Movimento de rotação de um corpo rígido em relação a um ponto P que pode ser fixo ou ser o centro de massa do corpo. Considere que o corpo é constituído de massas puntiformes m_{k} situadas nos pontos \overrightarrow{r_{k}} relativos à origem das coordenadas em P. O corpo gira com velocidade angular \vec{\omega}.
a) Mostre que o momento angular \vec{L} pode ser escrito em termos da velocidade angular \vec{\omega} como
\vec{L}=\vec{L}(\vec{\omega})=\sum_{k} m_{k} \overrightarrow{r_{k}} \times v_{k}=\sum_{k} m_{k} \overrightarrow{r_{k}} \times\left(\vec{\omega} \times \overrightarrow{r_{k}}\right)
b) Mostre que
\vec{L}(c \vec{\omega})=c \vec{L}(\vec{\omega}), \quad \vec{L}\left(\vec{\omega}+\vec{\omega}^{\prime}\right)=\vec{L}(\vec{\omega})+\vec{L}\left(\vec{\omega}^{\prime}\right)
indicando que \vec{L}(\vec{\omega}) é uma função vetorial linear.
c) Expandindo o produto vetorial triplo na eq. (1), mostre que
\vec{L}=\left(\sum_{k} m_{k}{\overrightarrow{r_{k}}}^{2}\right) \vec{\omega}-\left(\sum_{k} m_{k} \overrightarrow{r_{k}} \overrightarrow{r_{k}}\right) \cdot \vec{\omega}
O segundo termo contém a justaposição \overrightarrow{r_{k}} \overrightarrow{r_{k}} de dois vetores. Essa construção ainda não tinha sido definida. Vamos definir essa construção em termos de um tensor.
d) Definindo ‘tensor unidade’ 1 como o operador que, agindo sobre um vetor qualquer, tem como resultado o próprio vetor ( \mathbf{1} \cdot \vec{A}=\vec{A} ), mostre que
\vec{L}=\mathbf{I} \cdot \vec{\omega}
em que
\mathbf{I}=\sum_{k}\left(m_{k}{\overrightarrow{r_{k}}}^{2} \mathbf{1}-m_{k} \overrightarrow{r_{k}} \overrightarrow{r_{k}}\right)
é o tensor de inércia do corpo rígido.

Passo 1

O enunciado dá um corpo rígido composto por massas pontuais \\ m_{k}\ localizadas nos vetores posição \\ \overrightarrow{r_{k}}\ medidos a partir de um ponto P (origem das coordenadas em P). O corpo gira com velocidade angular \\ \vec{\omega}\. As perguntas são, em separado:
a) Mostrar que o momento angular total \vec{L} pode ser escrito como
\vec{L}=\sum_{k} m_{k} \overrightarrow{r_{k}} \times v_{k}=\sum_{k} m_{k} \overrightarrow{r_{k}} \times\left(\vec{\omega} \times \overrightarrow{r_{k}}\right).
b) Mostrar que \vec{L} é linear em \vec{\omega}, ou seja
\vec{L}(c \vec{\omega})=c \vec{L}(\vec{\omega}), \qquad \vec{L}\left(\vec{\omega}+\vec{\omega}^{\prime}\right)=\vec{L}(\vec{\omega})+\vec{L}\left(\vec{\omega}^{\prime}\right).
c) Expandir o produto vetorial triplo e obter
\vec{L}=\left(\sum_{k} m_{k}{\overrightarrow{r_{k}}}^{2}\right) \vec{\omega}-\left(\sum_{k} m_{k} \overrightarrow{r_{k}} \overrightarrow{r_{k}}\right) \cdot \vec{\omega},
explicando a notação \overrightarrow{r_{k}} \overrightarrow{r_{k}}.
d) Definindo o tensor identidade \mathbf{1} por \mathbf{1}\cdot\vec{A}=\vec{A}, mostrar que
\vec{L}=\mathbf{I}\cdot\vec{\omega},
com
\mathbf{I}=\sum_{k}\left(m_{k}{\overrightarrow{r_{k}}}^{2}\mathbf{1}-m_{k}\overrightarrow{r_{k}}\overrightarrow{r_{k}}\right),
onde \mathbf{I} é o tensor de inércia. Esses são os pedidos; a partir do próximo passo começamos a resolver e a explicar cada identidade usada.

