Cálculo tensorial

El tensor de inercia es un tensor simétrico de segundo orden que caracteriza la inercia rotacional de un sólido rígido. Expresado en una base del espacio viene dado por una matriz simétrica, dicho tensor se forma a partir de los momentos de inercia según tres ejes perpendiculares y tres productos de inercia (dicha construcción se explica en este otro artículo).El tensor de inercia sólido rígido se define como un tensor simétrico de segundo orden tal que la forma cuadrática construida a partir del tensor y la velocidad angular Ω da la energía cinética de rotación, es decir:

$E_{rot} = \frac{1}{2} \left( \begin{matrix} \Omega_{x} & \Omega_{y} & \Omega_{z}\\ \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} I_{xx} & I_{xy} & I_{xz}\\ I_{yx} & I_{yy} & I_{yz}\\ I_{zx} & I_{zy} & I_{zz} \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} \Omega_{x} \\ \Omega_{y} \\ \Omega_{z}\\ \end{matrix} \right) = \frac{1}{2} \sum_{j} \sum_{k} I_{jk} \Omega_{j} \Omega_{k}$

Donde las componentes de este tensor de inercia en una base ortonormal XYZ pueden calcularse a partir de los tres momentos de inercia según esos tres ejes perpendiculares:

$\begin{cases} I_{xx} = \int_M d_x^2 dm = \int_V \rho(y^2+z^2) dxdydz\\ I_{yy} = \int_M d_y^2 dm = \int_V \rho(z^2+x^2) dxdydz\\ I_{zz} = \int_M d_z^2 dm = \int_V \rho(x^2+y^2) dxdydz \end{cases}$

Y los tres productos de inercia que se calculan como:

I_{xy} = I_{yx} = \int_M -xy\ dm = \int_V -\rho xy\ dxdydz

I_{yz} = I_{zy} = \int_M -yz\ dm = \int_V -\rho yz\ dxdydz

I_{zx} = I_{xz} = \int_M -zx\ dm = \int_V -\rho zx\ dxdydz

Todas las formas anteriores pueden resumirse en la siguiente fórmula tensorial:

$I_{ij} = I_{ji} = \int_M \left[\delta_{ij} \left(\sum_i x_i^2\right) -x_ix_j\right] \ dm = \int_V \rho \left[\delta_{ij}\left(\sum_i x_i^2\right)-x_ix_j \right]\ dV$

Donde

i,j \in {1,2,3}

y donde

(x_1,x_2,x_3) = (x,y,z)\;

La velocidad de un cuerpo rígido se puede escribir como la suma de la velocidad del centro de masa más la velocidad de un elemento del sólido, matemáticamente esto es:

$\mathbf v = \mathbf V_{CM} + \mathbf\Omega \wedge \mathbf r$

donde

\mathbf v

es la velocidad,

\mathbf V_{CM}

es la velocidad del centro de masa,

\mathbf \Omega

es la velocidad angular medida en un sistema solidario al sólido y

\vec r

es la distancia entre el origen de este sistema y el elemento del sólido. Si se toma la norma al cuadrado de este vector se puede obtener la energía cinética de dicho diferencial de cuerpo rígido, a saber

$dT=\frac{1}{2}v^2 dm$

donde

dm=\rho(\mathbf r)dV

, con

\rho(\mathbf r)

la densidad del cuerpo y

dV

un elemento de volumen. Para obtener la energía cinética total del cuerpo rígido se debe integrar en todo el volumen de éste:

$T = \frac{1}{2}\int_V\rho(\mathbf r)v^2dV$

$T = \frac{1}{2}MV_{CM}^2+\frac{1}{2}\int_V\rho(\mathbf r)(\mathbf\Omega\wedge\mathbf r)^2dV+\int\rho(\mathbf r)\mathbf V_{CM}\cdot(\mathbf\Omega\wedge\mathbf r)dV$

Con el fin de anular el último término, i. e. simplificar la expresión (y las sucesivas), se elige el origen del sistema solidario al sólido en el centro de masa. De este modo:

$\int\rho\mathbf V_{CM}\cdot(\mathbf\Omega\wedge\mathbf r)dV=\int\rho\mathbf r\cdot(\mathbf V_{CM}\wedge\mathbf\Omega)=(\mathbf V_{CM}\wedge\mathbf\Omega)\cdot\int\rho\mathbf r \quad dV=0$

pues, en virtud de la elección hecha

\int\rho \mathbf{r} \quad dV=0

. Se tiene luego que

$T=\frac{1}{2}MV_{CM}^2+\frac{1}{2}\int_V\rho(\mathbf r)(\mathbf\Omega\wedge\mathbf r)^2dV$

es evidente, que el primer término es la energía cinética debido a la traslación del cuerpo. El otro término, en consecuencia, debe ser la energía asociada a la rotación del mismo. Si se escribe explícitamente el integrando de este último término se tiene

$\mathbf\Omega\wedge\mathbf r =(\Omega_2x_3-\Omega_3x_2;\Omega_3x_1-\Omega_1x_3;\Omega_1x_2-\Omega_2x_1)$

$(\mathbf\Omega \wedge \mathbf{r})^2= \frac{1}{2}\sum_{ij}(\Omega_ix_j-\Omega_jx_i)^2= \sum_{ij}\Omega_i^2x_j^2-\Omega_jx_i\Omega_ix_j= \sum_{ij} \Omega_i \Omega_j (\delta_{ij}r^2-x_i x_j)$

donde es claro que:

$\Omega_i=\sum_j\Omega_j\delta_{ij} \,$

con

\delta_{ij}

la delta de Kronecker. Poniendo este resultado en la expresión asociada a la energía cinética debido a la rotación y poniendo la integral dentro de la sumatoria se tiene

$T_{rot}=\frac{1}{2}\sum_{ij} \Omega_i \Omega_j \int_V \rho(\mathbf r) (\delta_{ij}r^2-x_i x_j)dV$

Debe notarse que el factor correspondiente a la integral depende únicamente de las característica geométricas (físicas) del cuerpo. En efecto, depedende de su forma (volumen) y de la masa del cuerpo y de como cómo está distribuida en dicha forma. Este factor es la componente

i,\,j

de un cierta matriz que se conoce como Tensor de Inercia, puesto que toda matriz corresponde a un tensor de segundo rango:

$I_{ij}=\int_V\rho(\mathbf r)(\delta_{ij}r^2-x_{ij}) \quad dV$

A los elementos

I_{ii},\,i=1,2,3

se los llama momento de inercia respecto del eje

i

. Claramente, se ve que el tensor de inercia es simétrico, por lo tanto es siempre diagonalizable. Es decir, siempre se puede encontrar una base de vectores tal que dicha matriz tenga forma diagonal. Tales vectores definen lo que se conoce como ejes principales. En otras palabras, siempre se puede elegir un sistema completo de vectores ortonormales (ejes principales) con los cuales el tensor de inercia toma forma diagonal.

El tensor de inercia

Estudiemos con un poco más de detalle el tensor que acabamos de introducir, ${\cal I}$ , con componentes I_ij. Si suponemos, como anteriormente, que

$\begin{displaymath}\vec\omega=\left(\begin{array}{l} 0\cr 0\cr \omega\end{array}\right)\quad ,\end{displaymath}$

tendremos

$\begin{displaymath}\vec L=\left(\begin{array}{l} I_{13}\omega\cr I_{23}\omega\cr I_{33}\omega \end{array}\right)\quad .\end{displaymath}$

Si $\vec\omega$ está dirigido a lo largo del eje y,

$\begin{displaymath}\vec L=\left(\begin{array}{l} I_{12}\omega\cr I_{22}\omega\cr I_{32}\omega \end{array}\right)\quad .\end{displaymath}$

Por último, si $\vec\omega$ está dirigido a lo largo del eje x,

$\begin{displaymath}\vec L=\left(\begin{array}{l} I_{11}\omega\cr I_{21}\omega\cr I_{31}\omega \end{array}\right)\quad .\end{displaymath}$

Examinando estas ecuaciones, vemos quién tiene la culpa de que $\vec L$ no sea paralelo a $\vec\omega$ : los elementos no diagonales del tensor de inercia. Si

$\begin{displaymath}{\cal I}=\left( \begin{array}{ccc} I_{11} & 0 & 0\cr 0 & I_{22} & 0\cr 0 & 0 & I_{33}\end{array}\right)\quad , \end{displaymath}$

