Ťažisko štvorstena

[Martin Sleziak]

Nech $A, B, C, D \in \mathbb R^3$ sú body, ktoré neležia v~jednej rovine. Nech $T$ je ťažisko štvorstena $ABCD$ a $T_A$ je ťažisko steny $BCD$. T.j.
$$T=\frac14A+\frac14B+\frac14C+\frac14D \qquad \text{a} \qquad T_A=\frac13B+\frac13C+\frac13D.$$
Ukážte, že bod $T$ leží na priamke spájajúcej body $A$ a $T_A$.

Riešenie cez barycentrickú kombináciu.
Stačí si všimnúť, že
\begin{align*}
\frac14A+\frac34T_A
&= \frac14A + \frac34\left(\frac13B+\frac13C+\frac13D\right) \\
&= \frac14A+\frac14B+\frac14C+\frac14D \\
&= T
\end{align*}
Zistili sme, že $T$ je barycentrická kombinácia bodov $A$ a $T_A$, čo znamená, že leží na priame $AT_A$. $\square$

Všimnime si, že používame to, že sa dá zmysluplne "počítať" s barycentrickými kombináciami - kedysi sme si dokázali, že barycentrická kombinácia barycentrických kombinácií je barycentrická kombinácia: viewtopic.php?t=617

Dôležité je tiež uvedomiť si fakt, že barycentrické kombinácie dvoch bodov $X$ a $Y$ sú presne body na priamke $XY$. (Podobne z troch bodov dostaneme barycentrickými kombináciami nimi určenú rovinu, atď.)

V predošlom riešením sme koeficienty $\frac14$ a $\frac34$ uhádli. (Asi však boli vcelku uhádnuteľné, keď sa človek pozrie na vyjadrenie bodov $T_A$ a $A$. Navyše ak v dvojrozmere je ťažisko v tretine ťažnice, tak možno je celkom zmysluplný typ, že v trojrozmere by to mohlo byť v štvrtine.) Ale nebol by žiadny problém riešiť to bez hádania.
Ešte raz barycentricky.
Pýtame sa, či sa $T$ dá vyjadriť ako barycentrická kombinácia, teda či existuje reálne číslo $c\in\mathbb R$ tak, že $T=cA+(1-c)A$.
Chceme teda, aby platilo
\begin{align*}
cA+(1-c)T_A&=T\\
cA+(1-c)\left(\frac13B+\frac13C+\frac13D\right)&=\frac14A+\frac14B+\frac14C+\frac14D\\
cA+\frac{1-c}3B+\frac{1-c}3C+\frac{1-c}3D&=\frac14A+\frac14B+\frac14C+\frac14D
\end{align*}
To nastane ak $c=\frac14$, pretože vtedy aj $\frac{1-c}3=\frac14$.
Teda pre $c=\frac14$ máme skutočne rovnosť, bod $T$ je barycentrická kombinácia bodov $A$ a $T_A$, čiže leží na priamke určenej týmito bodmi. $\square$

Na to isté sa môžeme pozrieť aj afinnými očami.

Riešenie pomocou afinných súradníc.
Pozrime sa na celú situáciu v afinnej súradnicovej sústave $(A,\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD})$.
V nej sú súradnice bodov s ktorými pracujeme takéto:
$A\equiv(0,0,0)$
$B\equiv(1,0,0)$
$C\equiv(0,1,0)$
$D\equiv(0,0,1)$
$T_A\equiv(\frac13,\frac13,\frac13)$
$T\equiv(\frac14,\frac14,\frac14)$
Z toho ľahko vidíme, že priamka $AT_A$ obsahuje je presne priamke $p\equiv\{(t,t,t); t\in\mathbb R\}$, čiže obsahuje aj bod $T$. $\square$

Drobná poznámka k označeniu: Pretože teraz píšeme súradnice bodu v nejakej afinnej súradnicovej sústave a nie priamo jeho zložky v $\mathbb R^3$, tak používame $\equiv$ a nie $=$. (Tak ste to zvykli robiť aj na prednáške.)

