Centro de Masa

Aplicaciones a la Geometría

Yoan Hernández Rodríguez

Correo: Yoanh@uclv.edu.cu

Facultad de Matemática, Física y Computación, UCLV. Cuba

Resumen: La geometría como un marco de trabajo para la descripción y medida de las figuras fue

desarrollada empíricamente en muchas culturas hace varios miles de años. La geometría como una

ciencia que compila una colección de proposiciones abstractas acerca de formas ideales y pruebas de

estas proposiciones, fue fundada alrededor de los 600 años a.C. en la cultura Griega por Thales, quién de

acuerdo a la leyenda propuso varios teoremas en geometría.

Muchas han sido las herramientas diseñadas para la resolución de problemas geométricos. En este

trabajo se propone una herramienta mas, basada en un concepto físico como lo es el de “Centro de

Masa”. Inicialmente se muestran una serie de definiciones y propiedades imprescindibles. Además se

proponen ejemplos clásicos de la geometría plana para ilustrar la aplicabilidad y eficiencia de este

método.

Centro de Masa

Definición:

En el plano está dado un sistema de puntos a los cuales se le asocian determinadas masas, es decir se tiene el conjunto de pares donde los , son puntos del plano y los , , los valores de las masas asociadas. Definiremos el Centro de Masa del sistema de puntos con masas al punto O

para el cual se cumple , donde es el vector nulo. Ejemplos: n = 2

(1) ¿Cómo se determina la posición del punto O (centro de masa) respecto a dos puntos? Analicemos dos casos: a)

Siendo un vector que posee modulo, dirección y sentido.

Sea el módulo del vector , entonces es un vector cuyo módulo es

.

Para el sistema analizado se cumple , pero como entonces

Para que se cumpla esta igualdad es necesario que: , es decir que sean vectores opuestos

(de igual módulo) . De aquí que O esta en el punto medio de .

b) ¿Se encontrará en este caso el centro de masa en el punto medio del segmento?

. La igualdad significa que los vectores

son opuestos y tienen el mismo módulo.

Es válido aclarar que aclarar que , ; quiere decir que los

valores del módulo y la masa se complementan mutuamente para que se cumpla la igualdad. De aquí que la posición de O esta determinada por los valores de las masas.

En este caso el punto O se encuentra mas cercano al punto de mayor masa. Si , tenemos:

o sea están en la razón 2:1, lo que significa geométricamente lo siguiente:

Nota: La relación (2) es muy utilizada en la demostración de propiedades geométricas relacionadas con razones entre segmentos. Teorema: El centro de masa de cualquier sistema de puntos existe y es único. Demostración:

Sean X y O puntos cualesquiera, entonces

. El punto O es el centro de masa del sistema si y solo si

, pero como , entonces

(3)

Ahora como y , X no es el centro de masa del sistema.

De ser tenemos que X = 0, o sea que O es único. Propiedades: P1. El centro de masa esta determinado por los valores de las masas de los puntos a que pertenece.

P1´. Para cualquier sistema de puntos si el centro de masa esta dado se pueden buscar valores de masa tales que la posición de dicho centro no varía. P2. Si X es un punto cualquiera del plano y O es el centro de masa de los puntos con masas

, entonces: ser .

Demostración: La demostración se desprende de la relación (3). P3. La propiedad más importante del centro de masa y en la cual se basan casi todas sus aplicaciones es en el agrupamiento de puntos. Teorema sobre agrupamiento de puntos: El centro de masa de un sistema de puntos permanece invariante si parte de los puntos del sistema se sustituye por un punto el cual esta situado en su centro de masa y al cual se le asocia la masa igual a la suma de las masas de éstos puntos.

Sea el centro de masa de o sea y

Generalizando tenemos:

El centro de masa del sistema de puntos con masas coincide con el centro de masa de los dos puntos X- centro de masa del primer sistema y Y- centro de masa del segundo sistema con masas . Demostración: Sea Z un punto cualquiera del plano y ; entonces por P-1 tenemos:

Si O es el centro de masa de los puntos X con masa a y Y con masa b, entonces por P-1

Sustituyendo y tenemos:

Igualando y agrupando en un solo miembro tenemos:

, o sea O es el centro de masa del sistema

de puntos con masas

Aplicaciones a la Geometría Problema 1 Demostrar que el centro de masa de los puntos A y B con masas a y b se encuentran en el segmento y divide a este en la razón . Solución: Sea O el centro de masa del sistema, entonces:

, de aquí , o sea O esta en le segmento .

