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Centro de masas de un triángulo

De Laplace

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Aunque esta expresión parece muy complicada, en realidad solo contiene dos integrales sencillas
Aunque esta expresión parece muy complicada, en realidad solo contiene dos integrales sencillas
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<math>\int_0^1\left(\int_0^{1-t} t\,\mathrm{d}s\right)\mathrm{d}t=\int_0^1 t(1-t)\mathrm{d}t=\frac{1}{2}-\frac{1}{3}=\frac{1}{6}</math>
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<math>\int_0^1\left(\int_0^{1-t} s\,\mathrm{d}s\right)\mathrm{d}t=\int_0^1 \frac{(1-t)^2}{2}\mathrm{d}t=\frac{1}{6}</math>
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<center><math>\int_0^1\left(\int_0^{1-t} s\,\mathrm{d}s\right)\mathrm{d}t=\int_0^1 \frac{(1-t)^2}{2}\mathrm{d}t=\frac{1}{6}</math>
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lo que nos da
lo que nos da

última version al 14:16 8 ene 2020

Contenido

1 Enunciado

Se tiene una chapa delgada y homogénea en forma de triángulo de vértices en los puntos A, B y C. ¿Dónde se encuentra su centro de masas?

2 Introducción

Este problema se puede resolver de diversas maneras.

Aquí comentaremos algunas de ellas, aprovechando las herramientas de cálculo vectorial que conocemos.

3 Intersección de las medianas

Podemos considerar la chapa como formada por una serie de finas tiras paralelas. El centro de masas de cada tira se encuentra en su punto central.

El centro de masas del triángulo se puede calcular como el correspondiente a un conjunto de partículas, cada una de las cuales tiene la masa de una tira y está situado en el centro de ellas. Dado que todos estos centros se encuentran alineados, el CM se hallará sobre la recta que pasa por todos ellos. Esta línea es la mediana, la línea que va de un vértice al punto medio del lado opuesto.

Puesto que el razonamiento es aplicable a los tres lados, el centro de masas se encontrará en el punto de intersección de las tres medianas. Este punto se conoce en geometría como el baricentro del triángulo.

Veamos como se calcula vectorialmente la intersección entre dos rectas. La posición del punto medio M del lado BC, respecto a A, es la media aritmética de las posiciones de B y CM

\overrightarrow{AM}=\frac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}}{2}

Puesto que el CM se encuentra sobre la mediana

\overrightarrow{AG}=\lambda\overrightarrow{AM}=\frac{\lambda}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{\lambda}{2}\overrightarrow{AC}

Aplicando el mismo razonamiento a otra mediana

\overrightarrow{BG}=\frac{\mu}{2}\overrightarrow{BA}+\frac{\mu}{2}\overrightarrow{BC}

Por otro lado, tenemos

\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BG}\qquad\qquad \overrightarrow{BA}=-\overrightarrow{AB}\qquad\qquad\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}

lo que nos da

\overrightarrow{AG}=(1-\mu)\overrightarrow{AB}+\frac{\mu}{2}\overrightarrow{AC}

Si igualamos esta expresión con la anterior nos queda el sistema

\frac{\lambda}{2}=1-\mu\qquad\qquad \frac{\lambda}{2}=\frac{\mu}{2}

Con solución

\lambda=\mu=\frac{2}{3}

y por tanto la posición del CM respecto a A es

\overrightarrow{AG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}

Si usamos un punto de referencia exterior

\overrightarrow{OG}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AG}\qquad\qquad \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}\qquad\qquad \overrightarrow{AC}=\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA}

obtenemos la expresión simétrica

\overrightarrow{OG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{OA}+\frac{1}{3}\overrightarrow{OB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{OC}

4 Por integración

Atendiendo a la definición del centro de masas, podemos hallar su posición mediante la integral

\overrightarrow{AG}=\frac{1}{m}\int_S \overrightarrow{AP}\,\mathrm{d}m

Analizamos cada uno de los tres factores por separado.

