора ef на i-м месте стоит 1, а остальные координаты
равны нулю); они называются единичными базисными векторами
в R". Теперь нетрудно проверить, что для любого вектора
а = (xj: х2; ...; х„) в R" справедливо соотношение
а = х^! + х2е2 + ... + х„еп,
т. е. любой вектор а е R" выражается (и притом, как легко видеть,
однозначно) через базисные векторы еь е2, ..., е„.
Напомним теперь, что на плоскости (или в трехмерном
пространстве) каждым двум точкам А, В сопоставляется вектор
АВ. По аналогии с этим и в и-мерной геометрии рассматри¬
вают точки и считают, что каждым двум точкам А, В сопо¬
ставляется некоторый вектор АВ, причем выполняются следую¬
щие условия (которые поясняют свойства точек и позволяют
рассуждать о них):
1) АВ + ВС — АС для любых точек А, В, С;
2) для любой точки А и любого вектора а существует (и
притом только одна) точка В, для которой АВ = а.
Фиксируем теперь некоторую точку О (начало коорди-
н а т). Для любой точки А мы можем рассмотреть вектор
О А; его координаты принимаются за координаты точки А,
т. е. если О А — (xj; х2; ...; х„), то пишут также A (xj; х2; ...; х„).
Если теперь А и В — две точки с координатами (хх; х2; ...; х„)
и (У1; у2; - ■ •; Уп), т^_с- О А = (х,; х2;...; х„), ОВ = (у,; у2; ...;
то из равенства О А + АВ = ОВ легко следует, что вектор АВ
имеет координаты (>’i — Xj; у2 — х2; ...; у„ — х„).
Чтобы «заселить» пространство R" дальнейшими образами,
привычными для нас из элементарной геометрии (прямая, от¬
резок, выпуклая фигура, многогранник, вершины и ребра много¬
гранника ит. п.), удобно воспользоваться понятиями «материаль¬
ная точка» и «центр масс системы материальных точек».
Определения этих понятий можно дословно перенести из
обычного двумерного или трехмерного пространства: мате¬
риальная точка тА в пространстве R" — это пара, составлен¬
ная из точки А и действительного числа т (массы этой м. т.).
118

Центром масс системы материальных точек
т1А1, т2А2, ..., трАр	(54)
с ненулевой суммарной массой т^ + т2 + ... + тр называется
точка Z (zj; z2; -	;	"„)	пространства R". которая удовлетворяет
условию
mjZAx + m2ZA2 + ... + m^ZAp = О,
или (что равносильно этому)
OZ =
т1ОА1 + т2ОА2 + ... + трОАр
mt + т2 + ... + тр
Это равенство можно записать в сокращенных обозначениях:
Z -
mtAt + т2А2 + ... + трАр
тг +т2 + ... + тр
Отсюда видно, что каждая система материальных точек в R"
с ненулевой суммарной массой имеет и притом единственный
центр масс.
С помощью понятия центра масс можно определить в R"
понятие отрезка \_АВ]: это — множество таких точек прост¬
ранства R", которые могут служить центрами неотрицатель¬
ных масс с ненулевой суммой, помещенных в точках А и В. Это
можно записать короче так:
[АВ] = IzeR": Z = miJ^ >П2^ ; Wl ^ о, т2 > 0, mt + т2> о}.
тг+т2	J
Аналогичным определением можно ввести понятие прямой
(АВ):
m-UeR-: Z =	+	*01
(.	mi + т2	)
Заметим, что если Z — центр масс системы м. т. (54), то при
к Ф О Z будет центром масс и системы м. т. (кт,) А,, (кт2) Аг,...
■ (ктр)Ар. Поэтому мы всегда можем считать сумму масс
равной единице, т. е. в определении отрезка и прямой
можно считать, что тх + т2 = 1. Например,
[АВ] = {ZeRn: Z = mtA + т2В; mi >0, т2 > 0,	+ т2 = 1}.
Пусть в пространстве R" выбраны несколько точек А(1),
А(2>, ..., А{к). Множество всех точек, которые могут оказаться
Центрами неотрицательных масс с ненулевой суммой, помещен¬
ных в этих точках, будем называть оболочкой этих точек.
Например, оболочка одной точки совпадает с этой точкой;
оболочка двух точек — это соединяющий их отрезок.
119

Всякое множество точек в R" условимся называть фигурой.
Фигура М a R" называется выпуклой, если для любых двух точек
АеМ и ВеМ весь отрезок [АВ] содержится в фигуре М.
Теорема 16. Оболочка нескольких точек в R" является
выпуклой фигурой.
Доказательство. Пусть М — оболочка точек Рх, ...
..., Рк. Пусть А и В — две точки фигуры М, и пусть С — ка¬
кая-либо точка отрезка [АВ]. Тогда можно точки А и В загрузить
такими неотрицательными массами т, и т2, т1 + т2 = 1, что
С будет их центром: С = ткА + т2В. Так как АеМ, а М — обо¬
лочка точек Pi, ..., Рк, то А — центр неотрицательных масс
а,, ..., а* (с*! + ... + а* = 1), помещенных соответственно в
точках Рх, ..., Рк, т. е. А = а,/Т + ... + акРк. Аналогично можно
загрузить точки Рк, ..., Рк такими массами Pi, ..., Р* (Pi + ...
... + Р* = 1), что их центром окажется точка Q, т. е. Q = PiPi + ...
- ■ • + Ркрк- Но тогда
С = тк (ссхР 1 + ... + сскРк) + т2 (PiPi + ... + Р*Р*) =
= (miCti + HI2P1) Pi + (т 1а2 + т2$2)Р2 + ■ • ■	{т1&к + т2$к) Рк»
причем (wiot, + W2P1) + - - • + (тiOt* + т2Р*) = "Ji (“1 + • • ■ + «*) +
+ т2 (Pi + • • • + Р*) = Wj + т2 = 1. Таким образом, С — центр
некоторых неотрицательных масс с ненулевой суммой, помещен¬
ных в точках Ри...,Рк. Поэтому, Се М. Итак, из Се [АВ] следует
СеМ; значит, М — выпуклая фигура.
Заметим, что в силу этой теоремы вместо термина «оболочкам
часто употребляют термин «выпуклая оболочка».
Будем говорить, что п векторов аь а2, ..., а„ в пространстве
R" линейно независимы, если ни один из них не выражается
через остальные п — 1 векторов; например, линейно независи¬
мыми являются базисные векторы еь е2, ..., е„. Далее, п+ 1
точек А0, Аь ..., А„ в пространстве R" будем называть независи¬
мыми, если линейно независимы векторы A0Ai, А0А2, ..., А0А„.
Например, если Аь А2, 	 А„	— такие точки, что OAi=ei,
ОА2 =е2, ..., ОА„ = е„, то точки О, Ах, А2, ..., А„ независимы.
Если точки А0, Ai, ..., А„ в R" независимы, то их выпуклая
оболочка называется п-мерным симплексом, а сами точки
А0, Аь ...,А„ называются вершинами этого симплекса. Например,
при п'=2 (т. е. на плоскости) симплекс является выпуклой обо¬
лочкой трех точек, не лежащих на одной прямой, т. е. представ¬
ляет собой треугольник. В трехмерном пространстве (п = 3)
симплекс представляет собой выпуклую оболочку четырех
точек, не лежащих в одной плоскости, т. е. тетраэдр. Таким
образом, симплекс представляет собой многомерное обобщение
треугольника и тетраэдра.
120

Обозначим через S симплекс с вершинами А0, Аи ..., А„ в
пространстве R". Так как S — выпуклая оболочка точек А0, Аи ...
..., Л„, то каждая точка Р этого симплекса является центром
каких-то неотрицательных масс (с ненулевой суммой), поме¬
щенных в вершинах А0, А ь ..., А„. Мы можем при этом считать
(умножив, если нужно, все массы на некоторое число к > 0),
что сумма масс равна 1. Обозначив эти неотрицательные массы
через р0, Pi, Рв, мы получаем
Р = \i0A0 + Pi>4t + ... + рпАп; ро + Pi + ... + рв — 1- (55)
Эти числа ро, Рь •••, Рв называются барицентрическими коор¬
динатами точки Р относительно базисного симплекса S. Оказы¬
вается, что и любая точка PeR" записывается однозначно в
виде (55) (но только если РфБ, то некоторые из чисел р0, рь ...
■ Рв будут отрицательными); доказывается это аналогично
тому, как это было сделано для плоскости (см. теорему 11)
или для трехмерного пространства. Итак, любая точка PeR"
однозначно задается своими Б-координатами р0, рь ..., р„
(см. (55)) относительно заданного базисного симплекса S =
= [Л0 А1... А„].
Так же, как в случае плоскости и трехмерного пространства,
барицентрические координаты точки выражаются через внешнее
произведение векторов. Укажем, как это делается.
Теорема 17. В пространстве R" каждым п векторам
аь а2> • - •, ав‘(заданным в определенном порядке) можно сопоста¬
вить некоторое число а, л а2 л ... л а„ (называемое внешним
произведением этих векторов), удовлетворяющее следующим
четырем аксиомам:
1) (а, + а'Д л а2 л ... л а„ = at л а2 л ... л а„ + л а2 л ...
... л а„;
2) (/caj) л а2 л ... л а„ = k (at л а2 л ... л а„);
3) при перестановке любых двух сомножителей внешнее
произведение меняет знак;
4) et л е2 л ... л е, = 1.
Указанными четырьмя аксиомами внешнее произведение п век¬
торов в R" определяется однозначно.
Доказательство. Докажем сначала единственность,
т- е. предположим, что описываемая операция существует, и по¬
кажем, что она определена однозначно. В самом деле, запи¬
шем разложение векторов ai, а2, ..., ал по векторам базиса:
а1
= аце!
+ a2i^2 + •
• * Т ^в 1 ®в,
а2
= Й12е1
+ Й22е2 + •
.. + а„2е„,
, ав
= Й1ве1
+ а2„е2 + ..
■ + «в„е„.
121

Здесь второй индекс у числа соответствует номеру век¬
тора Bj, а первый индекс — номер координаты этого вектора.
Таким образом,
ai ла2 л... лав = (а11е1 + а21е2 + ... + ав1е„) л
л (а12е1 + а22е2 + ... + ав2е2) л ... л (alnet + а2ве2	+	... + а„„е„).
Если в правой части раскрыть скобки, то получится сумма
всевозможных произведений
КЛ.) Л (а,г2ец) л ... л (а-„е.),
где каждый из индексов iu i2, ..., i„ может принимать любые
значения 1, 2, ..., п (т. е. из каждой скобки можно взять любое
из стоящих в ней п слагаемых). Иначе говоря,
ai л а2 л ... л ав = X Kia,22 ’ - - - • aj е;, л е,2 л ...	л	e,v	(56)
Но внешнее произведение с двумя одинаковыми сомножителями
равно нулю. (Это следует из аксиом.) Поэтому в сумме (56)
надо взять лишь такие слагаемые, в которых все числа /ь
/2, ..., i„ различны. Но если числа /ь /2, ..., /„ различны,
то внешнее произведение ^ ле^ л...л равно +1 (в силу
аксиом 3 и 4), причем оно должно быть равно +1, если
кортеж индексов /ь /2, ...,/„ может быть приведен к основному
кортежу 1, 2, ..., п при помощи четного числа транспо¬
зиций (транспозицией называется перемена местами двух каких-
либо индексов), и должно быть равно — 1 в случае нечетного
числа транспозиций *). Таким образом,
ai л а2 л ... л ав = £ ± ahla,22 •... • aijn>	(57)
где суммирование распространено на всевозможные кортежи
iu *2» in> составленные из чисел 1, 2, п, и знак плюс
соответствует четным кортежам (получающимся из основ¬
ного кортежа 1, 2, п четным числом транспозиций), а
знак минус — нечетным. Так как число, стоящее в правой
части соотношения (57), однозначно определено, то отсюда
и вытекает единственность внешнего произведения векторов
*) При этом следует доказать, что любые два способа приведения данного
кортежа iu /2, i„ к основному кортежу 1, 2, п требуют таких количеств
транспозиций, которые имеют одинаковую четность. Это вытекает из следую¬
щих соображений. Рассмотрим все разности ik — ih для которых к > /. Если
среди этих разностей имеется р отрицательных чисел, то условимся
говорить, что в кортеже ils i2, »и имеется р беспорядков. Легко проверяется,
что если в кортеже ib i2, i„ произвести одну транспозицию, то число
беспорядков изменит свою четность. В основном кортеже 1, 2, ..., п число
беспорядков равно нулю (т. е. чет н о). Из этого нетрудно вывести, что кортеж,
имеющий четное число беспорядков, может быть приведен к основному
кортежу 1, 2, ..., п лишь с помощью четного числа транспозиций (и
аналогично при нечетном числе беспорядков).
122

