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Exercícios Resolvidos de Centro de Massa e Momento de Inércia

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Enunciado

16) Determine o momento de inércia em relação ao eixo z da superfície S : x 2 + y 2 = 2 y , limitada por z = 0 e z = x 2 + y 2 , sendo a densidade ρ x ,   y ,   z = z .

Passo 1

Se o problema quer momento de inércia em relação ao eixo z ( I z ), o momento em relação ao eixo z vamos dar:

I z = ∬ S   x 2 + y 2 ρ x ,   y ,   z d S

A função de densidade já nos foi dada:

I z = ∬ S   x 2 + y 2 z d S

Para resolver uma integral de superfície escalar como essa, vamos realizar basicamente três procedimentos centrais:

1º - Parametrizar a superfície S .

2º - Encontrar o termo d S .

3º - Substituir os termos da parametrização na função a ser integrada.

Então, mãos a obra ;)

Passo 2

A superfície é, de acordo com o enunciado, esse pedaço de cilindro deslocado aqui:

S : x 2 + y 2 = 2 y           →               x 2 + y 2 - 2 y = 0         →

x 2 + y - 1 2 - 1 = 0           →

x 2 + y - 1 2 = 1

O cilindro tem raio 1 e está deslocado uma unidade a direita em y como você pode ver a seguir:

Note que a superfície S já é esse cilindro. Porem não queremos o cilindro todo neh? É por isso que limitamos somente o pedaço que está entre o plano z = 0 e o cilindro z = x 2 + y 2 ...

Passo 3

Parametrizar uma superfície cilíndrica é comparar com a equação fundamental da trigonometria:

cos 2 ⁡ θ + sin 2 ⁡ θ = 1

x 2 + y - 1 2 = 1

Repare que existe uma relação direta entre...

x = cos ⁡ θ

y - 1 = sin ⁡ θ                 o u                   y = sin ⁡ θ + 1

e o z , do cilindro fica variando solto e livre...

z = z

Então a parametrização é...

r θ ,   z = cos ⁡ θ , sin ⁡ θ + 1 ,   z

Passo 4

É importante conhecermos o domínio dos parâmetros... Onde eles variam, saca?

O θ gira uma volta completa para fazer o cilindro...

0 ≤ θ ≤ 2 π

Já o z , varia entre...

p l a n o   z = 0 ≤ z ≤ c o n e →

0 ≤ z ≤ x 2 + y 2     →

Como a superfície é S : x 2 + y 2 = 2 y ...

0 ≤ z ≤ 2 y   →

0 ≤ z ≤ 2 sin ⁡ θ + 1

Passo 5

Falta-nos encontrar o termo d S ...

d S = N →   d θ d z

Onde...

N → = ∂ r θ ,   z ∂ θ × ∂ r θ ,   z ∂ z

Calculando as derivadas parciais...

r θ ,   z = cos ⁡ θ , sin ⁡ θ + 1 ,   z                       →                       ∂ r θ ,   z ∂ θ = - sin ⁡ θ , cos ⁡ θ ,   0

r θ ,   z = cos ⁡ θ , sin ⁡ θ + 1 ,   z                       →                       ∂ r θ ,   z ∂ z = 0 ,   0 ,   1

N → = i → j → k → - sin ⁡ θ cos ⁡ θ 0 0 0 1 =

cos ⁡ θ i → - - sin ⁡ θ j →

Portanto o vetor normal à superfície é...

N → = cos ⁡ θ , sin ⁡ θ ,   0

Como nos importamos com o módulo de N → , não precisa se importar com o sinal dele...

N → = cos ⁡ θ 2 + sin ⁡ θ 2 + 0 2   →

N → = cos 2 ⁡ θ + sin 2 ⁡ θ →

N → = 1 = 1

Então...

d S = 1   d θ d z

Passo 6

Antes de retornar à integral

I z = ∬ S   x 2 + y 2 z d S

e simplesmente substituirmos tudo, vamos transformar a função escalar que estamos integrando em termos dos parâmetros da superfície...

x 2 + y 2 z     →

2 y z   →

Como y = sin ⁡ θ + 1 e z é z mesmo...

2 sin ⁡ θ + 1 z

Passo 7

Dado as variações dos parâmetros...

0 ≤ θ ≤ 2 π

0 ≤ z ≤ 2 sin ⁡ θ + 1

E lembrando que...

d S = 1   d θ d z

e acabamos de ver...

x 2 + y 2 z     →   2 sin ⁡ θ + 1 z

A integral de superfície então se transforma em uma...

I z = ∬ S   x 2 + y 2 z d S =

∫ 0 2 π ∫ 0 2 sin ⁡ θ + 1 2 sin ⁡ θ + 1 z   d z d θ

Integral Dupla. ! Bora calcula-la?

Passo 8

Calculando a integral de dentro...

∫ 0 2 π ��� 0 2 sin ⁡ θ + 1 2 sin ⁡ θ + 1 z   d z d θ = ∫ 0 2 π sin ⁡ θ + 1 ∫ 0 2 sin ⁡ θ + 1 2 z   d z d θ =

∫ 0 2 π sin ⁡ θ + 1 z 2 0 2 sin ⁡ θ + 1 d θ =

Agora substituindo os limites...

∫ 0 2 π sin ⁡ θ + 1 2 sin ⁡ θ + 1 2 d θ =

∫ 0 2 π sin ⁡ θ + 1 2 sin ⁡ θ + 1 d θ = 2 ∫ 0 2 π sin 2 ⁡ θ + 2 sin ⁡ θ + 1   d θ =

Como sin 2 ⁡ θ = 1 - cos ⁡ 2 θ 2 ...

2 ∫ 0 2 π 1 2 - 1 2 cos ⁡ 2 θ + 2 sin ⁡ θ + 1   d θ = 2 3 2 θ - 1 2 sin ⁡ 2 θ 2 - 2 cos ⁡ θ 0 2 π =

Chegamos finalmente ao valor...

2 3 2 2 π - 1 2 sin ⁡ 4 π 2 - 2 cos ⁡ 2 π - - 1 2 sin ⁡ 0 2 - 2 cos ⁡ 0 =

6 π

Resposta

6 π

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