Esercizio - momento d'inerzia minimo e massimo rispetto agli assi per un punto

Teoria: Estremi vincolati nello spazio - superfici e curve intersezione di due superficiIn R^3 il vincolo è una superficie g(x,y,z) = b oppure una curva intersezione di due superfici g1 = b1, g2 = b2. Una superficie: se P è estremo vincolato e ∇g(P) ≠ 0 allora ∇f(P) = λ∇g(P) (D). Una curva: se ∇g1(P) e ∇g2(P) sono linearmente indipendenti (∇g1 ∧ ∇g2 ≠ 0) allora ∇f(P) = λ1∇g1(P) + λ2∇g2(P) (D): due moltiplicatori, cinque equazioni in cinque incognite (x, y, z, λ1, λ2). Lagrangiana L = f + λ1(b1 − g1) + λ2(b2 − g2). Procedura: punti singolari del vincolo (∇g = 0, oppure gradienti paralleli), sistema di Lagrange, confronto (Weierstrass se il vincolo è compatto). Su un solido K si studiano interno (∇f = 0), facce (Lagrange o parametrizzazione), spigoli e vertici. Il moltiplicatore λ misura quanto cambia il valore ottimo al variare di b.Estremi vincolati nello spazio - superfici e curve intersezione di due superfici →, Forme quadratiche e criteri di definitezzaUna forma quadratica q(h) = h^T M h (M simmetrica) è definita positiva se q>0 per h ≠ 0, semidefinita positiva se q ≥ 0, definita/semidefinita negativa con segni opposti, indefinita se cambia segno. In due variabili, con M = [[a,b],[b,c]]: definita positiva ⇔ det M > 0 e a > 0, definita negativa ⇔ det M > 0 e a < 0, indefinita ⇔ det M < 0 (D, completando il quadrato). In generale: segno degli autovalori di M (D, teorema spettrale): tutti > 0 definita positiva, tutti < 0 definita negativa, di segno diverso indefinita; inoltre q(h) ≥ λ_min |h|². Per n = 3 si usano i minori principali di Sylvester. È lo strumento per classificare i punti critici.Forme quadratiche e criteri di definitezza →, Baricentro, momenti d'inerzia e tensore d'inerzia dei corpi con gli integrali tripliUn corpo E con densità μ ha massa M = ∭μ e baricentro B = (1/M)∭ x μ. Il momento d'inerzia rispetto a una retta r è I_r = ∭ δ² μ (δ = distanza da r) e l'energia cinetica di rotazione è ½ I_r ω². Il tensore d'inerzia J = ∭ μ (|x|² E − x xᵀ) è simmetrico e dà I_n = n·Jn per la retta per l'origine di direzione n (D); i suoi autovettori sono gli assi principali. Huygens-Steiner (D): I_r = I_G + M d². Corpi di rotazione: I_z = (πμ/2)∫ r(z)⁴ dz. Risultati: cilindro ½MR², cilindro cavo ½M(R₁² + R₂²), sfera (2/5)MR², cono (3/10)MR², guscio sferico (2/3)MR², parallelepipedo M(a² + b²)/12.Baricentro, momenti d'inerzia e tensore d'inerzia dei corpi con gli integrali tripli → (tensore d'inerzia).

Testo. Un corpo ha rispetto al punto $O$ il tensore d'inerzia (in kg$\,$m$^2$) $$J=\begin{pmatrix}2&-1&0\\-1&2&0\\0&0&3\end{pmatrix}.$$ Il momento d'inerzia rispetto alla retta per $O$ di direzione il versore $\underline n=(x,y,z)$ è $I(\underline n)=\underline n\cdot J\underline n=2x^2+2y^2+3z^2-2xy$. Trovare le direzioni per cui $I$ è minimo e massimo, cioè gli estremi di $I$ sulla sfera unitaria $x^2+y^2+z^2=1$.

(Esercizio proposto per questo corso, sul modello dei fogli di esercizi di Fondamenti di Analisi Matematica 2.)

Soluzione

Impostazione. $f(x,y,z)=2x^2+2y^2+3z^2-2xy$, vincolo $g=x^2+y^2+z^2=1$. La sfera è compatta, $\nabla g=(2x,2y,2z)\ne\underline0$ su di essa: massimo e minimo esistono e si trovano col sistema di Lagrange. Si ha $$\nabla f=(4x-2y,\ 4y-2x,\ 6z)=2J\underline n,\qquad\nabla g=2\underline n,$$ quindi $\nabla f=\lambda\nabla g$ diventa $$J\underline n=\lambda\underline n,\qquad|\underline n|=1 :$$ i punti critici sono gli autovettori unitari di $J$, con $\lambda$ l'autovalore. In un punto critico $f=\underline n\cdot J\underline n=\lambda|\underline n|^2=\lambda$: il valore di $I$ è l'autovalore stesso. (Lo stesso metodo è nell'esercizio sulle forme quadratiche sulla circonferenza unitaria.)

Autovalori. Il polinomio caratteristico si spezza in blocchi: $$\det(J-\lambda E)=(3-\lambda)\big[(2-\lambda)^2-1\big]=(3-\lambda)(1-\lambda)(3-\lambda) ,$$ con autovalori $\lambda=1$ (semplice) e $\lambda=3$ (doppio).

• $\lambda=1$: $(J-E)\underline n=\underline0$ dà $x-y=0$, $z=0$: $\underline n=\pm\frac{(1,1,0)}{\sqrt2}$.
• $\lambda=3$: $-x-y=0$ e $z$ libero: $\underline n=\big(\frac a{\sqrt2},-\frac a{\sqrt2},c\big)$ con $a^2+c^2=1$, cioè tutta la circonferenza massima (cerchio) nel piano $x+y=0$.

Conclusione. $I_{\min}=1$ kg$\,$m$^2$ nelle due direzioni $\pm\frac{(1,1,0)}{\sqrt2}$; $I_{\max}=3$ kg$\,$m$^2$ per infinite direzioni, tutte quelle del piano ortogonale. Il sistema di Lagrange ha infinite soluzioni perché l'autovalore $3$ ha un autospazio di dimensione $2$ (il corpo ha una simmetria attorno all'asse $(1,1,0)$: ha due momenti principali uguali). Verifica sul cerchio: per $\underline n=\big(\frac a{\sqrt2},-\frac a{\sqrt2},c\big)$, $I=2\frac{a^2}2+2\frac{a^2}2+3c^2+2\frac{a^2}{2}=3a^2+3c^2=3$ ✓.

Un valore intermedio. Per $\underline n=(1,0,0)$ si ha direttamente $I=2$. Il versore $(1,0,0)$ forma con l'asse di momento minimo $\frac{(1,1,0)}{\sqrt2}$ un angolo $\alpha$ con $\cos\alpha=\frac1{\sqrt2}$, e scomponendo $\underline n$ lungo quell'asse e lungo il piano ortogonale si trova $I(\underline n)=1\cdot\cos^2\alpha+3\sin^2\alpha=\frac12+\frac32=2$ ✓. In generale $I(\underline n)=\cos^2\alpha+3\sin^2\alpha$, che sta sempre fra $1$ e $3$.

Errori tipici. Cercare solo punti con $x=y$ e perdere il cerchio dell'autovalore doppio; dimenticare il fattore $2$ nel gradiente di $f$ (il termine misto $-2xy$ dà $-2y$ nella derivata rispetto a $x$ e quindi $4x-2y$); credere che il massimo sia in un solo punto perché il sistema è simmetrico.