2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




 
 Нахождение геометрического момента инерции многоугольника
Сообщение17.09.2010, 01:29 
Нахождение геометрического момента инерции многоугольника

Доброго временеи суток, форумчане.

Столкнулся с проблемой, нахождения геометрического момента инерции многоугольника. Момент нахожу по формуле взятой из http://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%9C%D0% ... 0%B8%D0%B8, а именно:

$J_y =\int\limits_S  x^2dS =\int\limits_S  x^2dxdy =\int\limits_l \frac{x^3}{3}dy$
Переход от интеграла по площади к криволинейному интегралу вычисляем по формуле Грина.

Далее я хочу получить в символьном виде выражение для каждого сегмента полигона. Для этого я использую параметрическое уравнение вида:

$r(t)=(1-t)*r_0+t*r_1, при t=\{0;1\} $
где:

$r_0=\{x_1,y_1\}$
$r_1=\{x_2,y_2\}$

соответственно для любого сегмента (что является участком прямой) параметрическое уравнение записывается как:

$x=(1-t)*x_1+t*x_2 $
$y=(1-t)*y_1+t*y_2 $

Тогда решение криволинейного интеграла запишется
$Jy=\int\limits_l F(x,y)dy = \int\limits_a^b F(r(t))(r(t)')dt = $
$= \int\limits_a^b\frac{x^3}{3}*x'*dt = \int\limits_0^1\frac{((1-t)*x_1+t*x_2)^3}{3}*((1-t)*x_1+t*x_2)'* dt$

при этом пределы интегрирования всегда a=0, b=1, согласно определению параметрического уравнения.

Далее когда я знаю Jx для каждого из сегментов, то момент инерции общий находится суммированием значений для каждого сегмента.

Как вы думаете что я делаю не правильно, но результаты расчета не совпадают с точными известными значениями.

Спасибо.

 
 
 
 Re: Нахождение геометрического момента инерции многоугольника
Сообщение17.09.2010, 02:48 
sumus17 в сообщении #353249 писал(а):
Тогда решение криволинейного интеграла запишется
$Jy=\int\limits_l F(x,y)dy = \int\limits_a^b F(r(t))(r(t)')dt = $
$= \int\limits_a^b\frac{x^3}{3}*x'*dt = \int\limits_0^1\frac{((1-t)*x_1+t*x_2)^3}{3}*((1-t)*x_1+t*x_2)'* dt$
Чему равен $dy$?

 
 
 
 Re: Нахождение геометрического момента инерции многоугольника
Сообщение17.09.2010, 05:29 
Вообще у меня с матанализом не очень. Крайне редко пользуюсь. Так что вопрос можете уточнить?
Как я уже и говорил я использую Теорему Грина для перехода от интеграла по площади к интегралу по кривой (частный случай прямой), т.е. по границе:

$\int\limits_{C} P \,dx + Q \,dy = \iint\limits_{D} \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) \,dx\,dy $

Правда я в обратную сторону ее применяю, от того что здесь записано.

Ну а дальше просто применяю метод поиска решения криволинейного интеграла.

Мое выражение в итоге получается:

$\int\limits_0^1\frac{((1-t)*x_1+t*x_2)^3}{3}*((1-t)*x_1+t*x_2)'* dt$=
$ =\frac{1}{12}x_2^4\frac{-y_1+y_2}{-x_1+x_2}-\frac{1}{12}x_1^4\frac{-y_1+y_2}{-x_1+x_2}$

 
 
 
 Re: Нахождение геометрического момента инерции многоугольника
Сообщение17.09.2010, 05:45 
Откуда в Ваших вычислениях появляется $x'$, когда делаете замену? Вместо $x$ подставляете $(1-t)x_1+tx_2$, но и $dy$ надо заменить на $(y_2-y_1)dt$.

 
 
 
 Re: Нахождение геометрического момента инерции многоугольника
Сообщение17.09.2010, 05:58 
Вот я это в книжке нашел по матанализу:
Изображение

и дальше там пример идет где это используют, как раз для похожего случая. Прошу прощения на английском, т.к. другой хорошей книжки на руссокм не смог ни где скачать, а это попалась.

