Rys. 1

Warto może uzupełnić tę historię opowieścią o ogólniejszym problemie zawartym w wydanej w 1896 roku pracy E.J. Routha:

Jak można się domyślić, odpowiedź jest pozytywna. Konkretnie:

gdzie  oznacza pole trójkąta

Najbardziej elegancki dowód prowadzi przez nowe pojęcie: współrzędne barycentryczne, znacznie zresztą ważniejsze od twierdzenia Routha. Wywodzi się ono z fizyki (Feynman by się ucieszył). Ale po kolei.

Środek ciężkości

Zastanówmy się, jakie ciężary należy umieścić w wierzchołkach (nieważkiego) trójkąta, aby jego środek ciężkości znalazł się we wskazanym punkcie jego wnętrza.

Rys. 2

Może lepiej zacząć od prostszego pytania: jakie ciężary  i  należy umieścić w końcach (nieważkiego) odcinka  aby jego środek ciężkości znalazł się we wskazanym punkcie  tego odcinka. Sprawa prosta – znamy ją z lekcji fizyki (ramię razy siła):

(1)

Jeśli zatem mamy w wierzchołkach trójkąta  umieszczone, odpowiednio, ciężary    i  to możemy pierwsze dwa z nich zastąpić ciężarem  umieszczonym w opisanym przez (1) punkcie  a następnie znaleźć środek ciężkości dla tak obciążonego odcinka – będzie to zgodnie z (1) punkt  spełniający zależność

(2)

Mając więc dane ciężary umieszczone w punktach  możemy znaleźć punkt  i odwrotnie: mając punkt  leżący wewnątrz trójkąta  możemy zgodnie z (1) i (2) tak dobrać ciężary, jakie należy umieścić w    i  aby w  był ich środek ciężkości.

Ale jest też (uzasadniający umieszczenie na rysunku 2 niepotrzebnych dotąd odcinków i  )

Rzeczywiście, mamy bowiem

Równość pozostałych stosunków uzasadniamy analogicznie.

Może kogoś zastanowić dziwna kolejność wymieniania wierzchołków trójkątów. Jest ona jednak przemyślana. A bierze się stąd, aby napisane zależności nie zmieniły się, gdy dopuścimy ciężary ujemne.

Wypór

Już Archimedes wiedział, że efektywna siła ciężkości może działać zarówno w dół, jak i do góry. Tę drugą sytuację obserwujemy np. przy wznoszeniu się balonu. Archimedes (zapewne) balonów nie widział, ale miał do czynienia z cięższymi od wody statkami, które mimo tego unoszą się na jej powierzchni, i jest autorem znanego prawa, które mówi właśnie o ujemnych ciężarach, czyli o wyporze (dla XIX-wiecznych pensjonarek ozdobiono je widokiem wyskakującego z wanny nagiego mężczyzny).

O ile ograniczenie się do dodatnich ciężarów pozwalało utożsamiać z obciążeniami wierzchołków trójkąta  punkty jego wnętrza (i brzegu), to dopuszczenie ciężarów ujemnych pozwala przez obciążanie tych wierzchołków otrzymać środek ciężkości w dowolnym punkcie płaszczyzny trójkąta

Należy tylko zamiast odcinków rozpatrywać wektory, a zamiast trójkątów – trójkąty zorientowane, czyli takie, których pola różnią się znakami, gdy wierzchołki obiegane są w innej (cyklicznej) kolejności (bo są tylko dwie możliwości – prawda?). Wszystkie wzory zostały wyżej napisane tak, aby ta zmiana nie psuła ich poprawności (dla wprawy proszę prześledzić dowód Wniosku 2 w sytuacji z rysunku 3).

Współrzędne barycentryczne

Z opisanych wyżej obserwacji Ferdinand Möbius wyciągnął wniosek, że można zamiast tradycyjnych współrzędnych kartezjańskich wprowadzić współrzędne oparte na ciężarach i wyporach. Mianowicie, na płaszczyźnie obieramy (dowolnie) trójkąt  (nazywać go będziemy układem odniesienia), a każdemu punktowi  płaszczyzny przypisujemy ciężary/wypory  takie, by po umieszczeniu ich w punktach  środek ciężkości wypadł w  Tę trójkę  nazywamy współrzędnymi barycentrycznymi punktu  Warto zwrócić uwagę na dwie zasadnicze różnice między współrzędnymi, do których jesteśmy przyzwyczajeni, a współrzędnymi barycentrycznymi.

O pierwszej traktuje Wniosek 1: współrzędne barycentryczne dane są z dokładnością do proporcjonalności, mówimy, że są jednorodne. Wynika z tego fakt, że wszystkie wyrażenia opisujące różne geometryczne sytuacje za pomocą współrzędnych barycentrycznych muszą być odporne na zmianę wszystkich występujących w nich współrzędnych na proporcjonalne. Takie funkcje, też nazywane jednorodnymi, mają dużo korzystnych własności, których nie będziemy tu opisywać, ale które są powodem, że wszelkie nowoczesne teorie geometryczne korzystają z tych właśnie współrzędnych.

