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Centro de masas de un triángulo

De Laplace

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Antonio (Discusión | contribuciones)
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Revisión de 14:50 7 ene 2020

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}

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