. Para o problema (3) acima, mostre que para um sistema de coordenadas paralelo ao considerado acima, mas com origem no CM do cubo, o tensor de inércia se torna diagonal, \operatorname{com} I_{11}=I_{22}=I_{33}=M b^{2} / 6 e todos demais elementos iguais a zero. (dica: use o teorema dos eixos paralelos).

Passo 1

O que o problema pede: mostrar que, escolhendo um sistema de coordenadas paralelo ao anterior mas com origem no centro de massa (CM) do cubo uniforme, o tensor de inércia fica diagonal e
I_{11}=I_{22}=I_{33}=\frac{M b^{2}}{6}
e todos os demais elementos são zero.
Informações dadas (explicitamente ou que devemos assumir):
  • O corpo é um cubo homogêneo de massa \,M e aresta \,b.
  • O sistema de coordenadas pedido é paralelo ao anterior (ou seja, eixos alinhados com as arestas do cubo) e sua origem está no CM do cubo.
  • A dica pede uso do teorema dos eixos paralelos (também chamado teorema de Steiner para tensores de inércia).
  • Vamos precisar do tensor de inércia calculado em um sistema paralelo mas com origem em um vértice do cubo (isso costuma ser o “sistema anterior”); portanto calcularemos o tensor no vértice e usaremos o teorema dos eixos paralelos para transladar para o CM.

Passo 2

Apresento o teorema dos eixos paralelos (forma para tensor de inércia) e explico cada termo.
Fórmula (para eixos paralelos): se I_{O} é o tensor de inércia calculado com origem em um ponto O e I_{\text{CM}} é o tensor de inércia com origem no centro de massa, e d é o vetor que vai do CM até O, então
I_{O}=I_{\text{CM}}+M\bigl((d\cdot d)\,\mathbf{1}-d\,d^{T}\bigr).
Explicação das quantidades:
  • I_{O} e I_{\text{CM}} são matrizes 3\times3 (o tensor de inércia nas duas origens paralelas).
  • M é a massa total do corpo.
  • d é o vetor (coluna) da posição do ponto O em relação ao CM (ou seja, d aponta do CM para O); d d^T é a matriz (d_i d_j).
  • \mathbf{1} é a matriz identidade 3\times3.
  • A matriz (d\cdot d)\mathbf{1}-d d^T representa a contribuição da massa M quando se desloca o eixo por um vetor d.
Se quisermos I_{\text{CM}} a partir de I_O isolamos:
I_{\text{CM}}=I_{O}-M\bigl((d\cdot d)\,\mathbf{1}-d\,d^{T}\bigr).

Passo 3

Calculamos o tensor de inércia com origem em um vértice O do cubo (assumimos eixos orientados ao longo das arestas e o vértice em O=(0,0,0); o cubo ocupa 0\le x,y,z\le b). Essa escolha é conveniente porque integrações são simples. A densidade volumétrica é
\rho=\frac{M}{b^{3}}.
Definições dos componentes do tensor (no sistema com origem em O):
  • Os momentos de inércia diagonais:
I_{xx}=\int (y^{2}+z^{2})\,dm,\qquad I_{yy}=\int (x^{2}+z^{2})\,dm,\qquad I_{zz}=\int (x^{2}+y^{2})\,dm.
  • Os produtos de inércia (com a convenção I_{xy}=I_{yx}=-\int xy\,dm, etc.):
I_{xy}=-\int x y\,dm,\qquad I_{xz}=-\int x z\,dm,\qquad I_{yz}=-\int y z\,dm.
Vamos calcular I_{xx} e I_{xy}; pelos simetrias os outros seguem.
Cálculo de I_{xx}:
I_{xx}=\rho\int_{0}^{b}\int_{0}^{b}\int_{0}^{b}(y^{2}+z^{2})\,dx\,dy\,dz.
Separando integrais:
\int_{0}^{b}\int_{0}^{b}\int_{0}^{b}y^{2}\,dx\,dy\,dz =\left(\int_{0}^{b}y^{2}dy\right)\left(\int_{0}^{b}dx\right)\left(\int_{0}^{b}dz\right) =\frac{b^{3}}{3}\cdot b\cdot b=\frac{b^{5}}{3}.
Mesma coisa para z^{2}. Portanto
I_{xx}=\rho\left(\frac{b^{5}}{3}+\frac{b^{5}}{3}\right)=\rho\frac{2b^{5}}{3} =\frac{M}{b^{3}}\cdot\frac{2b^{5}}{3}=\frac{2}{3}M b^{2}.
Pelo mesmo raciocínio,
I_{yy}=I_{zz}=\frac{2}{3}M b^{2}.
Cálculo de um produto de inércia, por exemplo I_{xy}:
I_{xy}=-\rho\int_{0}^{b}\int_{0}^{b}\int_{0}^{b} x y\,dx\,dy\,dz.
As integrais separam:
\int_{0}^{b}\int_{0}^{b}\int_{0}^{b} x y\,dx\,dy\,dz =\left(\int_{0}^{b}x\,dx\right)\left(\int_{0}^{b}y\,dy\right)\left(\int_{0}^{b}dz\right) =\frac{b^{2}}{2}\cdot\frac{b^{2}}{2}\cdot b=\frac{b^{5}}{4}.
Logo
I_{xy}=-\rho\frac{b^{5}}{4}=-\frac{M}{b^{3}}\cdot\frac{b^{5}}{4}=-\frac{1}{4}M b^{2}.
Pela simetria do cubo com vértice em O, os outros produtos de inércia são iguais:
I_{xz}=I_{yz}=-\frac{1}{4}M b^{2}.
Assim, escrevendo o tensor de inércia em O (origem no vértice) como matriz:
I_{O}=M b^{2} \begin{pmatrix} \frac{2}{3} & -\frac{1}{4} & -\frac{1}{4}\\[4pt] -\frac{1}{4} & \frac{2}{3} & -\frac{1}{4}\\[4pt] -\frac{1}{4} & -\frac{1}{4} & \frac{2}{3} \end{pmatrix}.]