Изображение

 
 
 
 Re: Нахождение геометрического момента инерции многоугольника
Сообщение17.09.2010, 06:03 
Ну всё правильно там написано, $dy=y'dt$, а Вы что написали?

 
 
 
 Re: Нахождение геометрического момента инерции многоугольника
Сообщение17.09.2010, 06:07 
Вы правы. Попробую пойду.
$y=(1-t)*y_1+t*y_2$, т.е. как раз и получается $y_2-y_1$.

-- Пт сен 17, 2010 07:16:36 --

Да, нет это я грешным делом тут описался, и думаю что все же нормально вроде было. Простите.
Финальное выражение не изменно, а в начале действительно производная по $y $стоит.

$\int\limits_0^1\frac{((1-t)*x_1+t*x_2)^3}{3}*((1-t)*y_1+t*y_2)'* dt$=
$ =\frac{1}{12}x_2^4\frac{-y_1+y_2}{-x_1+x_2}-\frac{1}{12}x_1^4\frac{-y_1+y_2}{-x_1+x_2}$

Можете на маткаде проверить. Вот как у меня было:
Изображение

Но проблема то не решена. Результат то не верный получается в итоге.

 
 
 
 Re: Нахождение геометрического момента инерции многоугольника
Сообщение17.09.2010, 06:23 
А что конкретно не верно? Какой результат? Попробуйте использовать полученную формулу, например, для прямоугольника.

 
 
 
 Re: Нахождение геометрического момента инерции многоугольника
Сообщение17.09.2010, 06:26 
Alexey1, спасибо огромное за ответы, если бы не моя невнимательность, то сэкономили бы время.
Я вот тут подумал, а не может ли быть так, что я вообще заблуждаюсь. Может так и нельзя посчитать момент инерции.

Просто изначально я это нашел, здесь же на форуме. Там парень пытался посчитать тоже момент инерции, но ему нужен был именно момент инерции, а не геометрический момент, как мне нужно, у него изначальное выражение было равно:

$\int\limits_S r^2dm=\int\limits_S r^2 \rho dS=\int\limits_S (x^2+y^2) \rho dxdy=\int\limits_l \rho(\frac{x^3}{3}dy-\frac{y^3}{3}dx)=\sum\limits_{i=1}^{N}\int\limits_{t_i}^{t_{i+1}}\rho(\frac{x(t)^3}{3}\dot y-$
$-\frac{y(t)^3}{3}\dot x)dt$,$t_{N+1}=t_1$.

Как вы думаете?

-- Пт сен 17, 2010 07:32:10 --

Для простого тела работет (квадрат с точками 0;1 1;0 0;-1 -1;0). Но для этого квадрата вообще почти неважно что там по интегралом :) видимо нулей много.

Невыпуклый многоугольник не дает нужный результат.

Попробую для более сложного прямоугольника.

 
 
 
 Re: Нахождение геометрического момента инерции многоугольника
Сообщение17.09.2010, 06:32 
Но у Вас геометрический момент. Может Вы делаете ошибку, когда криволинейный интеграл вычисляете (там по границе надо двигаться в одном направлении, чтобы внутренняя область многоугольника была слева)? Попробуйте использовать эту формулу для прямоугольника, и сравните с тем, что написано в Википидии. Также проверьте удовлетворяет ли Ваш многоугольник теореме Грина и покажите как Вы её используете (как получены все те формулы, которые Вы привели).

 
 
 
 Re: Нахождение геометрического момента инерции многоугольника
Сообщение17.09.2010, 07:01 
Более простой пример, для прямоугольника когда, его грани параллельны координатным осям тоже вводят меня в ступор.

Вот простой прямоугольник
$X_1 = 5.4764$ $Y_1 = 7.5749$
$X_2 = 5.4764$ $Y_2 = -7.5749$
$X_3 = -5.4764$ $Y_3 = -7.5749$
$X_4 = -5.4764$ $Y_4 = 7.5749$

Истинное значение момента инерции $bh^3/12$, где
$b$ и $h$ - ширина и высота сечения.

Здесь получается:
$b=10.9528$
$h=15.1498$

Т.е. явно нулем не пахнет.