Формула (57) подсказывает и путь доказательства существо¬
вания: надо определить внешнее произведение л а2 л ...
... л а„ формулой (57) и проверить, что при таком опреде¬
лении оно удовлетворяет аксиомам 1) — 4). Такая проверка не
представляет труда. Например, для проверки аксиомы 2) заме¬
тим, что в каждом слагаемом, стоящем в сумме (57), имеется
ровно один сомножитель вида ап (т. е. сомножитель со
вторым индексом 1). Но сомножитель ап представляет собой
j-ю координату вектора а,. При умножении вектора at на число
к все его координаты умножаются на к, т. е. в каждом слага¬
емом суммы (57) ровно один сомножитель умножается на к,
а потому и вся сумма умножается на к.
Равенству (57), участвующему в доказанной теореме, можно
придать и другую форму. Условимся число, стоящее в правой
части равенства (57), обозначать через
«11
«12
■ «1,
«21
«22
■ о2л
On 1
0,2 ■
«и.
и называть определителем п-го порядка, у которого в i-м
столбце стоят координаты вектора а, (в связи с чем аь а2)...
...,а„ называют «векторами-столбцами» этого определителя).
Тогда равенство (57) перепишется в виде
«и
«12 ••
• «1,
at л а2 л .
■ ла„ =
«21
«22 ■ ■
■ «2,
«,1
«,2
о,.
Таким образом, определитель (57) представляет собой «коорди¬
натную» запись внешнего произведения а2 л а2 л ... л а„.
Аксиомы 1) — 4) внешнего произведения могут быть перепи¬
саны с помощью определителей и выражают основные их
свойства. Так, аксиомы 1) и 2) принимают вид
«И + «11
«12 •
• «1,
«и
«12 •
«1,
«21 + «21
«22
а2„
=
«21
«22 •
«2,
Я»1 + «il
0,2 -
«ш.
«,1
«, 2 ■
«и.
«il
«12 •••
«1»
+
Oil
«22
02,
«il
а,2 ■■■
а,.
123

ка ц
а12
«1п
аи
«12 •
■■ «1-
ка21
«22
«2л
= к
«21
«22 - -
■ «2»
кая1
On 2
■ ат
«,1
On 2
• «»л
а аксиома 3) означает, что при перестановке каких-либо двух
столбцов определитель меняет знак. Добавим к этим свойствам
еще два легко доказываемых свойства: а) при замене строк
столбцами (т. е. при «симметричном отражении определителя
относительно главной диагонали») определитель не изменяется;
б) если все элементы, стоящие ниже главной диагонали,
равны нулю, то определитель равен произведению чисел,
стоящих на главной диагонали (и то же справедливо, если все
его элементы выше главной диагонали равны нулю).
Теорема 18. Пусть [А 0Ai...A„] — базисный симплекс и
М — произвольная точка пространства R". Обозначим векторы
МА0, МАи ..., МА„ через а0, аь ..., а„. Тогда Б-координаты
точки М имеют следующие значения:
Мо
Ур
v
Vi
Уг
у з
(58)
где Г; = а0 л ... л а;_! л ai+1 л ... л а, (пропущен вектор а,) и
v = (а, - а0) л (а2 - а0) л ... л (а„ - а0).
Доказательство. Так как число векторов а0, а^...
..., а„ равно п + 1, то какой-либо из них выражается через
остальные. Пусть, скажем,
а0 = kta2 + /с2а2 + ... + к„ а„.
Тогда
у = (ai ~ ао) л (а2 - а0) л ... л (а„ - а0) = at л а2 л ... л а„ -
  Эл Л 3j Л ... А !
• Э] А Эл A 3i Л ... Л Э„ — ... — 3i А Эз А .. •
... А Эй_ | А Эл — 31 Л З7 А ... А аи !
л ... л а„ +
+ а0 a at л а3 л ... л а„ —	lfa0	л	at	л ... л ал_! =
— С о — С1 Г С 2 — ... + ( 1)ПУп-
Далее, легко проверить, что
(ai а а2 а... л аи) а0 — (а0 л а2 л... ла,)а, + ...
... + (- 1)"(а0 л а! л ... л a„_i)a„ = О
(для этого нужно вместо а0 подставить к,а, + к2а2 + ... + к„а„
124

и раскрыть скобки), т. е.
г0а0 - vjaj + г2а2	1)"ипап =0.
Следовательно, числа (58) удовлетворяют соотношению
Ио30 + Ц1а1 + V-2*! + • ■ • + М» = &
Кроме того (в силу доказанного выше соотношения v =
= v0 — vt 4- v2 + ... + (— l)"r„), они удовлетворяют соотноше¬
нию
l^o + l^i + • • • + Кт = 1-
Но это и означает, что числа (58) являются барицентрическими
координатами точки М.
Доказанная теорема позволяет записать барицентрические
координаты в виде отношения определителей (поскольку каж¬
дое из чисел v, v0, i\, v„ задается в виде внешнего
произведения векторов, т. е. может быть записано в виде
определителя). Можно также придать этой теореме и другой
вид с помощью понятия «и-мерного объема». Укажем вкратце,
как это делается.
Пусть а2, а2, ..., ап — линейно независимые векторы в R" и
А — некоторая точка. Множество Р всех точек М, для которых
AM =	+ х2а2 + ... + х„а„;
0 < Xj < 1, 0 < х2 < 1, ..., О < х„ < 1,
называется n-мерным параллелепипедом, построенным на век¬
торах яи а2, ..., аи; число а, л а2 л ... л ап называется «-мер¬
ным ориентированным объемом этого параллелепипеда. (Это
определение согласуется с формулами для вычисления площа¬
дей и объемов на плоскости и в трехмерном пространстве.)
Далее, пусть S — симплекс с вершинами А0, Аи Аг, ..., А„
в пространстве R". Считается *), что «-мерный ориентированный
объем этого симплекса равен —,г>, где vP — ориентированный
и!
объем параллелепипеда, построенного на векторах А0Аи
АоА2, А0А„, т. е.
VACA,...A. —	Л ^0^2 л ... л А0А„.
1) Это утверждение можно доказать, если построить в R" геометриче-
екую теорию и-мерных объемов. В этой теории л-мерный объем пирамиды
*'аВеН ~^Sh’ где ^ есть (" — Ц-мерный объем основания, ah — высота. В свою
0чередь, если S есть (л — 1)-мерная пирамида, то S = - * --S'*', и т. д., откуда
и вытекает написанная формула. Мы оставляем все эти вопросы в стороне.
125

Из этой формулы несложно выводится, что при перестановке
(транспозиции) двух вершин симплекса его и-мерный ориенти¬
рованный объем меняет знак; например, vAiAaAi_ А^ = ~va0a,a7^.a„-
Легко видеть, что (при сохранении обозначений теоремы 18)
v = (at - а0) л (а2 - а0) л ... л (а„ - а0) = nlvAoAi^Aj
Vo = а1 л а2 Л • - • Л ап = n-VMA,A2...A
Vi = а0 л а2 л ... л а„ = n\vMAoA2 ^ = — n\vAoMAtA2...Aj
и, вообще,
Vi = {-iy-nlvAiiAt„,A^MAiiA.
Из этих формул следует, что (в полном соответствии с фор¬
мулами, ранее полученными для плоскости и трехмерного
пространства)
VMAtA2...A,	VA„MA2...A.
Но =	, Hi =	>
VA0A,...A.	иА0А2...А,
VA0A,MA,...A,	■	VAoA^.-.A'-tM
H2 = 	,	Hn	=	 •
VA0A,...A.	VA0A,.	.A.
В заключение рассмотрим вопрос о нахождении расстояний
и углов в пространстве R" с помощью скалярного произведе¬
ния и с помощью барицентрических координат. На плоскости
и в трехмерном пространстве скалярное произведение опреде¬
ляется формулой
ab = | а | ] b | cos ос,	(59)
где	а — угол между векторами а и Ь. Скалярное произведение
удобно тем, что оно обладает удачными алгебраическими
свойствами:
ab = Ьа,	(а + Ь) с = ас + be, (ka) b = к (ab),	(60)
кроме того (поскольку cos 0 = 1),
а2 = аа = | а |2.	(61)
Из	этих	формул	вытекает, что для любых векторов	а1 =
= (xl; уу), а2 = (х2; у2) на плоскости мы имеем
ata2 = (xte, + y^Mx^ + у2е2) =
= (xjx2) ef + (х1У2) ete2 + (ytx2) e2et + (yiy2) e| = xtx2 + У1У2
(поскольку e2 = e2 = 1 и e,e2 = e2e, = 0). Аналогично в прост¬
ранстве для векторов at = (xt; У1; zt), а2 = (х2; у2; z2) мы
имеем
ata2 = xtx2 + yiy2 + ztz2.
126

В пространстве R" у нас пока не определены длины и углы,
и потому определить скалярное произведение формулой (59)
не представляется возможным. Поэтому по аналогии с коорди¬
натными формулами, имевшими место на плоскости и в трех¬
мерном пространстве, скалярное произведение векторов а, =
= (х'ь х'2, ..., х'„) и а2 = (х", x'i, ..., х") в пространстве R"
определяется формулой
а^а2 - XjXj -+■ х2х2 -|-... -I- хпхп.
Легко проверяется, что алгебраические свойства (60) скалярного
произведения при этом сохраняются.
Формула (61) теперь уже не доказывается, исходя из
формулы (59) и что cos0=l, а служит определением
длины вектора, т. е. для любого вектора а = (xt; х2; ...; х„) мы
имеем по определению |а| = |/а^ = ]/х\ + х| + ... + х*. Нако¬
нец, формула (59), в которой теперь определены все величи¬
ны, кроме а, служит в R" определением угла между
векторами. Иначе говоря, если at = (xt; х2; ...; х„) и а2 =
= (>’|; у2; ■ • •	—	два ненулевых вектора в R", то угол ос между
ними определяется формулой *)
  aia2	Х1У1	+	х2у2 + ...+хпу„
cos а =   —   = - ,	—,	.	(62)
I Я1 I I а2 I ]/х\ + ... + Х2П \/у\ + ... + yl
Задачи
214.	Напишите формулу для расстояния между двумя
точками, которые заданы своими барицентрическими координатами
относительно базисного симплекса с вершинами А0, At, ..., А„
в пространстве R".
215. Центроидом симплекса называется точка, являющаяся цент¬
ром равных масс, помещенных в вершинах этого симплекса. Дока¬
жите, что n + 1 отрезков, каждый из которых соединяет вершину
симплекса с центроидом противолежащей грани, пересекаются в одной
точке, которая делит каждый из этих отрезков в отношении и: 1,
считая от вершины.
216. Точки М0, Mi, ..., М„ имеют относительно базисного
симплекса A0Ai...A„ барицентрические координаты р)1', ..,
0 = 0, 1,	п).	Докажите,	что	объемы	симплексов	М0М1...М„	и
АоА1...А„ связаны соотношением
VM 0М1 -.. М„ —
*4?»
Р?4 ■
■ Р<0)
Ро*
Pi1» •
• Н.,п
р'о1
Р?" ■
-- PS,"’
*) При этом доказывается (см. пример 29), что для любых
векторов а и Ь модуль числа аЬ не превосходит | а | ■ | Ь |, и потому правая
часть в (62) по модулю не превосходит 1, т. е. из этой формулы угол о,
водчиненный условию 0 ^ а ^ л, всегда определяется (однозначно)
127

217. Напишите уравнение сферы, описанной вокруг симплекса
с вершинами А0, At, А„.
218. Зная дайны ребер симплексов А0А,...А„, вычислите расстоя¬
ние от вершины А0 до центроида противолежащей грани.
219. Пусть аьа2,..., а„ — линейно независимые	векторы простран¬
ства R". Докажите, что любой вектор Ь этого	пространства	может
быть выражен	через а,, а2,	а„:
b = x2aj + х2а2 + ... + х„а„,
причем коэффициенты хь х2, ..., х„ имеют следующие значения:
b л а2 л ... л а„	а2	л	b	л а3 л ... л а„
Л1 = —	,	х2	—	'	,	■■■
а2 л а2 л ... л а„	а2	л	а2 л	...	л а„
_ а2 л ... л a.-i л Ь
9] а а2 л ... а а„
220. Докажите, что решение системы
ацХг + а12х2 + ■
+а1лхп = Ь1,
fl2lXl + о22х2 + .
■ + а2„х„ = Ь2,
anlXl + д„2х2 + ..
■ + атхп = Ь„
равносильно нахождению чисел хь ..., х„, удовлетворяющих ра¬
венству
x^j +х2а2 + ... + х„а„ = Ь,
где а,, а2,..., а„, Ь — векторы, имеющие координаты (а,,; а21;	ап1),
(оц'г о22; ...; о„2), ..., (а1п; а2п; ...; о„п), (Ь2; Ь2\ ...; fc„).
221.	Сформулируйте обобщение результата задачи 208 на случай
системы и линейных уравнений с п неизвестными. Используя резуль¬
таты задач 219, 220, докажите сформулированное утверждение.

