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Enunciado

Cálculo - Thomas - Vol 2- Ed: 12º - Capítulo 16.Exercícios práticos - Ex. 48

Momento de inércia de um cubo - Encontre o momento de inércia em relação ao eixo z da superfície do cubo cortado do primeiro octante pelos planos x = 1, y = 1 e z = 1 se a densidade for δ = 1 .

Passo 1

Fala pessoal, tudo certinho? vamos responder mais uma questão, então prepara o material e vamos responder!!

O momento de inércia em relação ao eixo z é dado pela integral de superfície

I z = ∬ x 2 + y 2   d σ

Vamos denotar as faces do cubo

S 1 :   f a c e   q u e   e s t á   n o   p l a n o   z = 0

S 2 :   f a c e   q u e   e s t á   n o   p l a n o   z = 1

S 3 :   f a c e   q u e   e s t á   n o   p l a n o   y = 0

S 4 :   f a c e   q u e   e s t á   n o   p l a n o   y = 1

S 5 :   f a c e   q u e   e s t á   n o   p l a n o   x = 0

S 6 :   f a c e   q u e   e s t á   n o   p l a n o   x = 1

Com isso, temos a seguinte integral

I z = ∬ x 2 + y 2   d σ = ∑ i = 1 6 ∬ x 2 + y 2   d σ

Podemos notar que nas porções da superfície S que se encontra nos planos z = 1 e z = 0   ( S 1   e   S 2 ) d σ = d x d y para 0 ≤ x ≤ 1 e 0 ≤ y ≤ 1 . Portanto, para a superfície 1

∬ x 2 + y 2   d σ = ∫ 0 1 ∫ 0 1 x 2 + y 2   d y d x

Desenvolvendo os termos

∬ x 2 + y 2   d σ = ∫ 0 1 x 2 1 - 0 + 1 3 - 0 d x

Que tem como resultado

∬ x 2 + y 2   d σ = x 3 3 + x 3 0 1 = 2 3

E para a superfície 2

∬ x 2 + y 2   d σ = ∫ 0 1 ∫ 0 1 x 2 + y 2   d y d x = 2 3

Passo 2

Agora, nas faces S 3 e S 4 , nós temos que d σ = d x d z para 0 ≤ x ≤ 1 e 0 ≤ z ≤ 1 . Portanto, para a superfície 3

∬ x 2 + y 2   d σ = ∫ 0 1 ∫ 0 1 x 2 + 0   d y d x   ( y = 0   e m   S 3 )

Desenvolvendo os termos

∬ x 2 + y 2   d σ = ∫ 0 1 x 2   d x ∫ 0 1 d z = 1 3 1 = 1 3

E para a superfície 4

∬ x 2 + y 2   d σ = ∫ 0 1 ∫ 0 1 x 2 + 1   d y d x   y = 1   e m   S 4

Desenvolvendo os termos

∬ x 2 + y 2   d σ = ∫ 0 1 x 2   d x ∫ 0 1 d z = 1 3 1 = 1 3 + 1 1 = 4 3

Finalmente, para as faces S 5 e S 6 , nós temos que d σ = d y d z para 0 ≤ y ≤ 1 e 0 ≤ z ≤ 1 . Com isso,

∬ x 2 + y 2   d σ = ∫ 0 1 ∫ 0 1 0 + y 2   d y d z   x = 0   e m   S 5

Desenvolvendo os termos

∬ x 2 + y 2   d σ = ∫ 0 1 y 2   d x ∫ 0 1 d z = 1 3 1 = 1 3

E para S 6

∬ x 2 + y 2   d σ = ∫ 0 1 ∫ 0 1 0 + y 2   d y d z   x = 1   e m   S 6

Com isso, nós temos que

∬ x 2 + y 2   d σ = ∫ 0 1 ( 1 + y 2 )   d y ∫ 0 1 d z = 1 + 1 3 1 = 4 3

Passo 3

Finalmente, descobrimos que

∬ x 2 + y 2   d σ = ∑ i = 1 6 ∬ x 2 + y 2   d σ

Substituindo os valores, nós temos que

∬ x 2 + y 2   d σ = 2 3 + 2 3 + 1 3 + 4 3 + 1 3 + 4 3 = 14 3

Resposta

∬ x 2 + y 2   d σ = 14 3

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