Passo 4

Identificamos o vetor d que vai do CM até o ponto O (o vértice). Se tomarmos o CM como origem do sistema desejado, as coordenadas do vértice O são
d=\begin{pmatrix}\tfrac{b}{2}\\[2pt]\tfrac{b}{2}\\[2pt]\tfrac{b}{2}\end{pmatrix},
porque o CM do cubo fica no centro geométrico (b/2,b/2,b/2) quando o vértice estava em (0,0,0). Calculamos
d\cdot d=\left(\tfrac{b}{2}\right)^{2}+\left(\tfrac{b}{2}\right)^{2}+\left(\tfrac{b}{2}\right)^{2}=3\frac{b^{2}}{4}=\frac{3b^{2}}{4}.]

Passo 5

Aplicamos o teorema dos eixos paralelos:
I_{O}=I_{\text{CM}}+M\bigl((d\cdot d)\,\mathbf{1}-d\,d^{T}\bigr).
Calculamos a matriz de correção K=(d\cdot d)\mathbf{1}-d d^{T}. Primeiro d d^{T} tem todas as entradas iguais a \tfrac{b^{2}}{4} (pois cada componente de d é \tfrac{b}{2}), então
d d^{T}=\frac{b^{2}}{4} \begin{pmatrix}1&1&1\\[2pt]1&1&1\\[2pt]1&1&1\end{pmatrix}.
E (d\cdot d)\mathbf{1}=\dfrac{3b^{2}}{4}\mathbf{1}. Assim
K=\frac{b^{2}}{4}\bigl(3\mathbf{1}-J\bigr),
onde J é a matriz cujas entradas são todas 1. Escrevendo explicitamente, as entradas de K são:
  • diagonais: \dfrac{b^{2}}{4}(3-1)=\dfrac{b^{2}}{2},
  • off-diagonais: \dfrac{b^{2}}{4}(0-1)=-\dfrac{b^{2}}{4}.
Multiplicando por M, a correção é a matriz com entradas diagonais M b^{2}/2 e off-diagonais -M b^{2}/4.
Agora isolamos I_{\text{CM}}:
I_{\text{CM}}=I_{O}-M K.
Substituímos I_{O} componente a componente.
Para as componentes diagonais, por exemplo I_{11}:
I_{11}=\frac{2}{3}M b^{2}-M\cdot\frac{b^{2}}{2}=M b^{2}\Bigl(\frac{2}{3}-\frac{1}{2}\Bigr) =M b^{2}\Bigl(\frac{4-3}{6}\Bigr)=\frac{1}{6}M b^{2}.
O mesmo cálculo vale para I_{22} e I_{33} por simetria, então
I_{22}=I_{33}=\frac{1}{6}M b^{2}.
Para os produtos de inércia, por exemplo I_{12}:
I_{12}=-\frac{1}{4}M b^{2}-M\cdot\bigl(-\frac{b^{2}}{4}\bigr)= -\frac{1}{4}M b^{2} +\frac{1}{4}M b^{2}=0.
Analogamente I_{13}=I_{23}=0.
Portanto, no sistema com origem no CM obtemos um tensor diagonal com entradas iguais.]

Passo 6

Interpretação final e conclusão didática curta:
  • A simetria do cubo centrado no CM garante que os produtos de inércia se anulem (eixos principais alinhados com as arestas).
  • O uso do teorema dos eixos paralelos evita recalcular todas as integrais centradas no CM: basta calcular no vértice (ou outro ponto conveniente) e subtrair a correção M((d\cdot d)\mathbf{1}-dd^{T}).
  • O valor \dfrac{1}{6}M b^{2} para cada momento principal é o resultado clássico para um cubo uniforme de aresta \,b em torno de um eixo passando pelo seu centro e paralelo a uma aresta.

Resposta

I_{11}=I_{22}=I_{33}=\frac{M b^{2}}{6}
Todos os demais elementos do tensor de inércia são zero.

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