ГЛАВА V
БАРИЦЕНТРИЧЕСКИЕ МОДЕЛИ
В РАЗЛИЧНЫХ ОБЛАСТЯХ ЗНАНИЯ
«Точная наука о цветах относится к труднейшим из тех,
кои желанны философу. Я надеюсь на этом примере показать,
что значит математика в натуральной философии, и побудить
геометров ближе подойти к исследованию природы, а жадных
до естественной науки — сначала выучиться геометрии».
И. Ньютон. Оптика
В этой главе мы рассмотрим различные вопросы,
в которых применяются барицентрические координаты. Они
относятся к различным-областям знания: проблемам цветового
зрения, металлургии, химии, генетики, топологии, интерполя¬
ции, статистики, электростатики. Все параграфы независимы
друг от друга, и их можно читать в любом порядке в
соответствии со вкусами читателя.
§ 16. Применения к химии и металлургии
Химические системы — растворы, сплавы, хими¬
ческие соединения, а также смеси, состоящие из нескольких
химических веществ, в некоторых отношениях аналогичны ма¬
териальным точкам.
Для конкретности будем рассматривать трехкомпонентные
смеси или соединения (составленные из трех веществ, эле¬
ментов или иных компонентов). Пусть, скажем, из трех веществ
А, В, С составлена смесь с общей массой т, причем на каждую
единицу массы этой смеси приходится р, единиц вещества А,
йг единиц вещества В и р3 единиц вещества С (так что
Mi + JJ-2 + (J-з = 1). Числа рь р2, рз называются концентрациями
компонентов А, В, С. Выберем на плоскости произвольный
треугольник ABC (базисный треугольник) и сопоставим рас¬
сматриваемой смеси материальную точку тК следующим
образом: в точку К с Б-координатами (pt; р2; р3) помещается
масса т всей рассматриваемой смеси. Таким способом каждой
трехкомпонентной смеси сопоставляется материальная точка
в A ABC, причем смесям с различными составами (т. е. отли¬
чающимися концентрациями компонентов) сопоставляются м. т.,
по-разному расположенные в A ABC. При этом каждая мате¬
риальная точка тК, где К е A ABC, характеризует вполне
определенную смесь.
5 М. Б. Балк, В. Г. Болтянский
129

Пусть теперь имеются две смеси т1К1 и т2К2. Если их
перемешать, то возникает новая смесь; масса этой новой смеси,
очевидно, равна т = т, + т2, а концентрациям веществ в
получившейся смеси соответствует некоторая новая точка К
в Л ABC. Естественно возникает вопрос, где же будет распо¬
ложена эта новая точка К, т. е. какой материальной точкой
тК будет характеризоваться эта новая смесь (называемая
объединением смесей т2К2 и т2К2)1 Оказывается, что имеет
место следующее легко проверяемое утверждение:
Если две смеси характеризуются материальными точками
т1К1 и т2К2, то объединение этих смесей характеризуется
материальной точкой тК, которая является суммой этих
двух м. т., т. е. т = т, + т2 и К — центр масс рассматрива¬
емых двух м. т.:
тК = miK1 + т2К2.
Аналогичное утверждение верно и применительно к смеси,
возникающей при перемешивании любого числа смесей, состав¬
ленных из трех заданных компонентов. Иначе говоря, если
смесь возникла при смешении п смесей, составленных из одних
и тех же трех компонентов А, В, С и характеризуемых
материальными точками mtKь т2К2, ..., т„К„, то полученная
смесь характеризуется материальной точкой
тК = т2К2 + т2К2 + ... + тпК„,
где т = mt + т2 + ... + т„.
Это предложение позволяет сводить разнообразные задачи,
в которых речь идет о смесях, к задачам о нахождении
центров масс для систем материальных точек.
В качестве базисного треугольника, используемого для
изображения трехкомпонентных смесей в виде материальных
точек, часто берут правильный треугольник. В этом случае
его принято называть треугольником Гиббса — Розебома. Не¬
редко в качестве базисного используют равнобедренный пря¬
моугольный треугольник; его называют треугольником Розе¬
бома. Понятно, что для этой же цели пригоден треугольник
произвольной формы. Такого рода треугольные диаграммы
находят важные и разнообразные приложения в физико-хими¬
ческом анализе.
Аналогичным образом можно для изображения четырех¬
компонентных смесей использовать материальные точки в за¬
данном тетраэдре, а для изображения многокомпонентных
смесей аналогичную роль выполняют симплексы в многомер¬
ных пространствах. Для двухкомпонентных смесей эту роль
играет отрезок.
130

Пример 53. Имеются два вида серебряного припоя. Первый
содержит 20 % Ag, 50 % Си, 30 % Zn, а второй — 45 % Ag,
30% Си, 25% Zn. Из 15 кг припоя первого вида и 10 кг
припоя второго вида получен сплав. Определим процентный
состав этого сплава.
Решение. Рассмотрим на плоскости треугольник ABC.
Вершины А, В, С сопоставим соответственно: чистому серебру
(Ag), чистой меди (Си), чистому цинку
(Zn). Тогда первый сплав изобразится
в виде точки Р с Б-координатами
(0,2; 0,5; 0,3), а второй — в виде точки Q
(0,45; 0,3; 0,25). Задача сводится к на¬
хождению центра масс Z системы двух
м. т. 15Р и 10Q. По правилу рычага
имеем 15 | ZP | = 101ZQ |, и потому
2
| ZP | = — | PQ |. Найдя теперь точку Z
на чертеже, легко графически найти	рис.	75.
состав соответствующего ей сплава
(рис. 75). К тому же результату можно прийти, вычислив Б-коор-
динаты точки Z (см. задачу 165):
15-0,2+ 10-0,45	15-0,5+10-0,3
Zl =	15П6	=°’3;	Z2 =	25	=	°’42;
15-0,3 + 10-0,25
*з =	 25~~	=°’Ж
Итак, в сплаве содержится 30% Ag, 42% Си, 28%Zn.
Пример 54. Имеется 600 г раствора иода в спирте, причем
концентрация иода составляет 18 %. Требуется получить
10%-ный раствор иода в спирте. Определим, сколько следует
долить чистого спирта.
Решение. Рассмотрим отрезок АВ длины 1 и сопоставим
чистому спирту точку А, чистому иоду — точку В. Тогда данный
раствор изобразится в
виде материальной точки 0	0	с
600Р (рис. 76), где Р имеет СгИ50Н	I
относительно [АВ] бари-	р„с	75.
Центрические координаты
Hi =0,82;	= 0,18, т. е. | АР |= 0,18. Требуемый раствор
изобразится в виде м. т. (600 + х) Q, где х — искомое количе¬
ство спирта в граммах, a Q — центр масс двух м. т. хА
и 600Р. По условию точка Q должна иметь Б-координаты
Hi = 0,9; р2 = 0,1, т. е. | AQ | =0,1. По правилу рычага имеем:
х | AQ | = 6001QP |, т. е. х ■ 0,1 = 600 • 0,08, откуда х = 480 (г).
5*
131

Задачи
222.	Имеются три раствора спирта в воде: раствор Р
со юржит 70 % спирта и 30 % воды; раствор Q содержит 50 % спирта
и 50% воды; раствор R содержит 20% спирта и 80% воды. Сколько
кг раствора R следует долить к смеси из 5 кг раствора Р и 2 кг
раствора Q, чтобы получить раствор, содержащий 40% спирта?
223. Имеются железные руды трех видов: руда вида Р содержит
53 % железа (Fe) и 13 % кремнезема (Si02); руда вида Q содержит
59% Fe и 7% Si02; руда вида R содержит 58% Fe и 11% Si02.
Из этих руд требуется составить агломерационную шихту, содержа¬
щую 55 % Fe и 11 % Si02. В каких отношениях следует смешать
для этой цели руды Р, Q, R?
224. В химической промышленности применяются так называемые
«нитрующие смеси», т. е. смеси серной и азотной кислот и воды.
Имеются две смеси: первая содержит 30% H2S04, 20% HN03,
50% Н20, а вторая 74% HN03, 26% Н20. В каком соотношении
следует слить эти смеси, чтобы получить смесь с 20 %-ным содержа¬
нием серной кислоты? Каким будет процентный состав такой смеси?
225. Олеум, широко используемый в химической промышлен¬
ности, представляет собой смесь серной кислоты H2S04, серного
ангидрида S03 и пиросерной кислоты H2S207. Имеются четыре
состава олеума: 1) 85% H2S04, 5% S03, 10% H2S207; 2) 55% H2S04;
5% S03, 40% H2S207; 3) 30% H2S04> 20% S03, 50% H2S207;
4)	60% H2S04, 35% S03, 5% H2S207.
Каким будет процентное содержание олеума, образованного от
смешения 24 кг первой смеси, 120 кг второй, 32 кг третьей и 16 кг
четвертой?
226. На металлургическом заводе имеются железные руды типов
Р, Q, R. В каждую из них входят три компонента: A (Fe); В
(смесь Si02 и А1203) и С (смесь СаО и MgO). В руду Р входят
62% компонента А, 14% компонента В, 4% компонента С; в руду Q
входят 56% А, 5% В, 3% С;, в руду R входит 52% А, 19% В
и 2 % С. Смешением этих руд составлена шихта, содержащая 40 % Р,
35 % Q, 25 % R. В каких отношениях войдут в эту шихту компо¬
ненты А, В, С?
227. Из руд трех видов Р, Q, R, указанных в задаче 226, же¬
лательно составить шихту, содержащую 58% А, 12% В и 3% С.
Отклонение допустимо с точностью до 2% для компонента А. до
1 % для компонента В и до 0,2 % для компонента С. Возможно ли
такую шихту составить?
§ 17. Колориметрия
Еще в конце XVII века Ньютон обнаружил, что
белый цвет можно рассматривать как смешение семи различных
цветов. В середине XVIII века М. В. Ломоносов высказал
мысль, что путем смешения лишь трех определенных цветов
можно получить все возможные цвета и оттенки. Эта гипотеза
была уточнена и развита в XIX веке Юнгом и Гельмгольцем.
132