La masa del triángulo, si su densidad de masa es σ vale

m=\sigma S\,

siendo el área del triángulo la mitad de la del paralelogramo

S=\frac{1}{2}\left|\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}\right|

La posición de cada punto, respecto a A, se puede poner como una cierta combinación lineal de los dos lados

\overrightarrow{AP}=t\,\overrightarrow{AB}+s\overrightarrow{AC}

¿Entre cuanto y cuanto varían las variables s y t?

En principio, t varía entre 0 y 1. Pero s no puede variar a la vez entre 0 y 1 (en ese caso nos saldría un paralelogramo, no un triángulo). Cuando t = 0, s sí varía entre 0 y 1 (recorriendo el lado AC). Cuando t = 1 estamos en el punto B y si no queremos salirnos del triángulo, s debe ser necesariamente 0. Para cualquier valor intermedio de t, s variará entre 0 y 1 - t.

En cuanto al diferencial, cuando aumentamos s en ds y t en dt formamos un pequeño paralelogramo de área

\mathrm{d}S=\left|(\mathrm{d}t\overrightarrow{AB})\times(\mathrm{d}s\overrightarrow{AC})\right| = \mathrm{d}t,\mathrm{d}s\left|\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}\right|

siendo el diferencial de masa

\mathrm{m}=\sigma\,\mathrm{d}S=\sigma\,\mathrm{d}t,\mathrm{d}s\left|\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}\right|=2m\,\mathrm{d}t,\mathrm{d}s

Uniendo todo esto nos da la expresión para el CM

\overrightarrow{AG}=2\int_0^1\left(\int_0^{1-t}\left(t\,\overrightarrow{AB}+s\overrightarrow{AC}\right)\mathrm{d}s\right)\mathrm{d}t

Aunque esta expresión parece muy complicada, en realidad solo contiene dos integrales sencillas

\int_0^1\left(\int_0^{1-t} t\,\mathrm{d}s\right)\mathrm{d}t=\int_0^1 t(1-t)\mathrm{d}t=\frac{1}{2}-\frac{1}{3}=\frac{1}{6}

y

\int_0^1\left(\int_0^{1-t} s\,\mathrm{d}s\right)\mathrm{d}t=\int_0^1 \frac{(1-t)^2}{2}\mathrm{d}t=\frac{1}{6}

lo que nos da

\overrightarrow{AG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}

5 Por división del triángulo

Existe una forma alternativa más simple, pero menos evidente, de localizar el CM, aprovechando que el triángulo se puede dividir en triángulos semejantes.

Si trazamos la paralela a cada lado por el punto medio, dividimos el triángulo en 4 triángulos semejantes, tres con la misma orientación que el original y uno invertido. Cada uno de los triángulos tiene 1/4 de la masa del original. Por tanto, el centro de masas del triángulo completo cumple

\overrightarrow{AG}=\frac{1}{4}\left(\overrightarrow{AG}_1+\overrightarrow{AG}_2+\overrightarrow{AG}_3+\overrightarrow{AG}_4\right)

Veamos dónde está cada uno de los cuatro CM.

  • Para el triángulo “1”, el cóntiguo al vértice A, tenemos un triángulo semejante al original, pero de la mitad de lado. Por tanto, para este triángulo
\overrightarrow{AG}_1=\frac{1}{2}\overrightarrow{AG}
  • Para el triángulo “2”, contíguo al vértice B, la posición del CM es como la del anterior, pero desplazada \overrightarrow{AB}/2. Por tanto
\overrightarrow{AG}_2=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AG}
  • Análogamente, para el triángulo “3”, contiguo al vértice C
\overrightarrow{AG}_3=\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AG}
  • Por último, para el triángulo “4”, el central, que está invertido el CM se encuentra en la posición correspondiente desde el punto medio del lado BC, esto es
\overrightarrow{AG}_4=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}-\frac{1}{2}\overrightarrow{AG}

Juntando estos 4 resultados, queda la ecuación

\overrightarrow{AG}=\frac{1}{4}\left(\left(\frac{1}{2}\overrightarrow{AG}\right)+\left(\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AG}\right)+\left(\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AG}\right)+\left(\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}-\frac{1}{2}\overrightarrow{AG}\right)\right)

Simplificamos

\overrightarrow{AG}=\frac{1}{4}\left(\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right)

y despejamos, quedando el resultado ya conocido,

\overrightarrow{AG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}

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