Passo 2

Primeira peça importante (fato físico + definição matemática): a velocidade linear \\ v_{k}\ da partícula k num corpo rígido que gira com velocidade angular \\ \vec{\omega}\ em torno do ponto P é dada por
v_{k}=\vec{\omega}\times\overrightarrow{r_{k}}.
Explicação intuitiva: num movimento de rotação pura em torno de P, cada ponto descreve uma circunferência em plano perpendicular a \vec{\omega}; a velocidade é perpendicular ao plano formado por \vec{\omega} e \overrightarrow{r_{k}} e tem direção dada pelo produto vetorial. É uma relação padrão de cinemática de corpos rígidos.
O momento linear (impulso) da partícula k é \\ p_{k}=m_{k}v_{k}. O momento angular (em relação a P) dessa partícula é \\ \overrightarrow{r_{k}}\times p_{k}=\overrightarrow{r_{k}}\times (m_{k}v_{k}). Somando sobre todas as partículas obtemos o momento angular total:
\vec{L}=\sum_{k}\overrightarrow{r_{k}}\times p_{k}=\sum_{k}\overrightarrow{r_{k}}\times\left(m_{k}v_{k}\right).
Substituindo v_{k}=\vec{\omega}\times\overrightarrow{r_{k}} obtemos exatamente a expressão pedida:
\vec{L}=\sum_{k} m_{k}\overrightarrow{r_{k}}\times v_{k}=\sum_{k} m_{k}\overrightarrow{r_{k}}\times\left(\vec{\omega}\times\overrightarrow{r_{k}}\right).
Isso responde (a) e já mostrou por que a segunda forma aparece.

Passo 3

Vamos provar a linearidade pedida (item b). Para isso usamos propriedades elementares do produto vetorial: ele é linear quanto à multiplicação por escalar e quanto à soma em cada argumento, isto é, para vetores \vec{a},\vec{b},\vec{c} e escalar c vale
\vec{a}\times(c\vec{b})=c(\vec{a}\times\vec{b}),\qquad \vec{a}\times(\vec{b}+\vec{c})=\vec{a}\times\vec{b}+\vec{a}\times\vec{c}.
Aplicando isso na expressão de \vec{L}:
  • Para um escalar c,
\vec{L}(c\vec{\omega})=\sum_{k} m_{k}\overrightarrow{r_{k}}\times\bigl((c\vec{\omega})\times\overrightarrow{r_{k}}\bigr) =\sum_{k} m_{k}\overrightarrow{r_{k}}\times\bigl(c(\vec{\omega}\times\overrightarrow{r_{k}})\bigr) =c\sum_{k} m_{k}\overrightarrow{r_{k}}\times(\vec{\omega}\times\overrightarrow{r_{k}}) =c\,\vec{L}(\vec{\omega}).
  • Para soma de vetores,
\vec{L}(\vec{\omega}+\vec{\omega}^{\prime}) =\sum_{k} m_{k}\overrightarrow{r_{k}}\times\bigl((\vec{\omega}+\vec{\omega}^{\prime})\times\overrightarrow{r_{k}}\bigr) =\sum_{k} m_{k}\overrightarrow{r_{k}}\times(\vec{\omega}\times\overrightarrow{r_{k}}) +\sum_{k} m_{k}\overrightarrow{r_{k}}\times(\vec{\omega}^{\prime}\times\overrightarrow{r_{k}}) =\vec{L}(\vec{\omega})+\vec{L}(\vec{\omega}^{\prime}).
Portanto \vec{L}(\cdot) é linear em \vec{\omega}, como se pedia.
Comentário didático: uma “função vetorial linear” é qualquer aplicação F que satisfaz F(c\vec{x})=cF(\vec{x}) e F(\vec{x}+\vec{y})=F(\vec{x})+F(\vec{y}). Mostramos essas propriedades diretamente.