Они разработали теорию (основанную на гипотезе, также впер¬
вые высказанной Ломоносовым) трехцветного зрительного
аппарата человека. Согласно этой теории в человеческом глазу
имеются колбочки только трех различных типов: одни воспри¬
нимают (днем) только красный цвет, другие — только зеленый,
третьи — только синий. Любой другой цвет воспринимается
как «смешение» этих трех цветов.
В оптике различают ахроматические («неокрашенные») цвета
(черные, серые, белые) и хроматические (зеленые, синие и т. д.).
Среди последних выделяют монохроматические цвета, т. е.
такие, которые представляют собой электромагнитное излуче¬
ние одной определенной длины волны X. Человеческий глаз
воспринимает цвета, которые соответствуют длинам волн от
X = 380 нм (1 нанометр = 10“ 9 м) до X = 780 нм. Монохромати¬
ческое излучение воспринимается глазом по-разному в зависи¬
мости от длины волны; например, излучение с длиной волны
между 380 нм и 430 нм воспринимается как фиолетовый
цвет, а между 620 нм и 780 нм — как красный цвет.
Воспринимаемое глазом ощущение цвета может возникать
в результате образования «смеси» нескольких монохроматиче¬
ских излучений. Существуют различные способы «смешения»
цветов. Например, при одновременном освещении одной и той
же площадки (экрана) лучами различных цветов возникает
новый цвет; при рассмотрении диска, разделенного на разно¬
цветные секторы и вращающегося с частотой 30 и более обо¬
ротов в секунду, также возникает ощущение единой («смешан¬
ной») цветовой окраски диска. Например, смешивая таким
образом красный и синий цвета, можно получить различные
пурпурные цвета и оттенки (малиновый, розовый и т. п.).
Оказывается, что при смешении различных цветов иногда
можно получить цвет, который воспринимается человеческим
глазом так же, как некоторый монохроматический цвет.
Будем говорить, что три цвета линейно зависимы, если один
из них может быть получен от смешения двух других (при
надлежащем подборе интенсивностей, т. е. потоков, характери¬
зующих освещенность экрана). Если же ни при каком смешении
Двух цветов нельзя получить третий цвет, то эти три цвета
называются линейно независимыми. Таковы, например, красный,
зеленый и синий.
Рассмотрим теперь случай четырех цветов. Может случить¬
ся, что путем смешения трех из них (с надлежащими интен¬
сивностями) получится четвертый. Может также оказаться, что
при надлежащем смешении двух из этих цветов и при над¬
лежащем смешении двух других цветов получается один и тот
же цвет. В любом из этих двух случаев говорят, что рас¬
133

смотренные четыре цвета линейно зависимы. Важным для
колориметрии является следующий закон, сформулированный
в 1861 году немецким математиком Германом Грассманом *)
(на основании большого экспериментального материала,
собранного различными исследователями): любые четыре цвета
линейно зависимы. Существует бесконечно много линейно не¬
зависимых троек цветов.
В 1931 году Международная осветительная комиссия (МОК)
приняла в качестве основных три монохроматических цвета:
красный R, зеленый G и синий В с длинами волн соответст¬
венно X = 700 нм, X = 546,1 нм, X = 435,8 нм.
Распространенное выражение вида «при смещении цветов
R, G, В с такими-то интенсивностями получается цвет, соответ¬
ствующий длине волны X (скажем, X = 500 нм)» не следует по¬
нимать буквально; оно означает не то, что получено моно¬
хроматическое излучение с длиной волны X, а лишь то, что
полученное излучение производит такое же воздействие на
глаз, как монохроматическое излучение с длиной волны X.
Теперь будет понятен другой важный закон, сформули¬
рованный Грассманом: цвет смеси нескольких цветов зависит
только от цветов смешиваемых компонентов, но не зависит от
спектрального состава этих компонентов.
При смешении цветов R, G, В можно, в частности, полу¬
чить и белый цвет. Приняты различные стандарты «белизны».
Если смешать с равными интенсивностями (т. е. освещеннос¬
тями,— скажем, по 1 люмену) красный цвет R, зеленый G
и синий В, то получится не белый цвет,
а цвет синего оттенка. В качестве стан¬
дартного белого цвета (обозначается
буквой Е) принят цвет, возникающий от
смешения цвета R с освещенностью в
1 люмен с 4,5907 люмена цвета G и с
0,0601 люмена цвета В (рис. 77).
Мы можем теперь наглядно изо¬
бразить цвета, получаемые от смеше-
Рис 77	ния	тРех	основных	цветов	R, G, В. Вы¬
берем на плоскости какой-либо треуголь¬
ник и вершины его обозначим буквами R, G, В (в соответствии
с основными цветами). Если некоторый цвет возник при смеще¬
нии г «единиц» цвета R, д «единиц» цвета Gab «единиц» цвета В,
*) Грассману, который в большей степени был философом, чем матема-
тиком, принадлежит — наравне с Гамильтоном — заслуга введения векторных
пространств и векторных операций (в частности, скалярного и векторного
произведений).
134

причем г + д + Ъ = 1, то можно этому цвету сопоставить
точку F, имеющую Б-координаты (г; д; Ъ). При этом надо усло¬
виться, что считать «единицей» того или иного цвета. В соответ¬
ствии со сказанным выше за «единицу» принимают такие интен¬
сивности цветов R, G и В, которые соответствуют освещенности
соответственно в 1 люмен, 4,6 люмена и 0,06 люмена. Цвет,
возникающий при смешении г, д, Ь выбранных «единиц» цветов
R, G, В, где г + д + b = 1, изобразится в виде точки F треуголь¬
ника RGB, которая имеет Б-координаты (г; д\ Ь). Эти координаты
называют в колориметрии координатами цветности (или трех¬
цветными координатами). В частности, стандартный белый цвет
Е имеет Б-координаты (координаты цветности)
(1-1-1)
\3 з’3/
Замечание. Прием, который здесь был применен, исполь¬
зуется и в других аналогичных ситуациях и, в частности,
в проективной геометрии. Пусть заданная точка Е имеет
относительно базисного треугольника А1А2А3 барицентриче¬
ские координаты Pi, р2, Рз- Если р3 значительно меньше
чисел pi, р2, то точка Е расположена вблизи стороны А,А2,
и потому угол AtEA2 близок к- развернутому, а изучение
взаимного расположения точки Е и других лежащих вблизи нее
точек затруднительно. Существенно легче было бы произвести
такое изучение, если бы точка Е находилась в «центральной
части» треугольника А1А2А3. Чтобы осуществить «перевод»
точки Е в «центральную часть» треугольника, сопоставим
числа рп р2, рз соответственно вершинам Аи А2, Аъ базисного
треугольника и будем их считать «единичными массами» для
этих вершин. Если теперь Р — произвольная точка и (bj; Ь2; Ь3) —
ее Б-координаты относительно А А1А2А3, то
ОР = ЬуОА^ + Ъ2ОА2 + Ь3ОА3 = ^ОА,) + —(р2ОЛ2) +
Hi	Иг
Н —(\13ОА3).
Из
Таким образом, чтобы получить точку Р, надо «единичные
массы» pl5 р2, рз умножить соответственно на числа
Ь2	Ь3	_
~—,	—,	—.	Эти	числа	примем	за	координаты	точки	Р
^2	р2	Рз
относительно	базисного	A AtA2A3, в	котором	задана	«еди¬
ничная точка» Е. Эти координаты обычно рассматриваются
с точностью до общего множителя, т. е. берутся их отношения
J^l. Ъ2 Ъ3
7~-.—:—, которые называются однородными (или проек-
ш Иг Из
135

тивными) координатами точки Р относительно Д АгА2А3
с единичной точкой Е. В частности, сама точка Е имеет одно-
этим координатам как бы «переводит» точку Е в «центральную
часть» треугольника А1А2А3.
Вернемся к проблемам колориметрии. В виде точек на
плоскости можно изображать и такие цвета, которые не полу¬
чаются от смешения цветов R, G, В. Пусть F — такой цвет,
что при смешении цвета F с одним из цветов R, G, В (скажем,
для определенности, с R) можно получить такой же цвет,
как от смешения двух других цветов (G и В). Это означает,
что найдутся положительные числа /ь ги ди Ьи для которых
Увеличив интенсивности всех четырех цветов в h раз, запишем
это соотношение в виде
где /=fih, г =(—rl) h, д = g3h, b = b3h: при этом число h под¬
берем так, чтобы было г + д + b — 1.
Цвета fF и F отличаются своей интенсивностью (яркостью),
но не цветностью. Их цветность можно изобразить в виде
точки Fb расположенной в плоскости треугольника RGB и
имеющей Б-координаты («цветовые коэффициенты») г, д, Ь.
Так как одна из этих координат отрицательна, то точка Fi
расположена вне Д RGB.
Множество всех точек, изображающих цветности спект¬
ральных (т. е. монохроматических) цветов (430 нм ^ >. ^ 700 нм),
представляет собой некоторую кривую Г, снятую эксперимен¬
тально (рис. 78). Понятно, что она проходит через вершины
базисного («цветного») треугольника RGB, так как цвета R,
136
родные координаты
переход к
fiF + rlR=glG АЬ3В.
fF = rR+gG + ЪВ,
Рис. 78.

G, В монохроматические. Кривая Г ограничивает выпуклую
область D (область «реальных цветов»); поэтому любая цвет¬
ность, возникающая при смешении монохроматических цветов,
изобразится в виде точки, принадлежащей этой области. То,
что область D содержит весь базисный треугольник RGB,
означает, что каждая точка этого треугольника изображает
некоторый реальный цвет. В то же время имеются такие
реальные цвета, которые не могут быть получены из цветов
R, G, В только с помощью операции их смешивания; таковыми
будут цвета, изображаемые точками области D, лежащими вне
A RGB. Выпуклость и «округлость» области D указывает еще
и на то, что ни при каком выборе базисного треуголь¬
ника с вершинами в точках, изображающих реальные цвета,
не может оказаться, что все реальные цвета имеют лишь
положительные Б-координаты, т. е. что любой реальный
цвет может быть получен из трех «базисных» цветов (соответ¬
ствующих вершинам базисного треугольника) с помощью
смешения.
Сказанное имеет непосредственное отношение к вопросу
о цветопередаче в цветном телевидении, фотографии и кинема¬
тографии. В каждом случае цветное изображение реального
объекта, «нарисованное» объективом на поверхности светочув¬
ствительного слоя, как бы разлагается на компоненты, соот¬
ветствующие трем базисным цветам. В кинопленке, например,
это достигается тем, что светочувствительный слой состоит
из трех отдельных слоев, в которые вводятся специальные
красители (сенсибилизаторы), благодаря которым кристаллы
бромистого серебра, окрашенные тем или иным сенсибили¬
затором, оказываются чувствительными в основном лишь к
определенной компоненте (красной, зеленой или синей). В ре¬
зультате процесса проявления и фиксирования в желатиновом
слое (который ранее был светочувствительным) возникают три
изображения снятого объекта — красное, зеленое и синее. Каждое
из этих изображений образовано мелкими кристалликами
соответствующего цвета — «зернышками», которые хорошо
видны при рассмотрении кинопленки (или фотоснимка) через
микроскоп и даже просматриваются через сильную лупу.
Однако при непосредственном рассмотрении глазом (без сильно
Увеличивающих оптических приборов) эти три цветных изобра¬
жения смешиваются, что и создает эффект цветного снимка.
В телевизоре тот же эффект достигается тем, что на по¬
верхность кинескопа наносится при его изготовлении три
системы элементов, которые под воздействием электронного
луча (десятки раз в секунду прочерчивающего строка за
строкой всю поверхность кинескопа) светятся — одни красным,
137

другие зеленым, третьи синим светом. Так как эти люмине-
сцирующие элементы нанесены в виде очень мелких сеток,
покрывающих поверхность кинескопа узкими перемежающи¬
мися строками, то возникающие на поверхности экрана цвета
(красный, зеленый, синий) смешиваются, и в зависимости от
яркостей этих компонентов зритель воспринимает на экране
цветное изображение.
Из сказанного выше ясно, что (даже при идеальных сен
сибилизаторах и безукоризненно проведенном процессе про¬
явления, точно воспроизводящем на изображении базисные
цвета R, G, В) полученное фотографическое, кинематографи¬
ческое или телевизионное изображение может воспроизвести
лишь такие цвета, которые получаются смешением трех ба¬
зисных цветов (с теми или иными интенсивностями). Иначе
говоря, на изображении получаются лишь те цвета, которые
соответствуют точкам базисного треугольника RGB (а не всей
области D реальных цветов). Это означает, что цветопередача,
получаемая на изображении, непременно будет несколько иска¬
женной и более бедной, чем цветовая гамма, имевшаяся у
реального снимавшегося объекта. Даже с учетом эффекта сме¬
шения цветов на изображении воспроизводятся не все реаль¬
ные цвета, а лишь цвета, изображаемые точками базисного
(«цветового») треугольника RGB. Почему же мы не замечаем
этого и часто (при точной работе оператора и работников
проявочного цеха) видим на киноэкране прекрасную естествен¬
ную цветопередачу? Объясняется это тем, что ведь и наш
глаз тоже работает на основе трехкомпонентного цветового
зрения (благодаря наличию колбочек трех видов в сетчатой
оболочке глаза), и потому при хорошем подборе сенсибилиза¬
торов изображение на экране соответствует тому вос¬
приятию реального объекта, которое осуществляется нашим
глазом.
Заметим еще, что дальтонизм (врожденный недостаток зре¬
ния, при котором не различаются синий и зеленый цвета)
сводится к наличию только двух базисных цветов — красного
и еще одного («сине-зеленого»). В результате вместо треуголь¬
ника RGB мы получаем для характеризации зрения дальтоника
отрезок RB-, точки этого отрезка, изображающие цвета, раз¬
личаемые дальтоником, характеризуются уже не тремя, а
двумя барицентрическими координатами г, Ь.
Вернемся к математическому рассмотрению проблемы цве¬
топередачи. Как мы видели, точки плоскости RGB, лежащие
вне области D, не соответствуют реальным цветам. Тем не
менее ради удобства вычислений бывает целесообразно рас¬
сматривать и эти точки. В частности, представляет определен¬
ие

