Using Mohr’s circle, show that for any regular polygon (such as a pentagon)
the product of inertia with respect to every pair of rectangular axes through the centroid is zero.

Passo 1

O que o enunciado pede e o que temos:
  • Pede-se para mostrar que, para qualquer polígono regular (por exemplo um pentágono), o produto de inércia em relação a quaisquer eixos retangulares que passem pelo centróide é zero.
  • Informações relevantes: o polígono é regular (tem rotação de simetria de ângulo \alpha=\tfrac{2\pi}{n}, com n\ge3), e os eixos considerados passam pelo centróide do polígono (portanto as primeiras momentos são nulas).
  • O objetivo concreto a provar é que o produto de inércia em qualquer par de eixos que passam pelo centróide satisfaz \;I_{xy}=0\;.

Passo 2

Definições e formulas básicas (muito importantes para a prova):
  • Produto de inércia: \displaystyle I_{xy}=\iint x y\,\mathrm{d}A, onde as coordenadas x,y são medidas a partir do centróide (por isso as primeiras momentos são zero). Expliquei: isto mede a “distribuição mista” da área em relação aos eixos x e y.
  • Momentos de inércia em torno dos eixos: \displaystyle I_x=\iint y^{2}\,\mathrm{d}A e \displaystyle I_y=\iint x^{2}\,\mathrm{d}A. Esses são sempre calculados com origem no centróide neste problema.
  • Observação prática: trocar a orientação dos eixos (girar os eixos no plano) transforma (I_x,I_y,I_{xy}) segundo fórmulas que vamos usar abaixo; Mohr’s circle é uma maneira geométrica e muito conveniente de ver essas transformações.

Passo 3

Construção e propriedades do círculo de Mohr para momentos de área (a “aula rápida” do Mohr que pedi que te desse):
  • O círculo de Mohr é um círculo no plano cujas abscissas representam momentos em um eixo e as ordenadas representam o produto de inércia correspondente. Para eixos x',y' girados de um ângulo \theta em relação a x,y, as componentes transformam-se segundo as fórmulas (que aqui eu apresento já prontas e explico): I_{x'}=\frac{I_x+I_y}{2}+\frac{I_x-I_y}{2}\cos(2\theta)+I_{xy}\sin(2\theta),
I_{x'y'}=-\frac{I_x-I_y}{2}\sin(2\theta)+I_{xy}\cos(2\theta).
Explicação das peças: \theta é o ângulo entre os eixos x e x'; as funções \cos(2\theta) e \sin(2\theta) aparecem porque as quantidades em jogo têm simetria duplas (rotação por \pi devolve o mesmo par de eixos).
  • No plano (I,\;I_{xy}) (onde I é a abscissa representando o momento de um eixo), o conjunto de todos os pares \big(I_{x'},I_{x'y'}\big) quando \theta varia é um círculo com centro e raio dados por: \text{centro } C=\left(\frac{I_x+I_y}{2},\,0\right),
\text{raio } R=\sqrt{\left(\frac{I_x-I_y}{2}\right)^2+I_{xy}^2}.
Intuição: ao girar os eixos, o ponto que representa (I_{x'},I_{x'y'}) descreve esse círculo; girar os eixos por \theta corresponde a deslocar-se sobre o círculo por um ângulo geométrico igual a 2\theta.

Passo 4

Consequência da simetria do polígono regular sobre os momentos:
  • Um polígono regular é invariante por rotação do corpo em torno do centróide por \alpha=\dfrac{2\pi}{n}. Isso significa: se eu rotacionar o corpo pelo ângulo \alpha, geometricamente nada muda. Em termos dos momentos, isto implica que os valores numéricos de I_x,I_y,I_{xy} calculados em um dado par de eixos centrados no centróide são os mesmos que eu obteria se eu girasse o corpo e mantivesse os mesmos eixos (ou, versão equivalente, se eu girasse os eixos no corpo fixo pelo mesmo ângulo).
  • Em termos práticos: para qualquer orientação inicial \theta dos eixos, os momentos medidos para orientação \theta e para orientação \theta+\alpha são iguais, porque rotacionar os eixos por \alpha é o mesmo que rotacionar o polígono pela -\alpha (que deixa a figura inalterada). Assim, para todo \theta vale \big(I_{x'}(\theta),\,I_{x'y'}(\theta)\big)=\big(I_{x'}(\theta+\alpha),\,I_{x'y'}(\theta+\alpha)\big).

Passo 5

Interpretando essa igualdade no círculo de Mohr:
  • No círculo de Mohr, orientar os eixos por \theta corresponde a um ponto do círculo alcançado por um ângulo de parâmetro 2\theta a partir do centro. Orientar por \theta+\alpha corresponde a deslocar esse parâmetro para 2(\theta+\alpha)=2\theta+2\alpha. A invariância anterior exige que, para todo \theta, o ponto do círculo para o parâmetro 2\theta seja o mesmo que para 2\theta+2\alpha.
  • Geometricamente isso significa que o mapeamento que leva cada ponto do círculo ao ponto que está à frente por um ângulo fixo 2\alpha (no próprio círculo) deve ser a aplicação identidade no círculo inteira. Ou seja, girar qualquer ponto do círculo por 2\alpha deve devolver o mesmo ponto.
  • Quando isso acontece para todos os pontos do círculo, duas possibilidades: (i) o ângulo de giro 2\alpha é congruente com 0 modulo 2\pi (ou seja, 2\alpha é um múltiplo inteiro de 2\pi), ou (ii) o círculo não tem nenhum “comprimento” — isto é, é um ponto único (raio R=0). Aqui temos 2\alpha=\dfrac{4\pi}{n}. Para polígonos regulares com n\ge3, \dfrac{4\pi}{n} não é múltiplo de 2\pi (por exemplo, para pentágono n=5 4\pi/5, não um múltiplo de 2\pi). Portanto a primeira alternativa não ocorre, sobrando apenas a segunda: o círculo de Mohr deve ser degenerado (raio igual a zero).

Passo 6

Conseqüência algebraica da degeneração do círculo de Mohr:
  • Se o raio do círculo é zero, então R=\sqrt{\left(\frac{I_x-I_y}{2}\right)^2+I_{xy}^2}=0.Portanto ambas as quantidades sob a raiz são zero, o que dá simultaneamente \frac{I_x-I_y}{2}=0\quad\text{e}\quad I_{xy}=0.
  • Da primeira igualdade vem I_x=I_y. Da segunda, exatamente o que queríamos: o produto de inércia é zero em relação a qualquer par de eixos ortogonais que passem pelo centróide.

Passo 7

Fechamento, interpretação e nota de encorajamento:
  • Concluímos que, por causa da simetria rotacional do polígono regular, o círculo de Mohr tem de ser um ponto único, o que força I_x=I_y e I_{xy}=0. Em palavras: os momentos de inércia em qualquer par de eixos ortogonais através do centróide são iguais e o produto de inércia é nulo.
  • Isto é exatamente o que se esperaria intuitivamente: não há “direção privilegiada” no polígono regular, então não pode haver componente mista I_{xy} que favoreça uma direção. Boa! Você sobreviveu à Mohr — e agora tem um argumento rápido e elegante para a prova.

Resposta

I_{xy}=0

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