(7.30)

y $\vec\omega$ está dirigido a lo largo del eje x, y o z (a los que llamaremos ejes principales de inercia), entonces $\vec L \parallel \vec \omega$ . La pregunta que nos hacemos es, por tanto, ¿Es posible encontrar un sistema de ejes (un sistema de referencia) en el que ${\cal I}$ sea diagonal? La respuesta es: sí, ya que toda matriz simétrica puede diagonalizarse y además puede demostrarse (ver Apéndice A) que sus autovalores son reales. Sus autovalores serán I₁₁, I₂₂ e I₃₃, que abreviadamente suelen escribirse I₁, I₂ e I₃. Los autovectores serán los ejes respecto de los cuales ${\cal I}$ es diagonal. Veamos cómo plantear el problema matemático. Partamos de un sistema de referencia en el cual ${\cal I}$ no es diagonal. Tendremos entonces

$\begin{displaymath}\vec L={\cal I}\vec\omega \end{displaymath}$

Sabemos que existen tres ejes respecto de los cuales $\vec L \parallel \vec \omega$ . Supongamos que $\omega$ está dirigida justamente a lo largo de uno de esos ejes. Tendremos que, además de la ecuación anterior, se satisface

$\begin{displaymath}\vec L=I\vec\omega\end{displaymath}$

donde I es uno de los momentos principales de inercia. Es decir, tendremos que

$\begin{displaymath}{\cal I}\vec\omega=I\vec\omega\end{displaymath}$

Restando ambos términos de la igualdad,

$\begin{displaymath}\sum_j(I_{ij}-I\delta_{ij})\omega_j=0\end{displaymath}$

o, en forma matricial,

$\begin{displaymath}\left( \begin{array}{ccc} I_{11}-I &I_{12} & I_{13} \cr I_... ...ga_1\cr \omega_2\cr \omega_3 \end{array} \right)=0\quad . \end{displaymath}$

(7.31)

Lo que hemos planteado en definitiva es un sistema de ecuaciones homogéneo, donde las incógnitas son $\omega_1$ , $\omega_2$ y $\omega_3$ . Puesto que el sistema es homogéneo, sólo tendrá solución no trivial si el determinante de los coeficientes es nulo:

$\begin{displaymath}\left\vert \begin{array}{ccc} I_{11}-I &I_{12} & I_{13} \cr... ...I_{31} & I_{32} & I_{33}-I \end{array} \right\vert=0\quad . \end{displaymath}$

(7.32)

Esto es una ecuación de tercer orden en I que nos proporcionar tres valores de I (I₁, I₂ e I₃) a lo largo de las direcciones principales, es decir, los tres autovalores. Los autovectores serán tres conjuntos de valores $\omega_1$ , $\omega_2$ y $\omega_3$ que sólo podrán obtenerse salvo una constante (al tratarse de un sistema homogéneo con solución no trivial, una de las ecuaciones debe ser combinación lineal de las otras dos, es decir, no podemos obtener el conjunto de valores $\omega_1$ , $\omega_2$ y $\omega_3$ en forma absoluta, sino sólo dos componentes en función de una tercera, o lo que es lo mismo, sólo pueden obtenerse las direcciones correspondientes a las velocidades angulares de giro, pero no los valores de las velocidades). Hagamos un ejemplo de cálculo del tensor de inercia y de determinación del sistema de ejes principales. Lo que nos interesa determinar es el tensor de inercia respecto de un cierto sistema de referencia por el que se supone pasará el eje de giro y por tanto será un punto fijo en el sólido. En ese sentido, ya que no nos interesa el estudio del movimiento de traslación del sólido, sino sólo el de rotació, por simplicidad matemática vamos a elegir un sistema de referencia cuyo origen no es el centro de masas del sólido. Tomemos como ejemplo el caso de un cubo de densidad de mas homogénea $\rho$ y de lado a, con tres aristas sobre los ejes x, y y z. Llamemos como siempre x₁, x₂ y x₃ a las coordenadas. Puesto que el cubo presenta simetría respecto de los ejes 1, 2 y 3, vemos que es suficiente calcular I₁₁ e I₁₂, ya que, por simetría

I₂₂=I₃₃=I₁₁

(7.33)

$\begin{displaymath}I_{13}=I_{23}=I_{12}\quad . \end{displaymath}$

(7.34)

Tendremos por tanto:

$\begin{displaymath}I_{11}=\rho\int_0^bdx_3\int_0^bdx_2(x_2^2+x_3^2)\int_0^bdx_1= \frac{2}{3}\rho a^5=\frac{2}{3}Ma^2\quad , \end{displaymath}$