ное удобство выбор такого базисного треугольника, относи¬
тельно которого все реальные цвета имеют неотрицательные
координаты. Однако, как следует из сказанного выше, выбрать
этот треугольник так, чтобы его вершинами оказались точки,
изображающие реальные цвета, невозможно.
В 1931 году МОК приняла стандартную систему цветовых
(барицентрических) координат, в которой в качестве основных
цветов (изображаемых вершинами базисного треугольника)
приняты три цвета, не воспроизводимых реально, и получивших
стандартные обозначения X, Y, Z.
Выбор точек Х0, У0, Z0 в плоскости треугольника RGB,
соответствующих этим цветам, диктуется следующими сообра¬
жениями. Пусть F по-прежнему обозначает какой-либо «еди¬
ничный цвет», и пусть (г; д; Ь) — его Б-координаты относительно
Л RGB, а (х; у, z) — его Б-координаты относительно треуголь¬
ника X0Y0Z0 (пока еще нами не подобранного). Тогда интен¬
сивность Lf единичного цвета F выражается через интенсив¬
ности Lr, Lc, Lb единичных цветов R, G, В по формуле
Lf = гLR 4- gL(j + bLB,	(63)
а через интенсивности Lx, Ly, Lz единичных цветов X, Y, Z —
по аналогичной формуле
Lf = xLiX + yL, у 4" zLiZ.
Последняя формула упростится, если два единичных цвета
(скажем, X и Z) будут иметь нулевую интенсивность. Поль¬
зуясь формулой (63), нетрудно написать уравнение линии у,
точки F которой соответствуют цветам, которые имеют (отно¬
сительно Л RGB) нулевую интенсивность:
rLR + gLc + bLB = О,
или подробнее
\г + 4,59070 + 0,06016 = 0.	(64)
Линия у — прямая (рис. 78); она получила название «алихна»
(по-гречески «бесцветная»). Две вершины Х0 и Z0 (а значит,
и сторону X0Z0) выберем лежащими на прямой у. Вторую
сторону треугольника X0Y0Z0 выбирают на прямой, проходя¬
щей через те точки «линии спектральных цветов» Г, которые
изображают монохроматические цвета с длинами волн к —
= 700 нм и X — 640 нм. Такой выбор диктуется тем, что на
этом участке линия Г практически прямолинейна, и в новой
системе отсчета X0Y0Z0 для монохроматических цветов из диа¬
пазона от 640 нм до 700 нм одна Б-координата будет равна
нулю. Так как известно, что указанные две точки относительно
139

A RGB имеют Б-координаты (1;0;0) и (0,9797;0,0203; —0,002),
а любая прямая выражается уравнением первой степени отно¬
сительно Б-координат, то легко найти уравнение искомой пря¬
мой (рис 78):
0,10 + b = 0.	(65)
Прямую, содержащую третью сторону треугольника X0Y0Z0,
выбирают так, чтобы она касалась «области реальных цветов»;
в качестве нее берут прямую, описываемую уравнением
2,45г + 1,550 + Ь = 0.	(66)
Задачи
228.	Учитывая, что сумма барицентрических коорди¬
нат равна единице, вычислите Б-координаты (относительно A RGB)
точек попарного пересечения трех прямых (64), (65), (66).
229. Вычислите Б-координаты ех, еу, ег точки Е («белый цвет»)
относительно базисного треугольника X0Y0Z0, образованного пря¬
мыми (64), (65), (66).
230. Докажите,	что	для базисных цветов X	= (ЗеД Х0,	У = (Зе9)У0,
Z = (3ez) Z0 справедливо соотношение £ = — X	+ — У + — Z.	Эти ба-
3	3	3
зисные цвета играют важную роль в теории цветопередачи.
§ 18. Подразделения полиэдров
В этом параграфе мы расскажем о применении
центров масс и барицентрических координат в топологии —
новом разделе геометрии, который оформился в самостоятель¬
ное научное направление лишь в XX столетии. Впрочем, о
самой топологии здесь речи не будет*), а разговор пойдет
лишь о барицентрических подразделениях, рассматриваемых в
различных вопросах топологии.
В отличие от других параграфов, здесь задачи не собраны
в конце параграфа, а рассредоточены по всему тексту, так
как они составляют существенную часть изложения. Читатель
сам решит, будет ли он эти задачи решать подряд (воз¬
можно, ограничиваясь трехмерным пространством, т. е. считая
п = 3), или же часть из них пропустит, ознакомившись с
содержащимися в них утверждениями.
Прежде всего отметим следующий факт (см. замечание 1
в § 2). Пусть Т = [А0А1А2] — некоторый треугольник и
т0, ти т2 — положительные числа (массы, помещаемые в вер¬
шинах этого треугольника). Обозначим через Л012 центр
') Читателю, который захочет получить представление о топологии, можно
рекомендовать книгу: Болтянский В. Г., Ефремович В. А. Наглядная
топология.— М.: Наука, 1982. (Библиотечка «Квант», выл. 21.)
140

масс всех трех м. т. т0А0,
mtA 1, т2А2, а через А12 -
центр масс двух м. т. т1А1
и т2А2 (рис 79). Тогда точки
А0, А12 и А012 лежат на
одной прямой. Этот факт
можно осмыслить следую¬
щим образом. Точка А0 —
нульмерная грань треуголь¬
ника [AoAiAi], а сторона
[Л ,Л2] (которая содержит
все остальные вершины, кроме Л0) — одномерная грань этого
треугольника, противоположная нульмерной грани А0. Теперь
отмеченный факт может быть сформулирован следующим
образом. Пусть в вершинах треугольника Т помещены ка¬
кие-то положительные массы, и пусть Т и Т" — две про¬
тивоположные грани этого треугольника (т. е. 7™ содержит все
вершины треугольника, кроме вершин, принадлежащих грани
Т). Обозначим через А' центр масс, помещенных в вершинах
грани Т', через А" — центр масс помещенных в вершинах
грани Т", а через А — центр всех масс, помещенных в верши¬
нах треугольника Т. Тогда точки А', А", А лежат на одной
прямой.
А2
Ао	Рис.	79.
Задачи
231.	Сформулируйте и докажите аналогичное утвержде¬
ние для тетраэдра. Сколько в результате получается отрезков,
пересекающихся в одной точке (см. задачу 1)?
232. Сформулируйте и докажите аналогичное утверждение для
«-мерного симплекса.
233. Сформулируйте и докажите аналогичное утверждение для
произвольных м. т. т(Ль ..., mkAk	л
(не предполагая, что А, Ак —
вершины треугольника, тетраэдра,
симплекса).
Следующий факт мы полу¬
чим, рассматривая тетраэдр
(треугольник для этого слиш¬
ком беден геометрической ин¬
формацией). Пусть в вершинах
тетраэдра Т= [ЛсИИг^з] по¬
мещены какие-то положитель-	Рис.	80.
ные массы т0, ть т2, т2, и
пусть Т — некоторая одномерная грань (ребро) тетраэдра Т,
скажем, Т' = [Л0Л,]. К этому ребру примыкают две двумерные
141

грани [А0А1А2] и [А0А,А3] (рис. 80), а также одна «трех¬
мерная грань» — сам тетраэдр [А0А1А2А3']. Кроме того, к
ребру Т примыкает одна одномерная грань (само ребро Т).
Для каждой из этих четырех граней (примыкающих к Т)
можно взять центр масс, лежащих в этой грани, т. е. точки
А012, А013, /4012з, А01. Оказывается, что эти четыре точки
лежат в одной плоскости (см. задачу 234).
Задачи
234.	Пусть Т' = [А0А,] — одномерная грань тетраэдра
[А0А\А2А3], в вершинах которого помещены массы т0, ть т2, т3.
Докажите, что для каждой из четырех граней, примыкающих к Т',
центр содержащихся в ней масс лежит в плоскости, определяемой
(в барицентрических координатах р0> Hi. Й2> Из относительно базисного
тетраэдра [ДоД^Лз]) уравнением — = —
m0 mi
235.	Пусть Т = |>Mi ■ ■ - А„] — некоторый п-мерный симплекс, в вер¬
шинах которого помещены положительные массы m0,	Пусть,
далее, Т — некоторая A-мерная грань этого симплекса, скажем,
Т = [A0Ai... Ak] (А < п). Докажите, что для любой грани Т", при¬
мыкающей к Т(т. е. содержащей все вершины А0, Ah.Ак), центр масс,
содержащихся в грани Т", лежит в (п — А)-мерной плоскости,
определяемой уравнениями
i^£. = 2Д=	=
m0 mt	m*
Вернемся снова к треугольнику Т = [А0А1А2], в вершинах
которого расположены массы т0, ти т2, и возьмем какую-
либо вершину этого треугольника, скажем, вершину Т = А0.
Рассмотрим все те точки треугольника, у которых отношение
Но
— не меньше, чем аналогичные отношения для других
ГПо
Uq	Ui	Lin	117
вершин, т. е. вьшолнены два неравенства — ^	^	.
УП0	ГП\	Wo	m2
На рис. 81 это множество 3(А0) отмечено штриховкой; оно
называется барицентрической звездой *) вершины А0 в треуголь¬
нике [А0А 1Д2]. На рисунке видно, что барицентрическая
4	-	звезда	является	выпуклым множеством (четырехугольником).
Видно также, что барицентрическая звезда составлена из двух
*) Точнее, замкнутой барицентрической звездой (кроме них, рассматри¬
ваются открытые барицентрические звезды, определяемые строгими не-
Uo	Uj	Uo	H2 1
равенствами: —>—, —>—). Мы в дальнейшем будем рассматривать
Гоо	гп\	т0	т2}
только замкнутые барицентрические звезды, опуская слово «замкнутые».
142

треугольников [АйА01Ай12] и [А0А02А012], которые называются
звездными треугольниками.
Теперь возьмем не вершину треугольника Т = [А^А^А^,
а его одномерную грань Т', скажем, Т = [Л0/1|]. Барицентри¬
ческая звезда З(Т') этой грани определяется системой соотно¬
шений
Ц°	_	Mi	>	Й2
m0	mt	т2
и представляет собой отрезок [>4oi^oi2]-
Наконец, барицентрическая звезда 3(Т) самого треугольника
Т= [А0А 2А2] определяется равенствами
Мо	_	Mi	=	М2
m0	m,	m2
и состоит только из одной точки А012.
Заметим, что барицентрическая звезда нульмерной грани
имеет размерность 2, для одномерной грани барицентри¬
ческая звезда имеет размерность 1, для двумерной — раз¬
мерность 0, т. е. в треугольнике	барицентрическая
звезда /(-мерной грани (к = 0, 1, 2) имеет «дополнительную»
размерность 2 — к. Кроме того, по сравнению с гранями
барицентрические звезды примыкают друг к другу «наоборот»:
если грань Т треугольника примыкает к грани Т" (т. е.
Т zd Т ), то, наоборот, звезда 3(Т") примыкает к З(Т')
(т. е. 3(Т") ц> 3(Т’)). Это легко проследить на рис. 81, например,
для граней Т = \_A0A2Ji, Т" = А0.
Для тетраэдра Т = [А0А1А2А3] положение вещей аналогично
(см. задачу 239).
Задачи
236.	Пусть Г — некоторая /с-мерная грань симплекса
Т *=[А0А1...Ащ'\, скажем, Т = [А0А1...Ак]. Барицентрической звездой
З(Т') грани Т в этом симплексе называется множество всех точек.
143