Tomando módulo en ambos miembros tenemos es decir,

. Problema 2 Demostrar que las medianas de un triangulo se cortan en un punto y se dividen por este en la razón 2:1 contando desde el vértice. Solución: Sean y sea O el centro de masa del sistema.

Por el teorema de agrupamiento de puntos O, será el centro de masa de A y , donde es el centro de masa de y Pero,

por tanto , es el punto medio de y mediana.

Igualmente en se cumple:

, es decir que O esta en el segmento , de donde .

Análogamente se demuestra que las otras medianas pasan por O y las dividen en la razón 2: 1. Problema 3 Sea ABCD un cuadrilátero convexo y K, L, M, N, los puntos medios de los lados . a) Demostrar que el punto de intersección de los segmentos constituye el punto medio de éstos segmentos. b) Demostrar que el punto de intersección de es el punto medio del segmento que une los puntos medios de las diagonales.

Solución: a) Sea , O centro de masa del sistema. Es suficiente demostrar que el punto O es el punto medio de y a su vez es el punto medio del segmento que une los puntos medios de las diagonales. K centro de masa de A y B, (Por problema1) M centro de masa de D y C, (Por problema1)

O es el centro de masa de K y M, es decir .

Es decir O es el punto medio de . Análogamente O es el punto medio de .

b) Sea centro de masa de A y C

centro de masa de A y C

.

de donde:

, es decir , o sea que O es el punto medio de , lo que demuestra el problema.

D C

B

N

A

O

M

K

L

Problema 4 Sean A1, B1, C1, D1, E1, F1 los puntos medios de los lados de un hexágono cualquiera. Demostrar que los puntos de intersección de las medianas de los triángulos A1 C1 E1 y B1 D1 F1 coinciden.

Solución: Sea y O centro de masa. Como son centros de masa de los pares de puntos (A, B), (C, D) y (E, F) el punto O es el centro de masa de los puntos con masas, . Luego O es el punto de

intersección de las medianas. Problema 5 En los lados el triángulo ABC se toman los puntos C1, A1, B1 respectivamente. Demostrar

que las rectas se cortan en un punto si y solo si (Teorema de Ceva).

Solución: Supongamos que las rectas se cortan en el punto O y

Debemos demostrar que la recta pasa por O sí y solo sí .

Sean , entonces:

C1 es el centro de masa (A, B), es decir

A1 es el centro de masa (B,C) Por eso el centro el centro de masa de los puntos A, B, C con las masas supuestas es el punto O de intersección de las rectas .

Sea Z un punto cualquiera, entonces pero:

Sustituyendo tenemos:

; o sea O es el centro de masa de 1A 1B C. Por otra parte el punto O está en el

segmento que une el punto B y el centro de masa de A y 1C si es el centro de masa de A y C con

masas 1 y pq entonces de donde . Falta señalar que en el

segmento existe un punto único que divide en la razón .

Problema 6 En los lados del triangulo ABC se toman los puntos C1, A1, B1 de forma tal que las rectas

se cortan en un punto O. Demostrar que:

a)

b)

Solución: Supongamos que y

Sea , , , entonces centro de masa de ( C) centro de masa de ( C)

Por eso el centro de masa del sistema está sobre y o sea coincide con O, por tanto

es el centro de masa de A y B. a) Como es el centro de masa de A y B, , , tenemos que

b) O es el centro de masa de A, B , C y

es el centro de masa de B, C

Análogamente:

Problema 7 En los lados de un cuadrilátero convexo ABCD se toman los puntos K, L, M, N respectivamente, tales que

Sea P el punto de intersección de los segmentos . Demostrar que:

Solución: Colocando las masas como muestra la figura tenemos que:

K, L, M, N son centros de masas de ( ), ( ), (1C

), ( ) respectivamente. Sea O centro de

masa de ABCD con las masas dadas, entonces O está sobre el segmento y

de donde

y O está sobre

. Por eso el punto O de intersección de , o sea

O = P y ,

Problema 8 En los lados del triángulo ABC se tomaron los puntos K y L respectivamente. Sea M el punto

de intersección de y , y N el punto de intersección de y . Demostrar que .