(7.35)

donde M es la masa del cubo. La componente no diagonal vale:

$\begin{displaymath}I_{12}=-\rho\int_0^bx_1dx_1\int_0^bx_2dx_2\int_0^bdx_3= -\frac{1}{4}\rho a^5=-\frac{1}{4}Ma^2\quad . \end{displaymath}$

(7.36)

Por lo tanto

$\begin{displaymath}{\cal I}=Ma^2\left( \begin{array}{rrr} \frac{2}{3} & -\frac... ...4} & -\frac{1}{4} & \frac{2}{3} \end{array} \right) \quad . \end{displaymath}$

(7.37)

$\begin{displaymath}\vec\omega=\left( \begin{array}{c} 0\cr 0\cr \omega \end{array} \right)\quad , \end{displaymath}$

(7.38)

tendremos

$\begin{displaymath}\vec L=\left( \begin{array}{r} -\frac{1}{4}\\ [12pt] -\fra... ...\\ [12pt] \frac{2}{3} \end{array} \right)Ma^2\omega\quad , \end{displaymath}$

(7.39)

luego $\vec L$ no es paralelo a $\omega$ , es decir, el sistema de referencia en el que hemos hallado el tensor de inercia no es el sistema principal de ejes. Para hallar el sistema de ejes principales, como hemos comentado anteriormente, hemos de plantear la ecuación:

$\begin{displaymath}\left\vert \begin{array}{rrr} \frac{2}{3}Ma^2-I & -\frac{1}... ...4}Ma^2 & \frac{2}{3}Ma^2-I \end{array} \right\vert=0\quad . \end{displaymath}$

(7.40)

Dividiendo por Ma² y llamando $\lambda\equiv I/Ma^2$ , podemos reescribir el determinante anterior como:

$\begin{displaymath}\left\vert \begin{array}{rrr} \frac{2}{3}-\lambda & -\frac{... ...}{4} & \frac{2}{3}-\lambda \end{array} \right\vert=0\quad . \end{displaymath}$

(7.41)

Sumando las columnas 2 y 3 a la 1,

$\begin{displaymath}\left\vert \begin{array}{rrr} \frac{1}{6}-\lambda & -\frac{... ...rac{2}{3}-\lambda\\ [12pt] \end{array} \right\vert=0\quad , \end{displaymath}$

(7.42)

luego

$\begin{displaymath}\left(\frac{1}{6}-\lambda\right) \left\vert \begin{array}{r... ...rac{2}{3}-\lambda\\ [12pt] \end{array} \right\vert=0\quad . \end{displaymath}$

(7.43)

Restando la primera fila en la segunda y tercera,

$\begin{displaymath}\left(\frac{1}{6}-\lambda\right) \left\vert \begin{array}{r... ...c{11}{12}-\lambda\\ [12pt] \end{array} \right\vert=0\quad . \end{displaymath}$

(7.44)

En forma de ecuación,

$\begin{displaymath}\left(\frac{1}{6}-\lambda\right) \left(\frac{11}{12}-\lambda\right)^2=0\quad , \end{displaymath}$

(7.45)

luego los tres autovalores son:

$\begin{displaymath}I_1=\frac{1}{6}Ma^2 \end{displaymath}$

(7.46)

$\begin{displaymath}I_2=I_3\frac{11}{12}Ma^2\quad . \end{displaymath}$

(7.47)

Para determinar la dirección de los ejes de simetria hemos de volver a las ecuaciones planteadas, pero sólo hemos de trabajar con dos ya que la tercera es una combinación lineal de las otras dos. De otra forma, la solución del sistema de ecuaciones homogéneo sería la trivial. Planteemos dos ecuaciones sustituyendo I por Ma²/6:

$\begin{displaymath}\begin{array}{rcr} \frac{1}{2}Ma^2\omega_1-\frac{1}{4}Ma^2\o... ...\omega_2-\frac{1}{4} Ma^2 \omega_3 & = 0\quad . \end{array} \end{displaymath}$

AMIGOS PARA SIEMPRE

Páginas

sábado, 6 de junio de 2015

Física matemática

Cálculo tensorial

El tensor de inercia

No hay comentarios:

Publicar un comentario

Datos personales

Archivo del blog