Druga różnica to fakt, że jeśli suma ciężarów/wyporów w trójce  jest równa zeru, ale nie jest to trójka  to na płaszczyźnie nie ma punktu, który byłby środkiem ciężkości tak obciążonego układu odniesienia – łatwo zauważyć, że już dwa punkty obciążone odpowiednio ciężarem 1 i wyporem  nie mają środka ciężkości. Wobec tego można dla tych obciążeń do płaszczyzny dołączyć idealne punkty będące wyimaginowanymi ich środkami ciężkości. Tak wzbogacona płaszczyzna nazywa się płaszczyzną rzutową – znów nie będziemy tu przytaczali jej rewelacyjnych własności, tylko odeślemy do artykułu Marii Donten-Bury w Delcie 6/2011.

A tu zajmiemy się więc „zwykłymi” punktami, czyli tymi, dla których suma ich współrzędnych barycentrycznych jest różna od zera. Jeśli tak jest, to spośród różnych trójek  wyznaczających dany punkt  możemy wybrać tę (jedyną), dla której suma współrzędnych wynosi 1 – o tej trójce  mówimy, że to współrzędne arealne punktu  Od razu zauważmy, że dwie z tych współrzędnych wyznaczają trzecią. Te współrzędne arealne pozwalają wskazać związek między współrzędnymi kartezjańskimi (nawet ukośnokątnymi) a współrzędnymi barycentrycznymi.

Weźmy pod uwagę dla punktu  obciążenie  dla  obciążenie  i dla  obciążenie  To są zresztą ich współrzędne arealne. Potraktujmy pierwsze dwie współrzędne tych punktów jako ich współrzędne kartezjańskie. Zastanówmy się teraz, jakie arealne obciążenia układu odniesienia umieszczą środek ciężkości w punkcie  o kartezjańskich współrzędnych

Rys. 4

Poszukiwane współrzędne arealne punktu  oznaczmy przez  Z Wniosku 2 wynika (Rys. 4), że skoro  to

a równość ta prowadzi do rachunku

i, analogicznie,

Okazuje się więc, że współrzędne arealne to zwykłe współrzędne uzupełnione tylko trzecią liczbą, dopełniającą ich sumę do jedynki. Pozwala to na następujący rachunek dla punktów      danych przez swoje współrzędne arealne:

Wobec tego punkty  są współliniowe wtedy i tylko wtedy, gdy

Stąd równanie prostej  to

czyli

(3)

Jak łatwo zauważyć, równanie to nie zmieni się, gdy przejdziemy do dowolnych współrzędnych barycentrycznych.

---

Dowód twierdzenia Routha

jest teraz czysto rachunkowy. Jeśli za układ odniesienia współrzędnych barycentrycznych przyjmiemy trójkąt  to jego wierzchołki będą miały odpowiednio współrzędne    i  i pole tego trójkąta będzie równe

Współrzędne punktu  (Rys. 1) obliczamy ze wzoru (1) – skoro ramiona mają być w stosunku  więc ciężary muszą być odwrotnie proporcjonalne, co daje 0 w    w  i 1 w  czyli współrzędne barycentryczne  to  Ze wzoru (3) mamy równanie prostej :  Analogicznie dostajemy współrzędne :  i równanie prostej :  oraz współrzędne :  i równanie prostej :  Rozwiązując wszystkie trzy układy par tych równań, otrzymujemy współrzędne :  współrzędne :  i współrzędne :  Trzeba jeszcze pamiętać, że do obliczania pól trójkątów używamy współrzędnych arealnych, a te otrzymać można, dzieląc dowolne współrzędne barycentryczne przez ich sumę. Obliczamy więc pole trójkąta :

oraz – analogicznie – pole trójkąta :

co kończy dowód.

Rys. 5 Trójkąt znika, ale gdzie jest teraz trójkąt

Rys. 5 A teraz znika trójkąt

Steinhaus, Chung, Feynman, Menelaos, Ceva...

Steinhaus w Kalejdoskopie matematycznym (i Chung, chcąc zażartować z Feynmana) pyta tylko o pole trójkąta  i tylko w przypadku, gdy  Zagadnienie, w sytuacji gdy wszystkie współczynniki są równe, przedstawia się o wiele prościej: otrzymujemy dla stosunku pola  i  do pola

oraz

co dla  daje  i  (ten ostatni wynik miał właśnie obliczyć Feynman – mógł też zajrzeć do wielokrotnie od 1938 r. wznawianego w USA Mathematical Snapshots, czyli Kalejdoskopu).

---

Ale twierdzenie Routha ma o wiele ciekawsze przypadki szczególne:

• gdy punkty  leżą na jednej prostej (Rys. 5);
• gdy  proste  i  przecinają się w jednym punkcie (Rys. 6),

co nie wymaga już żadnego dowodu. Fakty te znane są jako twierdzenie Menelaosa i twierdzenie Cevy. Czytelnik Zaangażowany potrafi z pewnością podać jeszcze inne wnioski z twierdzenia Routha.