барицентрические координаты р0, рр„ которых (относительно
базисного симплекса [Д0.4, ...Л,,]) удовлетворяют условиям
Hi _ _Но^	_	_Мо_. Hn-i <	Hip	<	Но
т, т0 ’ " тк т0 ' тк+1 " то’""’ т„ " т0 '
Докажите, что 3(Т') есть выпуклый многогранник размерности п — к.
237. Докажите, что если грань Т симплекса [А0А [... /1„] примыкает
к грани Т" (т. е. Т' r> Т"), то звезда 3(Т") примыкает к З(Т')
(т.е. 3(Г") => 3(Г')).
238. Пусть Т1 — какая-либо fc-мерная грань симплекса Т =
= [А0А1...А„'] (в вершинах которого расположены массы т0, ть...
...,т„) и ^сТгС-.-сТ.^сТ —такая последовательность граней,
что каждая следующая грань имеет на единицу большую раз¬
мерность, чем предыдущая. Центры масс, содержащихся в этих гра¬
нях, обозначим через Ви Вг,	В. Докажите, что (п — к)-
мерный симплекс с вершинами В,,	В2,...,В„_ц, В («звездный
симплекс», сопряженный грани Тг) содержится в звезде 3(Tt).
Докажите также, что число таких звездных симплексов (сопряжен¬
ных грани Т[) равно (п — к)\, а объединение всех этих симплексов
равно 3(Т,).
239. Проверьте свойства барицентрических звезд и звездных
симплексов (задачи 236 — 238) в случае, когда рассматривается тетраэдр
(и = 3) с равными массами в его вершинах (т0 = тг = т2 = т3 = 1).
Сделайте чертежи.
Заметим, что все звездные симплексы, сопряженные различ¬
ным граням симплекса Т, и все грани этих звездных симплек¬
сов образуют систему симплексов, обладающих следующим
свойством расположения друг относительно друга: каждые два
из этих симплексов либо не имеют общих точек, либо же
их пересечение является гранью каждого из них. Короче, эти
симплексы примыкают друг к другу целыми гранями. Это
легко прослеживается на рис. 82, где изображено разбиение
треугольника Т = [А0А,А2] на звездные симплексы. Например,
одномерный симплекс [А0А01] и двумерный симплекс
144

комплекс. Пример
[A2Ai2A0l2] не имеют общих
точек, а симплексы [A0A0iA012]
и [А0А02А012] пересекаются по
отрезку [А0А012], являющемуся
их общей «гранью».
В различных вопросах топо¬
логии рассматриваются симпли-
циалъные комплексы, т. е. такие
системы симплексов, что эти
симплексы и их грани обладают
отмеченным выше свойством:
пересечение любых двух либо
пусто, либо является гранью
каждого из них. Таким образом,
разбиение произвольного сим¬
плекса на звездные симплексы
представляет собой симплициальный
симплициального комплекса изображен на рис. 83; этот ком¬
плекс является двумерным, т. е. наибольшая из размер¬
ностей входящих в него симплексов равна 2.
Множество всех точек, принадлежащих симплексам, состав¬
ляющим комплекс, называется полиэдром. Но чтобы задать
симплициальный комплекс, недостаточно только указать соот¬
ветствующий полиэдр; надо еще перечислить симплексы, со¬
ставляющие этот комплекс. Например, симплекс А0А1...Ап со
всеми своими гранями составляет симплициальный комплекс.
Его барицентрическое подразделение (состоящее из всех звезд¬
ных симплексов и их граней) — это уже другой симплициаль¬
ный комплекс (хотя он определяет тот же полиэдр).
Пусть К — некоторый симплициальный комплекс, | К | —
соответствующий полиэдр. Если М — какая-либо точка этого
полиэдра, то в комплексе К существует единственный
симплекс, для которого М является внутренней точкой
(он называется носителем точки М). Например, для точки М{
на рис. 83 носителем является треугольник А1А4.А5, а для
точки М2 — отрезок АкА2.
Пусть К — некоторый симплициальный комплекс, Аи А2,...
■ ■ ■, Ар — все его вершины. Возьмем произвольную точку
М е | К |, и пусть ее носителем является, скажем, симплекс
[v4!>42 ... v4kJ. Тогда определены барицентрические координаты
Рь Ц2>'--*М* этой точки относительно базисного симплекса
[А1А2...Ак], причем все эти координаты положительны
(поскольку М — внутренняя точка симплекса [AtA2... Ак], являю¬
щегося ее носителем). Условимся считать, что для всех
остальных вершин комплекса К (не принадлежащих симплексу
145

[AtA2... Ак]) соответствующие им барицентрические координа¬
ты точки М тоже определены, но все равны нулю. Таким
образом, справедливо равенство
ОМ = \iiOAi + ... + \ik0 Ак + \ik+iOAk+i + ... + \ipOAp,
причем сумма всех барицентрических координат точки М
по-прежнему равна 1.
Теперь можно обобщить понятие барицентрической звезды
на любой симплициальный комплекс. Пусть К — симплициаль-
ный	комплекс,	Аи	А2,...,АР — все	его	вершины	и
mi, w2,•• ■>тр ~ заданные	положительные числа (распределение
масс). Возьмем некоторый симплекс Т комплекса К; пусть,
скажем, его вершинами являются точки Аи А2,..-,Ак. Бари¬
центрической звездой симплекса Т в комплексе К называется
множество всех точек Ме|К|, барицентрические координаты
которых удовлетворяют условиям
Й1 _ Й2	_	_	В* B*+i ^ Pi	Цр	^ Pi
mi m2	”	щ’ mk +1 mx' " ' mp	wij
(см. задачу 236). Например, барицентрическая звезда вершины
А6 в комплексе, изображенном на рис. 84, представляет собой
А7
Рис. 84.
многоугольник, но только не плоский, а изломанный (если
точки Ак, А2, А3, А4, А5, А-,, Аа не лежат в одной плос¬
кости). Барицентрическая звезда отрезка А±АЬ на рис. 84
представляет собой двузвенную ломаную.
Задачи
240.	Пусть Т — некоторый симплекс комплекса К и
Ти...,Тг — все симплексы комплекса К, примыкающие к Т (т. е.
содержащие Т). Докажите, что барицентрическая звезда 3 (Т) симплекса
146

Т в комплексе К представляет собой объединение барицентрических
звезд грани Т, взятых в симплексах Тк,...,Тг.
241. Докажите, что объединение всех барицентрических звезд
вершин комплекса К есть | К |.
242. Комплекс К состоит из q треугольников, имеющих общую
сторону Г (и из всех граней этих треугольников). Что представляет
собой барицентрическая звезда симплекса Т в этом комплексе?
(Этот пример вместе С рис. 84, на котором заштрихована барицентри¬
ческая звезда вершины А6, поясняет происхождение термина «бари¬
центрическая звезд а».)
243. Докажите, что если барицентрические звезды вершин
А,, А2,...,Ак в комплексе К имеют непустое пересечение, то в
комплексе К имеется симплекс с вершинами Аи А2,...,Ак (и обратно).
В заключение рассмотрим вопрос о размерах симплексов
некоторого комплекса. Диаметром симплекса называется наи¬
большая из длин его ребер. Далее, степенью мелкости
симплициального комплекса К называется наибольший из
диаметров входящих в него симплексов.
Задачи
244. Докажите, что если диаметр симплекса равен d,
то для любых двух точек А, В этого симплекса справедливо не¬
равенство | АВ | < d, причем равенство достигается лишь в том случае,
если А и В — концы наибольшего ребра (или одного из наиболь¬
ших).
245. Докажите, что если комплекс К представляет собой бари¬
центрическое подразделение симплекса Т = [A0At ...АД, построенное
при помощи распределения масс m0 = т, = ... = т„ = 1 (такое ба¬
рицентрическое подразделение называется собственным), то степень
мелкости d' симплициального комплекса К удовлетворяет условиям
1	п
— d<d'< r-dy где d — диаметр симплекса Т. Докажите более
2	/7+1
,,	1/2(и+1)	,,
точную оценку d ^ / — -а (которая достигается только для пра-
п
вильного симплекса Т).
246. Пусть К — симплициальный комплекс, иа вершинах
/4,,	Л2,...,ЛР которого задано некоторое распределение масс
m,, m2,...,mp. Докажите, что все звездные симплексы, построенные
(с помощью этого распределения масс) во всех симплексах комплекса
К, образуют новый симплициальный комплекс К’ (он называется
барицентрическим подразделением комплекса К (рис. 84)).
247. Докажите, что если степень мелкости комплекса К равна
d, то его собственное барицентрическое подразделение (по¬
строенное с помощью распределения масс т, = т2 = ... = тр = 1) имеет
степень мелкости < —-—d, где г — наибольшая размерность содержа-
г + 1
щихся в комплексе К симплексов. Выведите отсюда, что s-кратное
147

собственное барицентрическое подразделение K(s) комплекса К имеет
при достаточно большом s как угодно малую степень мелкости.
248.	Пусть | К | — произвольный полиэдр, имеющий размерность г
(т. е. наибольшая из размерностей симплексов, содержащихся в комплек¬
се К, равна г) и е — заданное положительное число. Докажите, что
существуют полиэдры Зь 32,...,3,, покрывающие | К |	(т.	е.
3,U32U--U3, = !*!>” обладающие следующими двумя свойствами:
1) каждые г + 2 из полиэдров 3,, 32,...,3, имеют пустое пересечение;
2) любой полиэдр 3,- имеет диаметр sg е (т. е. для любых точек
А, ВеЗ, справедливо неравенство |ЛВ|^е). (Сформулированное ут¬
верждение имеет фундаментальное значение для топологической
теории размерности.).
§ 19. Барицентрические координаты
в теории интерполяции
В этом параграфе мы рассмотрим задачу
интерполяции, т. е. приближенного представления сложных
функций с помощью более простых. В этих вопросах (на¬
ходящих приложения в математическом анализе при прибли¬
женном решении уравнений математической физики и т. д.)
за последние годы все более широко применяются бари¬
центрические координаты.
Задачи
249.	Плоскость а' ортогонально проектируется на
плоскость а (рис. 85). Точки А\, Л'2, А’3, М' плоскости а' имеют
своими проекциями точки А3, А2,
А3, М. Докажите, что барицентри¬
ческие координаты точки М‘ отно¬
сительно базисного треугольника
А\А2А3 совпадают с барицентри¬
ческими координатами щ, р2, р3
точки М относительно базисного
треугольника AjA2A3.
250.	Докажите, что при усло¬
виях задачи 249 справедливо ра¬
венство
ЬАЬА —	-f-	^х2А2А2	-Ь	р3А3А3.
251.	Условимся расстояние точ¬
ки М' от плоскости а считать поло¬
жительным, если М находится по
одну сторону плоскости а («сверху»),
и отрицательным, если М' лежит
по другую сторону от а («снизу»).
Пусть при условиях задачи 249 расстояния точек А\, А2, А3 от
плоскости а равны а,, а2, а3. Докажите, что если точка X прост¬
ранства проектируется в точку М(р2; р2; р3) и находится на рас-
148