Passo 4

Agora expandimos o produto vetorial triplo que aparece em (a). Usamos a identidade vetorial chamada de produto vetorial triplo:
\vec{a}\times(\vec{b}\times\vec{c})=\vec{b}(\vec{a}\cdot\vec{c})-\vec{c}(\vec{a}\cdot\vec{b}),
válida para quaisquer vetores \vec{a},\vec{b},\vec{c}. Uma pequena justificativa: essa identidade pode ser verificada coordenada a coordenada (por componentes) ou lembrada como uma consequência das propriedades do produto vetorial e escalar; ela é muito usada para reescrever produtos duplos.
Aplique a identidade com \vec{a}=\overrightarrow{r_{k}}, \vec{b}=\vec{\omega}, \vec{c}=\overrightarrow{r_{k}}. Então
\overrightarrow{r_{k}}\times\bigl(\vec{\omega}\times\overrightarrow{r_{k}}\bigr) =\vec{\omega}\,(\overrightarrow{r_{k}}\cdot\overrightarrow{r_{k}})-\overrightarrow{r_{k}}\,(\overrightarrow{r_{k}}\cdot\vec{\omega}).
Note que \overrightarrow{r_{k}}\cdot\overrightarrow{r_{k}}={\overrightarrow{r_{k}}}^{2} é o quadrado da magnitude de \overrightarrow{r_{k}}. Multiplicando por m_{k} e somando sobre k obtemos
\vec{L}=\sum_{k} m_{k}\bigl({\overrightarrow{r_{k}}}^{2}\vec{\omega}-\overrightarrow{r_{k}}(\overrightarrow{r_{k}}\cdot\vec{\omega})\bigr).
Separe os termos:
\vec{L}=\left(\sum_{k} m_{k}{\overrightarrow{r_{k}}}^{2}\right)\vec{\omega}-\sum_{k} m_{k}\,\overrightarrow{r_{k}}(\overrightarrow{r_{k}}\cdot\vec{\omega}).
A expressão \overrightarrow{r_{k}}(\overrightarrow{r_{k}}\cdot\vec{\omega}) é, por definição, o resultado da ação do tensor (ou produto exterior) \overrightarrow{r_{k}}\overrightarrow{r_{k}} sobre \vec{\omega}. Ou seja, se definimos o operador (tensor) \overrightarrow{r_{k}}\overrightarrow{r_{k}} pela sua ação em um vetor \vec{v} como
\bigl(\overrightarrow{r_{k}}\overrightarrow{r_{k}}\bigr)\cdot\vec{v}=\overrightarrow{r_{k}}(\overrightarrow{r_{k}}\cdot\vec{v}),
então o segundo termo pode ser escrito como \left(\sum_{k} m_{k}\overrightarrow{r_{k}}\overrightarrow{r_{k}}\right)\cdot\vec{\omega}. Assim chegamos à forma exigida:
\vec{L}=\left(\sum_{k} m_{k}{\overrightarrow{r_{k}}}^{2}\right)\vec{\omega}-\left(\sum_{k} m_{k}\overrightarrow{r_{k}}\overrightarrow{r_{k}}\right)\cdot\vec{\omega}.
Explicação extra sobre \overrightarrow{r_{k}}\overrightarrow{r_{k}}: é o chamado produto externo (ou produto tensorial) que gera uma matriz (r_{k,i}r_{k,j}). Essa matriz, atuando sobre \vec{\omega} pelo produto usual, produz o vetor cujo componente i é \sum_{j} r_{k,i}r_{k,j}\omega_{j} = r_{k,i}(\overrightarrow{r_{k}}\cdot\vec{\omega}), exatamente o vetor acima.