Выражение для одной грани:
$ \frac{1}{12}x_2^4\frac{-y_1+y_2}{-x_1+x_2}-\frac{1}{12}x_1^4\frac{-y_1+y_2}{-x_1+x_2}$

Тогда, мы имеем для двух граней вдоль оси X - ответ найти нельзя, т.к. идет деление на ноль, а для двух других всегда ноль получается. Т.к. у двух соседних точек либо x-ы, либо y-ки равны.

В общем дур-дом. Либо надо записывать выражение с учетом нулевых значений параметрических уравнений для x и y.

Сразу отвечаю на ваш вопрос, то формула:
$J_y =\int\limits_l \frac{x^3}{3}dy$
известна, вот опять в той же книжке по матанализу есть:
Изображение

Так что теорему Грина, я написал, чтобы по максимуму данных представить. А по сути, я взял сразу вот это последнее уравнение (там кстати $\rho$ - плотность, для нужд строительной механики плотность всегда берется = 1)

-- Пт сен 17, 2010 08:07:00 --

Alexey1 в сообщении #353265 писал(а):
...там по границе надо двигаться в одном направлении, чтобы внутренняя область многоугольника была слева...

А можно поподробнее, что значит слева? и в одном направлении?

Цитата:
Попробуйте использовать эту формулу для прямоугольника, и сравните с тем, что написано в Википидии.

А что там в википедии, что посмотреть там, не очень понятно?

Спасибо.

 
 
 
 Re: Нахождение геометрического момента инерции многоугольника
Сообщение17.09.2010, 07:20 
Тогда давайте по порядку. Нам дана формула $\frac{y_2-y_1}{3}\int\limits_{0}^{1} (1-t)x_1+tx_2dt$. Берём прямоугольник с координатами $(\frac{b}{2},0), \ (-\frac{b}{2},0), (-\frac{b}{2},h), \ (\frac{b}{2},h)$. Теперь движемся по границе начиная из точки $(\frac{b}{2},h)$ против часовой стрелки. Сразу замечаем, что по сторонам параллельным оси $x$ интеграл равен 0, так как $y_1=y_2$.
Теперь при движении из точки $(-\frac{b}{2},h)$ в точку $(-\frac{b}{2},0)$, получаем интеграл $-\frac{h}{3}\int\limits_{0}^{1} \Big(-\frac{b}{2}\Big)^3dt=\frac{hb^3}{24}$.
Теперь движемся из токи $(\frac{b}{2},0)$ в точку $(\frac{b}{2},h)$, получаем интеграл $\frac{h}{3}\int\limits_{0}^{1} \Big(\frac{b}{2}\Big)^3dt=\frac{hb^3}{24}$.
Складывая два интеграла получаем ответ $\frac{hb^3}{12}$.

 
 
 
 Re: Нахождение геометрического момента инерции многоугольника
Сообщение17.09.2010, 07:35 
Сейчас повернул тот же прямоугольник на 10 градусов, все значения совпали. Проверил еще пару своих тестовых задач. В общем видимо уравнения работают все же :D :D :D

Почему-то мне вчера показалось что они не работали. Вернее так, для некоторых примеров работали, а для некоторых - нет. Или действительно в маткаде тоже производная была перепутана. Ладно повторение мать учения, заодно еще раз пробежался по всем этим делам.

Осталось побороть частные случаи когда сегменты параллельны координатным осям.
Если будет возможность, напишите как это можно сделать. Т.к. в вашем примере символьно все хорошо, но в числах, то действительно деление на ноль получается. Попробуйте подставить в то выражение что я получил. Ведь в итоге то мне это для программы надо, я же там не могу интегралы решать. Я бы хотел иметь жестко прописанные выражения для любого случая жизни.

 
 
 
 Re: Нахождение геометрического момента инерции многоугольника
Сообщение17.09.2010, 07:45 
Вы посмотрите в каких случаях идёт деление на 0, когда $x_1=x_2$, и чему равно значение интеграла в этом случае (подставьте эти значения в подынтегральное выражение).

 
 
 
 Re: Нахождение геометрического момента инерции многоугольника
Сообщение17.09.2010, 08:21 
Хорошо, спасибо за помощь.
Удачи во всех делах.

Думаю тему можно закрыть.

 
 
 [ Сообщений: 15 ] 


Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group