стянии z от плоскости а, то точка X в том и только в том случае
лежит в плоскости а', если
г =	+	ц2а2 + ц3а3.
Это соотношение можно назвать барицентрическим уравнением
плоскости а' относительно базисного треугольника А1А2А3.
252.	Обобщите результат задачи 250 на случай к-мерного симплек¬
са [АоА^-.Аь].
Утверждение, содержащееся в задаче 251, позволяет рас¬
смотреть одну типичную интерполяционную ситуацию. Пусть
в плоскости ос задана некоторая область G (которую ради просто¬
ты будем считать многоугольником) и в этой области задана
положительная функция ср, т. е. каждой точке MeG сопостав¬
лено некоторое положительное число ср (М). Рассмотрим в
пространстве точку М', проектирующуюся в точку М и на¬
ходящуюся на расстоянии ср (М) от плоскости а. Всевозмож¬
ные такие точки М' образуют некоторую поверхность G',
проектирующуюся на область G, а объединение всевозможных
отрезков [ММ'] представляет собой тело Т, ограниченное об¬
ластью G, поверхностью G' и боковой (цилиндрической)
поверхностью с образующими, перпендикулярными плоскости
а (рис. 86). Во многих прикладных вопросах нужно (хотя
бы приближенно) вычислить площадь поверхности G’ или
объем тела Т. Ввиду сложности функции ср решение этих
задач может оказаться нелегким. Мы можем существенно
упростить их решение, воспользовавшись следующим приемом.
Разобьем область G на мелкие треугольники. Если
А{А2А3 — один из этих треугольников и А'и А’2, А'3 —
точки поверхности G', лежащие над точками А,, А2, А3
(т. е. проектирующиеся в эти точки), то мы заменим участок
поверхности G', лежащий над А А3А2А3, треугольником
149

(«треугольной черепицей») А\А'гА'ъ. Поступив таким образом и
с другими участками поверхности G' (расположенными над
другими треугольниками, на которые разбита область G), мы
заменим всю поверхность G' «черепичной крышей», составлен¬
ной из треугольников и расположенной над областью G.
Вычислить объем тела Т*, ограниченного этой крышей,
областью G и боковой поверхностью, может оказаться более
легкой задачей, чем вычисление объема первоначального тела
Т. Интуитивно ясно (это можно строго обосновать при
весьма общих предположениях относительно функции <р), что
при мелком дроблении области G на треугольники объем
тела Т* мало отличается от объема тела Т. И другие задачи,
связанные с поверхностью G' или телом Т, может оказаться
более удобным решать, заменяя поверхность G' указанной
выше «крышей». А возможность записать с помощью бари¬
центрических координат уравнение плоскости, содержащей
«треугольную черепицу» (задача 251), облегчает решение задач,
связанных с «крышей».
Задачи
253. Докажите, что объем прямой косоусеченной
призмы, изображенной на рис. 85, равен S(ht + h2 + Л3), где S —
площадь основания А2А2АЪ, a hu h2, h3 — длины ребер А2А'и
А2А2, А3А3.
254. Докажите, что если все треугольники, на которые разбита
область G, имеют одинаковую площадь, то объем тела Т* равен
—S(kthi + k2h2 + ... +
где S — площадь всей области G, й,, h2,...,hp — значения функции
Ф в точках Аи А2,...,Ар, являющихся вершинами треугольников, на
которые разбита область G, п — число этих треугольников, a kt —
число треугольников, примыкающих к вершине А,.
Иногда бывает нужно заменить поверхность G' «крышей»,
составленной не из плоских треугольников, а из искривлен¬
ных частей, «более плотно» прилегающих к поверхности G'.
В следующих задачах намечается, каким образом с помощью
барицентрических координат может быть осуществлена квад¬
ратичная интерполяция функции ф, т. е. замена поверхности G'
прилегающей к ней поверхностью, составленной из «искривлен¬
ных черепиц», описываемых уравнениями второй степени.
255. Многочлен второй степени принимает в точках А0, А,
числовой оси значения а0, at, а в середине отрезка А0А i —
значение а01 (рис. 87). Докажите, что в точке М, имеющей отно-
150

о
I
-А-4	1
М А0	А1	х
Рис. 87.
сительно отрезка А0А i барицентрические координаты р0, рь этот
многочлен принимает значение
у = a0fio + аф1 + (4а01 -а0- я,)р0Мi-
256.	Пусть >412»	-4i3>	^2з — середины сторон треугольника
[Л1Л2Л3], лежащего в области G; пусть, далее, аь а2, а3, а12, а13, а23 —
значения функции <р в точках Л,, А2, Л3, Л12, Л13, Л2з, а А\,
А2, Л'з, Л'12, Л'и, А2з — соответствующие точки поверхности G'.
Докажите, что поверхность, определяемая относительно базисного
треугольника [Л]Л2Л3] барицентрическим уравнением
2 = аф! + а2и! + а3р! + (4an ~ °i “ «2)HiM2 +
+ (4«i3 - «1 - a3)HiH3 - (4«23 - a2 - а3)И2^з
(где z —высота точки над плоскостью Л Л,Л2Л3, а р,, р2, Из-
барицентрические координаты ее проекции относительно базисного
треугольника Л1Л2Л3), проходит через все шесть точек А\, А'г, А3,
•^12.	3» А23.
' 257. Докажите единственность поверхности, рассмотренной в зада¬
че 256. Иначе говоря, если поверхность
z = Лр? + Вр| + Ср| + £>р,р2 + Яр,рз + Вргйз
проходит через все шесть точек А'и Л2, А'3, А'12, А\3, А23, то она
совпадает с поверхностью, рассмотренной в задаче 256.
258. Обобщите результаты задач 256, 257 на случай к-мерного
симплекса [Л0Л,...Л*].
259. Пусть G' — поверхность, заданная над многоугольником G,
и пусть этот многоугольник разбит на треугольники, каждые два
из которых имеют либо общую сторону, либо общую вершину, либо
не имеют общих точек. Построим над каждым из этих тре¬
угольников «искривленную черепицу», описанную в задаче 256. Дока¬
жите, что, взяв такие «черепицы» для всех треугольников, на
которые разбит многоугольник G, мы получим над G «непро¬
текающую крышу», т. е. каждые две соседние «черепицы» плотно без
просветов примыкают друг к другу.
151

§ 20. Интерпретация закона
Харди — Вайнберга
Здесь мы рассмотрим вопрос о применении
барицентрических координат в популяционной генетике.
В каждой популяции (состоящей из многих особей одного
вида) от родителей к детям передаются наследственные
признаки. Наследственность определяется генами, причем
каждый отдельный ген управляет одним элементарным призна¬
ком (цвет волос, цвет глаз, резус-фактор крови и т. д.). Ген
может иметь либо сильную (доминантную) форму А, либо
слабую (рецессивную) форму а. При этом каждая особь
имеет (во всех клетках своего организма, кроме гамет —
половых клеток) одинаковый набор из двух генов, управ¬
ляющих рассматриваемым признаком. Если в клетках имеется
набор АА, то особь обладает рассматриваемым признаком в
сильной форме (скажем, положительный резус). То же будет
(фенотипически, т. е. внешне), если в клетках имеется набор
Аа, поскольку ген А доминирует над более слабым геном а.
И лишь если в клетках содержится набор аа, то особь
обладает рассматриваемым признаком в слабой форме (отри¬
цательный резус).
Пусть в популяции имеется X особей с генотипом АА,
Y особей с генотипом Аа и Z особей с генотипом аа.
Тогда вероятности р0, Рь р2 того, что случайно взятая
особь имеет соответственно генотип АА, Аа, аа, пропорцио¬
нальны числам X, У, Z, т. е. р0 ; Pi: Рг = X: Y: Z, и потому
X	Y	Z
^°~ X+Y + Z'-	X+Y+Z’	И2_ Л" + Y+Z'
Так как Ро + Pi + Рг = Т то в условном треугольнике с вер¬
шинами А А, А а, аа можно рассмотреть точку М с бари¬
центрическими координатами р0, pt, р2; эта точка (рис. 88)
и характеризует состояние популяции в отношении распреде¬
ления генов, управляющих рассмат¬
риваемым элементарным признаком.
Например, «дикой» популяции, в
которой все особи имеют генотип АА
(скажем, все кареглазые), соответству¬
ет точка ро = 1, Pi = р2 = 0 (левая
нижняя вершина на рис. 88); другой
дикой популяции, в которой все особи
имеют генотип аа (все голубогла¬
зые), соответствует правая нижняя
вершина р0 =0, р4 = 0, р2 = 1.
Рис. 88.
аа
152

Смешанной популяции, в которой все три генотипа АА,
соответствует точка пересечения медиан треугольника.
А менделеевской популяции (о которой пойдет речь ни¬
же}, где четверть особей имеет генотип АА, четверть аа,
а остальные Аа, соответствует точка М0 с координатами
Исследуем теперь вопрос о том, как видоизменяется
точка, характеризующая состояние популяции, при переходе к
следующему поколению. Мы будем считать, что в популяции
действует панмиксия, т. е. случайное скрещивание, при котором
мужская и женская особи (родители) соединяются независимо
от их наследственных или иных признаков. Кроме того, будем
считать, что среди мужских и женских особей генотип АА
встречается одинаково часто (и то же относится к генотипам
Аа, аа). Пусть родительская популяция характеризуется точ¬
кой М(р0; pt; р2). Если отец имеет генотип АА (вероятность
этого равна р0), то он непременно передает каждому из
детей один ген А. Далее, если отец имеет генотип Аа
(вероятность этого равна pt), то каждый из детей получает от
отца ген А с вероятностью 1/2. Наконец, если отец имеет генотип
аа (вероятность этого равна р2), т. е. у него нет генов А, то
дети получают от него ген А с вероятностью 0. Таким обра¬
зом, вероятность получить ген А от случайно выбранного отца
равна и = р0-1 + Ц] ~ + р20 = р0 + Pi. То же справедливо и
для случайно выбранной материнской особи. Следовательно,
произвольно взятая особь следующего («дочернего») поколения
получает генотип А А (т. е. получает ген А от каждого из роди¬
телей) с вероятностью р|> = и2, где и = р0 + -уpt.
Аналогичное рассуждение показывает, что генотип аа встре¬
чается в дочернем поколении с вероятностью р2 = v2, где
f = yPi + Р2-
А так как, очевидно, и + v = 1, то генотип Аа встречается в
дочернем поколении с вероятностью
pi = 1 — и2 — v2 = (и + v)2 — и2 — v2 = 2 uv.
Итак, если родительское поколение характеризуется точкой
с барицентрическими координатами р0, р,, р2, то дочернее
Аа, аа встречаются одинаково часто
1 1 1
Ц0--4, Hi-у, Н2-Т-
1
153

поколение характеризуется точкой ро, Hi, pi, вычисляемой по
формулам
Но - и2, ni - 2uv, Hz = v2,	(67)
где
1 , 1
и = но + у Hi» v = I-и =~р1+р2.
Например, если родительское поколение характеризовалось
точкой пересечения медиан базисного треугольника (р0 =
= Hi = Нг = 7з), то Для дочернего поколения получаем по этим
формулам
Но = Г/д, Hi = '/г, Нг = 'Л.	(68)
т. е. дочернее поколение является менделеевским и отли¬
чается (по распределению генотипов) от родительского.
В теоретических и практических вопросах биологии, селек¬
ции, медицины (и, в частности, в генетико-статистическом
анализе реальных популяций) важную роль играют равновесные
состояния популяций, т. е. такие, при которых дочернее поко¬
ление имеет то же распределение генотипов, что и роди¬
тельское поколение. Следующая теорема (закон Харди —
Вайнберга) содержит необходимое и достаточное условие для
того, чтобы состояние популяции было равновесным.
Теорема 18. Состояние М(но;Н1;Нг) в том и только в
том случае является равновесным, если существуют такие
неотрицательные числа р, q, удовлетворяющие условию р + q = 1,
что выполнены соотношения
Но = Р2, Hi = 2Р<], Нг = Ч2-	(69)
Доказательство. Необходимость этого условия не¬
посредственно вытекает из формул (67). В самом деле, если
состояние М (р0; НС Н2) — равновесное, т. е. дочернее поколение
имеет то же распределение генотипов, что и родительское:
Но= Но. Hi — Hi. Нг = Нг. то и3 этих равенств и (67) не¬
посредственно вытекают соотношения (69), где р = и, q = v.
Достаточность также вытекает из формул (67): если выпол¬
нены равенства (69), то на основании формул (67) имеем
нЬ = и2 =^р0 + yHi) =(р2 +-j-2pq^ =Р2(Р + q)2=P2 = V о
и аналогично pi = рь pi = р2> т- е- популяция равновесна.
Дадим теперь барицентрическую интерпретацию закона
Харди — Вайнберга. Для простоты вычислений будем считать,
что базисный треугольник является равнобедренным и прямо¬
154