Solución:

Problema 9 Hallar en el interior del triángulo ABC un punto O tal que para cualquier recta que pase por O y corta los lados y en los puntos K y L respectivamente se cumple la igualdad

,

donde p, q son números positivos. Solución: Sea , = 1, y sea O centro de masa. Analicemos el punto B como dos puntos que coinciden y tienen masas y , Sea K el centro de masa de A y B como masas p y y L el centro de masa de C y B con masas q y .

Entonces:

El punto O que es el centro de masa de K y L con masas está sobre la recta . Variando de α a 1 obtenemos todas las rectas que pasan por O y cortan a . Por eso para todas estas rectas se cumple:

Problema 10

Tres moscas, cada una de masa 1, vuelan por los lados de un triángulo de tal forma que su centro de masa

permanece en el mismo lugar. Demostrar este coincide con el punto de intersección de las medianas del

triangulo ABC si se conoce que una mosca voló por toda la frontera del triángulo.

Solución:

Representemos el centro de masa de las moscas por O. Supongamos que una mosca se encuentra en A y

A1 es el centro de masa de las otras dos moscas, es decir .

Esta claro que A1 está dentro del triángulo ABC que O en el segmento y se cumple por eso

el punto O está dentro del triángulo obtenido del triangulo ABC por homotecia, con coeficiente y

centro en A.

Analizando estos triángulos para los tres vértices obtenemos que su único punto común es el punto de

intersección de las medianas.

Como una mosca estuvo en los tres vértices y el punto O se mantuvo en el mismo lugar, este punto debe

pertenecer a los tres triángulos, o sea O coincide con el punto de intersección de las medianas del triángulo

ABC.

Problema 12

Demostrar que si un polígono tiene varios ejes de simetría, entonces todos ellos se cortan en un punto.

Solución:

Problema 13

Una figura centralmente simétrica enana hoja cuadriculada esta formada por n “escuadras” y k

“rectángulos” de medidas 1 x 4 (como muestra la figura). Demostrar que n es par.

Solución:

Coloquemos en los centros de los cuadros de los cuales están formados las escuadras y los rectángulos,

masas igual a 1. Dividamos cada cuadrado de la hoja en cuatro cuadrados, obteniendo así una nueva hoja

cuadriculada. Es fácil comprobar que ahora el centro de masa de la escuadra esta en el centro de un nuevo

cuadrado, y el del rectángulo con el vértice de los cuadros. Esta claro que el centro de la figura coincide

con su centro de simetría, y este centro de la figura formada por cuadros iniciales puede encontrarse

solamente en el vértice de un nuevo cuadrado.

Como las masas de la escuadra y el rectángulo son iguales, la suma de los vectores con origen en el centro

de masa de la figura y extremo en los centros de masas de todas las escuadras y rectángulos es igual a cero

(por definición).

Si el número de escuadras fuera impar, la suma de los vectores tuviera coordenadas semi enteras y fuera

distinta de cero, por tanto el número de escuadras es par.

Asociemos a los vértices del polígono, masas igual a 1.

Por simetría respecto a un eje de simetría este sistema se

transforma en si mismo por eso su centro de masa se

transforma en si mismo o sea todos los ejes de simetría

pasan por el centro de masa de los vértices.

n – par (6)

k - par (2)

n – par (8)

k - par (3)

Problema 14

En el interior del n-égono convexo se toma el punto O, tal que . Sea

, demostrar que el perímetro del polígono no es menor que para

n-par y no es menor para n-impar.

Solución:

Asociemos a los vértices del polígono masas iguales a 1. Por datos, O es el centro de masa

del sistema, por eso, por P-1(b) tenemos:

, o sea . Sumando estas desigualdades para

tenemos :

. El número n se puede escribir como .

Sea P el perímetro del polígono,

, entonces

, donde los miembros

izquierdos de las desigualdades encontramos todos los lados y diagonales del polígono.

Como en la suma todos entran dos veces, entonces

Para n par esta desigualdad se puede reforzar, porque en este caso en la suma

cada diagonal entra dos veces, o sea en lugar de se puede tomar

, esto significa que para n par , por tanto para n impar

y para n impar

Referencias Bibliográficas [1] Castro, L.G.M., Introdução a Geometria Projetiva, Eureka!, vol 8, pp16 -27,2000.

[2] Moreira, C.G.T., Wagner, E., 10 Olimpiadas Iberoamericanas de Matemática, OEI, 1996.

[3] Honsberger, R., Mathematical Morsels, MAA, 1978.

[4] Emanuel Carneiro e Frederico Girão. Centro de massa e aplicações a geometria, 2003