[Martin Sleziak]

Poznámka 1.
Jedna z vecí, o ktorých vás možno táto úloha mala aspoň trochu presvedčiť, je to, že počítanie v barycentrických súradniciach či vhodná voľba súradnicovej sústavy môže veci výrazne zjednodušiť. (Asi by sa dali vymyslieť aj úlohy, kde sa to prejaví výraznejšie.)

Spoiler:

Toto je idea, s ktorou ste sa už pár krát stretli a ešte sa budete stretávať často: "Ak sú dva veci izomorfné, tak majú rovnaké vlastnosti."
V tomto prípade ide o izomorfizmus afinných priestorov. A ten zachováva vlastnosť "ležať na priamke určenej dvoma bodmi".
Ale s tým istým sa stretnete veľa krát: Izomorfné vektorové priestory majú rovnaké vlastnosti, ktoré vieme vyjadriť v jazyku vektorov (lineárnych kombinácií, sčitovania, skalárnych násobkov, ...). Izomorfné čiastočne usporiadané množiny majú rovnaké vlastnosti týkajúce sa usporiadania. Izomorfné grupy majú rovnaké grupovo-teoretické vlastnosti. To isté platí pre izomorfizmus okruhov a polí.
A hoci toto vyzerá veľmi naivne, dosť často môže byť užitočné nahradiť zadanú štruktúru s nejakou izomorfnou, s ktorou sa nám bude lepšie pracovať. (Napríklad ak sa nám to hodí, tak namiesto ľubovoľného konečnorozmerného vektorového priestoru môžeme pracovať s $R^n$. Neskôr sa stretnete s tým, že každá konečná grupa je izomorfná s nejakou grupou permutácií - a môžu byť situácie, kedy sa na prvky grupy hodí pozerať ako na permutácie. Alebo ak prídeme na to, že komplexné čísla sú izomorfné s istým okruhom matíc, tak veľa vlastností komplexných čísel zrazu budeme vedieť dokázať veľmi jednoducho vďaka tomu, čo už vieme o maticiach: viewtopic.php?t=571 )

Len na porovnanie, skúsme tú istú úlohu riešiť bez toho, že by sme prešli do inej súradnicovej sústavy.
Teda máme takéto body:
$A=(a_1,a_2,a_3)$
$B=(b_1,b_2,b_3)$
$C=(c_1,c_2,c_3)$
$D=(d_1,d_2,d_3)$
$T=\left(\frac{a_1+b_1+c_1+d_1}4,\frac{a_2+b_2+c_2+d_2}4,\frac{a_3+b_3+c_3+d_3}4\right)$
$T_A=\left(\frac{b_1+c_1+d_1}3,\frac{b_2+c_2+d_2}3,\frac{b_3+c_3+d_3}3\right)$

Riešenie cez barycentrickú kombináciu nevyzerá až tak hrozivo - podobá sa to na riešenie uvedené vyššie, akurát musíme to isté napísať na každej súradnici
Riešenie 1.
\begin{align*}
\frac14A+\frac34T_A
&=\frac14(a_1,a_2,a_3) + \frac34\left(\frac{b_1+c_1+d_1}3,\frac{b_2+c_2+d_2}3,\frac{b_3+c_3+d_3}3\right) \\
&=\left(\frac{a_1}4,\frac{a_1}4,\frac{a_1}4\right) + \left(\frac{b_1+c_1+d_1}4,\frac{b_2+c_2+d_2}4,\frac{b_3+c_3+d_3}4\right) \\
&=\left(\frac{a_1+b_1+c_1+d_1}4,\frac{a_2+b_2+c_2+d_2}4,\frac{a_3+b_3+c_3+d_3}4\right)
&=T
\end{align*}
Aj keď to nie je nič strašné, asi uznáte aspoň to, že predchádzajúcim spôsobom to bolo zapísané prehľadnejšie.

