Момент инерции поверхности вращения

[George M]

Здравствуйте, я разбирал способ нахождения момента инерции поверхности вращения, а именно тороида. Большого радиуса R и радиуса сечения - r.

Мои рассуждения были таковы:

Параметризуем следующим образом:

$ x=\left(R+r\cos \theta \right)\cos \varphi $
$ y=\left(R+r\cos \theta \right)\sin \varphi $
$z=r\sin \varphi $

Следовательно для $r$ получим:

$$\begin{pmatrix} $ \left(R+r\cos \theta \right)\cos \varphi $ \\ $ \left(R+r\cos \theta \right)\sin \varphi $ \\ $ r \sin \varphi $ \end{pmatrix}$$

Элемент площади параметрически заданной поверхности, допустим, $dA$, можно найти следующим образом:

$dA = \left| \left[\frac{dr}{d\theta }\frac{dr}{d\varphi}\right] \right| d\theta d\varphi $

Векторное умножение найдём следующим образом:

$ \left[\frac{dr}{d\theta }\frac{dr}{d\varphi}\right] $

$$\begin{bmatrix} i\ j\ k \\ \frac{dx}{d\theta}\ \frac{dy}{d\theta}\ \frac{dz}{d\theta}\ \\ \frac{dx}{d\varphi}\ \frac{dy}{d\varphi}\ \frac{dz}{d\varphi}\ \end{bmatrix}$$

В конце концов получу:

$ dA=r\left(r\cos \varphi +R\right)d\varphi\ d\theta\ $

$dV = dAdr =r\left(r\cos \varphi +R\right)d\varphi\ d\theta\ dr $

Поскольку я хочу это сделать относительно оси симметрии, то

$ I=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{r}S^{2}dV $

В качестве $S$ возьмём $\left(r\cos \varphi +R\right)$

И в результате получаю $I$ на $z$ $M\left(R^{2}+\frac{3}{4}r^{2}\right)$

Верны ли мои рассуждения? Могу ли я прислать вам для проверки ещё некоторые задачи, на похожие модели в эту тему?

[lel0lel]

В параметризации для $z$, по-моему, правильно будет $z=r\sin\theta$.

[George M]

Да, я опечатался, но в дальнейшем решении это исправлено, спасибо

[GAA]

Если вычисляется момент инерции (относительно оси $z$) поверхности (тор), то это будет поверхностный интеграл первого рода (сводится к двойному интегралу).
Если вычисляется момент инерции (относительно оси $z$) тела, ограниченного тором (поверхностью), то это будет тройной интеграл.
В первой части начального сообщения пишете о вычислении момента инерции поверхности, а в конце записываете тройной интеграл. Что-то не так.

[George M]

Вычислял момент инерции тела, перепутал формулировки в названии, спасибо за уточнение

[GAA]

Тогда записанный Вами [тройной] интеграл не равен приведенному окончательному (правильному) выражению. И дело не в размерности (пропущенную постоянную плотность будем считать опечаткой, которую в конце добавили). Дело в выражении для $dV$. Более того, не понятно, зачем для получения $dV$ вычислять $dS$.И вообще, на мой взгляд, проще вычисления выполнить в декартовой системе координат. [Более того, можно ещё немного себе жизнь упростить, учтя, что тело ограничено поверхностью вращения.]
А если это упражнение по курсу физики/механики, то проще воспользоваться соответствующей теоремой.

-- Sat 29.01.2022 16:33:58 --

GAA в сообщении #1547386 писал(а):

И вообще, на мой взгляд, проще вычисления выполнить в декартовой системе координат.

Или цилиндрической.

[George M]

Попробовал пересчитать свой интеграл и, кажется, что сходится, не могли бы вы указать на ошибку и подсказать соответствующую теорему, с использованием которой упрощается расчёт задачи?

[GAA]

Ваш тройной интеграл, сводится к произведению однократного на повторный
$\int_0^{2\pi} d\varphi \cdot \int_0^r u^2du \int_0^{2\pi} [R^3+3u R^2\cos\theta+3 R u^2\cos^2\theta +u^3\cos^3\theta] d \theta = $
$ = 2\pi \cdot R\pi \int_0^r u^2(2R^2+3u^2) du = \frac{2}{15}\pi^2Rr^3(10R^2+9r^2).$

$V = 2 \pi^2 R r^2$.

Upd. Стень $r$ подставил не ту. Поправил.

[George M]

Я, наверное, задам глупый вопрос, но почему вы берёте $u^2$? Разве для моего выражения эта степень не будет 1? При умножении $dV$ и $S^2$ из моего начального сообщения.

[GAA]

Спасибо! Да, теперь сходится.
$\int_0^{2\pi} d\varphi \cdot \int_0^r u du \int_0^{2\pi} [R^3+3u R^2\cos\theta+3 R u^2\cos^2\theta +u^3\cos^3\theta] d \theta = $
$ = 2\pi^2 R r^2(R^2+3/4r^2).$
Но в какой системе координат выполняются вычисления и как находится $dV$ остаётся под вопросом.

[lel0lel]

Нарежем тор на диски (плоскость разрезов перпендикулярна оси $z$), получим эдакие cd-диски. Момент инерции диска радиуса $R$ известен первокурсникам, он равен $1/2 m R^2$. Тогда cd-диск на высоте $z$ имеет момент инерции (просто вычитаем из момента инерции большого диска момент инерции вырезанного)

$$d J(z)=1/2\rho \pi\left[\big(R+\sqrt{r^2-z^2}\big)^4-\big(R-\sqrt{r^2-z^2}\big)^4\right]dz,$$

тогда момент инерции тора:

$$J=2\int\limits_{0}^{r}d J(z)=\rho 2 \pi ^2 r^2 R \left(R^2+3/4 r^2\right)=M\left(R^2+3/4r^2\right),$$

здесь использовали $M=\rho V=\rho 2\pi^2 R r^2$ и "немного" интегрировали.

[GAA]

Это практически в цилиндрической системе координат.
Формально, ближе с желанию ТС будет такая комбинация цилиндрической системы и параметризации
$\int \rho^2 \rho d\rho dz d\varphi = -\int_0^{2\pi}d\varphi \cdot \int_0^{2\pi} \rho^3(\theta) d\rho(\theta) \int_0^{r\sin \theta} dz =$
$= 2\pi \cdot \int_0^{2\pi}(R+r\cos\theta )^3 r^2\sin^2\theta d\theta = 2\pi^2r^2R(R^2+\frac{3}{4}r^2)$
Остаётся дорисовать постоянную плотность.

-- Sat 29.01.2022 20:24:46 --

Здесь (как в начальном сообщении) граница тела $\rho = R + r\cos\theta$, $z = r\sin \theta$

[GAA]

Тут я, конечно, небрежность проявил. Виноват. Можно, учитывая симметрию, относительно плоскости $z=0$, выписать аккуратней
$\int \rho^2 \rho d\rho dz d\varphi = 2\int_0^{2\pi}d\varphi \cdot \int_{\pi}^{0} \rho^3(\theta) d\rho(\theta) \int_0^{r\sin \theta} dz =$
$= -2\cdot 2\pi \cdot \int_{\pi}^0 (R+r\cos\theta )^3 r^2\sin^2\theta d\theta = 2\pi^2r^2R(R^2+\frac{3}{4}r^2).$
На этом пути обоснования будут проще.