угольным, причем вершина Аа находится в начале коорди¬
нат, а вершины А А, аа — соответственно в точках (—1; — 1),
(1; —1). Тогда векторы, направленные по боковым сторонам,
имеют вид а0(—1; — 1), а2(1; — 1), и потому для точки
М (|i0; PiJ Р2) мы имеем
ОМ = Роао + Мга2 = Мо (— 1 i — 1) + р2 (1; — 1) =
= (—Но + Иг? — Но-Рг),
т. е. точка М имеет декартовы координаты х = р2 — р0.
у = — ро ~ Рг- Теперь для равновесного состояния находим в
силу формул (69) и соотношения р + q = 1:
*2 = (Иг - Ро)2 = (q2 ~ Р2)2 = (q ~ Р)2 (Ч + Р)2 =(q~ р)2 =
- 2р2 + 2q2 - (р + q)2 = 2р0 + 2р2 - 1 = -2у - 1,
т. е. все равновесные состояния находятся на дуге параболы,
имеющей уравнение у = —у х2 —^ (рис. 89). Эта парабола
проходит через вершины АА и аа треугольника, соответ¬
ствующие диким популяциям, а вершина параболы находится
Аа
в точке М0, имеющей координаты х = 0, у = — '/г. т. е. в точке,
соответствующей менделеевской популяции (68). Если в качестве
базисного взять другой треугольник, картина аффинно иска¬
жается (рис. 90).
Пример 55. Известно, что примерно 16% людей имеют
отрицательный резус (рецессивный наследственный признак).
Считая, что человеческая популяция подчиняется законам
панмиксии и равновесна в отношении этого наследственного
признака, определить соответствующее распределение геноти¬
пов.
Решение. Отрицательный резус соответствует генотипу аа.
По условию частота этого генотипа составляет р2 = 0,16.
155

Согласно закону Харди — Вайнберга (см. (69)). имеем q2 = 0,16,
т. е. q = 0,4, и потому р = 1 — q = 0,6. Таким образом, р0 =
= р2 — 0,62 = 0,36; pi = 2pq = 2 • 0,6 • 0,4 = 0,48. Итак, из тех 84 %
людей, которые имеют положительный резус, 36 % имеют
генотип А А и 48 % имеют смешанный («гетерозиготный»)
генотип у4а в отношении рассматриваемого наследственного
признака (точка М' на рис. 89). Этот расчет имеет существен¬
ное практическое значение. Если мать имеет отрицательный
резус, а ребенок — положительный, то во время родов (особен¬
но если эти роды — не первые) ребенку угрожает гемолити¬
ческая болезнь, представляющая опасность для его жизни и
здоровья и требующая принятия заблаговременных медицинских
мер. Таким образом, если у женщины с отрицательным
резусом муж гетерозиготен (Аа), то с вероятностью 1/2 ребенок
будет заведомо здоров (и будет иметь отрицательный резус)
и с вероятностью 1/2 подвержен опасности заболевания.
Если же муж имеет положительный резус и гомозиготен (АА),
то каждый ребенок (кроме, возможно, первого) подвержен
опасности заболевания. И если женщина с отрицательным резу¬
сом не знает генотипа своего будущего мужа, то для каждого
ее ребенка (кроме первого) вероятность заболевания равна
0,36-1 + 0,48— + 0,16-0 = 0,6.
Пример 56. В Бразилии встречается редкое наследственное
заболевание, называемой ахейроподцей. Оно контролируется
одним геном и состоит в том, что человек, получающий
от родителей два рецессивных гена (аа), рождается без кистей
рук и окончаний ног. Частота этого заболевания составляет
примерно 0,01%. Некоторый бразилец, происходящий из
аристократической семьи с далеко прослеженной родословной
по мужской и женской линии, не имеет среди своих предков
ни одного ахейроподика. Из двух его дочерей первая имеет
больного ребенка. Какова вероятность, что вторая дочь, выйдя
замуж за внешне здорового человека, будет иметь больного
ребенка?
Решение. Отсутствие заболеваний в родословной бра-
зильца-аристократа позволяет заключить, что в его семье не
было болезнетворного гена а, так что он имеет (как и все
его предки) генотип АА. Внук его (от первой дочери) болен, т. е.
имеет генотип аа. Значит, он получил ген а от каждого из
своих родителей и, в частности, от матери, т. е. первой дочери
аристократа. Из этого вытекает, что эта дочь имеет ген а и,
поскольку она сама здорова, обладает генотипом Аа (рис. 91).
Так как дочь получила от своего отца-аристократа непремен-
156

но ген А, то	болезнетворный ген а
она получила от матери. Значит, ее
мать (жена аристократа), поскольку
она здорова, имеет генотип Аа."
Вторая дочь получила от отца ген
А, а от матери могла (с вероятно¬
стью 1/2) получить ген а. Значит,
вероятность того, что ее ребенок по¬
лучит ген а от нее, равна 1/4. Муж ^
второй дочери	(внешне здоровый) мо-	Рис	91
жет передать	ребенку ген а только
в том случае,	если сам он имеет генотип Аа.	Посколь¬
ку он внешне здоров, вероятность такого генотипа
Pi	2 pq	2q
равна 	=	-s—г— =	—, а вероятность передачи
Но + Pi р + 2 pq	р + щ
гена а ребенку вдвое меньше, т. е. она равна —-■—. Таким
p + 2q
образом, вероятность появления больного ребенка равна
~j^2q \У0110^10 Рг = Я2 — 0.0001, т. е. q = 0,01; р = 0,99
(мы считаем, что популяция бразильцев равновесна по рас¬
сматриваемому признаку, т. е. имеет место закон Харди —
Вайнберга). Следовательно, искомая вероятность равна
—V- -г = ГЛ7' О*25 = 0,002475...
p + 2q 4	1,01
Мы видим, что вероятность появления больного ребенка
(равная по всей популяции 0,0001) возрастает почти в 25 раз
при наличии больного ребенка у сестры. Подобного рода
генетическая консультация (т. е. определение вероятности
появления больного ребенка) весьма существенна при наличии
в семьях наследственных заболеваний.
Рассмотренные вопросы относятся к качественным
наследственным признакам (которые могут у каждой особи
проявляться либо в доминантной, либо в рецессивной форме).
Существуют иколичественные признаки (контролируемые
обычно не одним, а многими генами): рост, масса тела,
другие показатели физического развития взрослой особи. При
рассмотрении количественных признаков барицентрические
соображения также могут быть полезны. Рассмотрим один
пример.
Пример 57. При обследовании 120 выловленных особей
атлантической сельди средняя масса особи оказалась равной
371,2 г, а ее средняя длина 24,6 см. Обследование 80 особей,
157

взятых из второго отлова (из той же популяции) дало среднюю
массу особи 381,8 г и ее длину 24,9 см. Обследование
100 особей из третьего отлова дало среднюю массу особи
373,7 г и ее длину 24,2 см. Как определить среднюю массу
и длину по всем 300 обследованным особям?
Решение. Рассмотрим вопрос в общем виде. Сначала
были обследованы т особей; пусть их индивидуальные показа¬
тели (масса и длина) были соответственно равны
44 44 44 44---;44 44
Далее, следующие п обследованных особей дали показатели
44 44 44 44--;44 44
Наконец, р особей третьей выборки имели показатели
44 44 44 44-;44 44
Тогда средние показатели по первой, второй и третьей
выборкам имеют следующие значения:
41, + 41) + -
+ 41*
• * лт
й<и
у!1'
+ 41, + -
.. + 4J’
т
У
У
т
42) + 42, + -
- + 4Л2>
г<2)
42)
+ 4?' + -
.. + 42)
п
у
У
п
43) + Х(23) + .
.. + 4/>
,К3) -
43)
+ 44 + .
~+43)
Р	Р
а общее среднее (по первому показателю — массе) имеет вид
- _ (41} + • • • + 44 + (42) + • • • + 44 + (43) + • • • + 43)) =
т + п+ р
тх(1) + п42) + рх(3)	_(1)	_(2)	_(3)
= —	-	= Pi*1 ’ + Иг* + Рз* 4	(70)
т + и + р
где
Pi = —	;—,	Рг =	йз	=
т + п + р	т+п+р	т + п + р
(так что Pi + Рг + Рз = 1)- Аналогично, для второго показателя
общее среднее равно
У = Pi41} + РгУ{2) + РзУ(3)-	(71)
Если сравнить эти формулы с соотношениями (15), то мы
придем к следующему выводу. Обозначим через Аи А2, А3
точки с координатами (44 у(1>), (42); у*2,)> (43); у*3*)» а через М
точку, координатами которой являются общие средние
(х; у). Тогда формулы (70), (71) означают, что М есть точка,
158

имеющая относительно базисного треугольника А,А2А3 бари¬
центрические координаты рь ц2, р3. Это дает возможность
графически находить средние значения х, у.
Задачи
260.	Селекцией, направленной прощив рецессивов, назы¬
вается способ скрещивания, при котором особям с генотипом аа не
дают возможности иметь потомство, т. е. в образовании дочернего
поколения участвуют лишь особи с генотипами АА, Аа (при
случайном скрещивании). Докажите, что если родительское поколение
характеризуется точкой М(р0; ц,; р2), то дочернее поколение (при такой
селекции) характеризуется точкой М'(pi; pi; pi), где
Но : й!: Й2 = ^йо +	: Hi ^йо + "у : (у '
Выведите отсюда, что точка М' лежит иа параболе Харди —
Вайнберга (рис. 89).
261. Докажите, что если последовательность поколений получает¬
ся друг из друга с помощью селекции, направленной против рецес¬
сивов (задача 260), то точки, характеризующие эти поколения, пе¬
ремещаются по параболе Харди — Вайнберга и приближаются к вер¬
шине АА. Таким образом, в пределе (а практически — после до¬
статочно большого числа скрещиваний с такой селекцией) получится
чистая популяция из одних только особей АА.
262. В стаде имеется несколько производителей (мужских особей)
с генотипом АА и женские особи с распределением генотипов,
характеризуемым точкой М (р0; щ; р2)- Из каждого вновь появляющего¬
ся поколения мужские особи удаляются (мясопоставки), а в скрещи¬
вании участвуют лишь производители («вытесняющее скрещивание»).
Докажите, что последовательность получающихся поколений характе¬
ризуется точками, лежащими на стороне базисного треугольника и
приближающимися к вершине (АА), причем процент гетерозигот Аа
среди женских особей уменьшается в геометрической прогрессии.
263. Обследуется к выборок из некоторой популяции, в которых
взято соответственно пь п2,...,пк особей. Средние значения двух
показателей (масса, длина) по этим выборкам равны соответственно
(*i; уД (х2; j’2),---,(Sk; ук),
а средние значения этих показателей по всем и, + п2 + ... + nk
обследованным особям равны х, у. Докажите, что точка М (х, у)
является центром масс м. т. nlA1(xi', j'l), n2A2(x2', >’2), ■■■, «к-4к(хк; >'к).

Марк Евневич Балк
Владимир Григорьевич Болтянский
ГЕОМЕТРИЯ МАСС
Серия «Библиотечка «Квант», выпуск 61
Редактор И. М. Бокова
Художественный редактор Т. Н. Ко льченко
Технический редактор Е. В. Морозова
Корректоры О. А. Сигал. И. Я. Кришталъ
ИБ № 32492
Сдано в набор 16.10.86. Подписано к печати 28.04.87 Т-12218. Формат 84 X 108/32. Бумага
тип. № 2. Гарнитура тайме. Печать офсетная. Уел печ. л. 8,4. Уел. кр.-отт. 8.82.
Уч.-нзд. л. 9,29. Тираж 145 000 экз. Заказ № 584. ЦенаЗОкоп.
Ордена Трудового Красного Знамени издательство «Наука».
Главная редакция фнзнко-математической литературы.
117071 Москва В-71, Леиннскнй проспект, 15
Диапозитивы изготовлены в Ордена Октябрьской революции. Ордена Трудового Красного
Знамени Ленинградском производственно-техническом объединении «Печатный Двор»
имени А. М. Горького Союзполиграфпрома при Государственном комитете СССР по делам
издательств, полиграфии и книжной торговли. 197136 Ленинград П-136, Чкаловскнй пр., 15.
Отпечатано с диапозитивов в типографии нм. Котлякова издательства «Финансы и статис¬
тика» Государственного комитета СССР по делам издательств, полиграфии н книжной
торговли. 195273, Ленинград, Руставели, 13.