Skúsme sa ešte na to pozrieť aj bez barycentrických súradníc.
Riešenie 2.
Stačí sa nám presvedčiť, že vektor $\overrightarrow{AT_A}$ je násobkom vektora $\overrightarrow{AT}$.
Skúsme teda počítať:
\begin{align*}
\overrightarrow{AT_A}
&= \left(\frac{b_1+c_1+d_1}3,\frac{b_2+c_2+d_2}3,\frac{b_3+c_3+d_3}3\right) - (a_1,a_2,a_3) \\
&= \left(\frac{-3a_1+b_1+c_1+d_1}3,\frac{-3a_2+b_2+c_2+d_2}3,\frac{-3a_3+b_3+c_3+d_3}3\right) \\
&= \frac43\left(\frac{-3a_1+b_1+c_1+d_1}4,\frac{-3a_2+b_2+c_2+d_2}4,\frac{-3a_3+b_3+c_3+d_3}4\right) \\
&= \frac43\left(\frac{-4a_1+a_1+b_1+c_1+d_1}4,\frac{-4a_2+a_2+b_2+c_2+d_2}4,\frac{-4a_3+a_3+b_3+c_3+d_3}4\right) \\
&= \frac43\left(\left(\frac{a_1+b_1+c_1+d_1}4,\frac{a_2+b_2+c_2+d_2}4,\frac{a_3+b_3+c_3+d_3}4\right)\right) - (a_1,a_2,a_3) \\
&= \frac43\overrightarrow{AT}
\end{align*}

Azda ešte poznamenám, že toto určite nebola jediná možnosť, ako úlohu riešiť. Súčasne ale tiež napíšem to, že by sa to ešte o čosi skomplikovalo, ak by som v oboch riešeniach neuhádol, že ťažisko delí ťažnicu na $\frac34$ a $\frac14$.
Každopádne asi vidno, že predošlé dve riešenia boli výrazne prehľadnejšie.

Poznámka 2.
Niekto by sa mohol pýtať, či je v zadaní dôležité, že $A$, $B$, $C$, $D$ neležia v jednej rovine.
Skutočne túto podmienku pokojne môžeme vynechať a dá sa skontrolovať, že aj potom tvrdenie platí pre body $T$ a $T_A$ určené zadaným predpisom.
Nechcel som vám však zbytočne komplikovať situáciu a preto som do zadania dal aj túto podmienku. (Vďaka ktorej napríklad viete, že body $A$, $B$, $C$, $D$ tvoria barycentrickú súradnicovú sústavu a môžeme z nich vytvoriť afinnú súradnicovú sústavu.)
Riešenie, v ktorom sme používali barycentrické kombinácie, by prešlo bez zmeny. V riešení, kde sme využili prechod k inej afinnej súradnicovej sústave, by sme si zvlášť museli rozmyslieť, čo sa stane ak by tieto body ležali v jednej rovine.

[Martin Sleziak]

Poznámky k vašim riešeniam

V jednej z písomiek som si prečítal:

Body $A$, $T$, $T_A$ ležia na jednej priamke v tomto poradí práve vtedy, keď $T$ sa dá napísať ako lineárna kombinácia $A$ a $T_A$.

V prvom rade to určite neplatí pre lineárne kombinácie, zmysel má hovoriť o barycentrických kombináciách bodov.
Aj tak to stále nie je celkom pravda. Ako barycentrickú kombináciu bodov $A$ a $T_A$ dostaneme všetky body na priamke $AT_A$.
Čo sa týmto chcelo povedať je zrejme to, že ak koeficienty barycentrickej kombinácie sú kladné (čo nám aj vyšlo), tak dostaneme bod medzi $A$ a $T_A$. (Čo určite je tiež užitočné pozorovanie.)