Passo 5

Definimos o tensor identidade \mathbf{1} pelo seu efeito \mathbf{1}\cdot\vec{A}=\vec{A} para qualquer vetor \vec{A}. Então o termo escalar multiplicando \vec{\omega} pode ser escrito como \left(\sum_{k} m_{k}{\overrightarrow{r_{k}}}^{2}\right)\mathbf{1}\cdot\vec{\omega}. Reunindo os termos, definimos o tensor de inércia \mathbf{I} pela soma
\mathbf{I}=\sum_{k}\left(m_{k}{\overrightarrow{r_{k}}}^{2}\mathbf{1}-m_{k}\overrightarrow{r_{k}}\overrightarrow{r_{k}}\right).
Ao atuar sobre \vec{\omega} obtemos
\mathbf{I}\cdot\vec{\omega} =\sum_{k}\left(m_{k}{\overrightarrow{r_{k}}}^{2}\mathbf{1}-m_{k}\overrightarrow{r_{k}}\overrightarrow{r_{k}}\right)\cdot\vec{\omega} =\left(\sum_{k} m_{k}{\overrightarrow{r_{k}}}^{2}\right)\vec{\omega}-\left(\sum_{k} m_{k}\overrightarrow{r_{k}}\overrightarrow{r_{k}}\right)\cdot\vec{\omega},
que coincide com a expressão obtida para \vec{L}. Portanto
\vec{L}=\mathbf{I}\cdot\vec{\omega},
com \mathbf{I} dado acima. Observação útil: escrevendo componentes, o elemento ij do tensor de inércia é
I_{ij}=\sum_{k} m_{k}\bigl({\overrightarrow{r_{k}}}^{2}\delta_{ij}-r_{k,i}r_{k,j}\bigr),
onde \delta_{ij} é o delta de Kronecker e r_{k,i} é a componente i-ésima de \overrightarrow{r_{k}}. Isso é a forma prática usada para construir a matriz do tensor de inércia.

Passo 6

Resumo didático-final (como lembrar na prova):
  • Use v_{k}=\vec{\omega}\times\overrightarrow{r_{k}} para escrever \vec{L}=\sum_{k} m_{k}\overrightarrow{r_{k}}\times(\vec{\omega}\times\overrightarrow{r_{k}}).
  • Aplique a identidade vetorial tripla \vec{a}\times(\vec{b}\times\vec{c})=\vec{b}(\vec{a}\cdot\vec{c})-\vec{c}(\vec{a}\cdot\vec{b}) para obter a separação em termo escalar vezes \vec{\omega} e termo tensorial vezes \vec{\omega}.
  • Identifique o produto \overrightarrow{r_{k}}\overrightarrow{r_{k}} como um tensor que age por \bigl(\overrightarrow{r_{k}}\overrightarrow{r_{k}}\bigr)\cdot\vec{v}=\overrightarrow{r_{k}}(\overrightarrow{r_{k}}\cdot\vec{v}).
  • Finalmente, monte \mathbf{I}=\sum_{k}\left(m_{k}{\overrightarrow{r_{k}}}^{2}\mathbf{1}-m_{k}\overrightarrow{r_{k}}\overrightarrow{r_{k}}\right) e escreva \vec{L}=\mathbf{I}\cdot\vec{\omega}.
Boa notícia: com essas identidades você já consegue montar o tensor de inércia de qualquer conjunto de massas pontuais — na prova, faça componente a componente se precisar de valores numéricos. Força aí, você vai mandar bem!

Resposta

a) \displaystyle \vec{L}=\sum_{k} m_{k}\overrightarrow{r_{k}}\times v_{k}=\sum_{k} m_{k}\overrightarrow{r_{k}}\times\bigl(\vec{\omega}\times\overrightarrow{r_{k}}\bigr)\n
b) \displaystyle \vec{L}(c\vec{\omega})=c\vec{L}(\vec{\omega}),\qquad \vec{L}(\vec{\omega}+\vec{\omega}^{\prime})=\vec{L}(\vec{\omega})+\vec{L}(\vec{\omega}^{\prime})\n
c) \displaystyle \vec{L}=\Bigl(\sum_{k} m_{k}{\overrightarrow{r_{k}}}^{2}\Bigr)\vec{\omega}-\Bigl(\sum_{k} m_{k}\overrightarrow{r_{k}}\overrightarrow{r_{k}}\Bigr)\cdot\vec{\omega}\n
d) \displaystyle \vec{L}=\mathbf{I}\cdot\vec{\omega},\qquad \mathbf{I}=\sum_{k}\bigl(m_{k}{\overrightarrow{r_{k}}}^{2}\mathbf{1}-m_{k}\overrightarrow{r_{k}}\overrightarrow{r_{k}}\bigr)

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