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´ Una aplicaci´on del Algebra Lineal: Ejes principales de Inercia Lucas C. Bessone, [email protected]

´ gica Nacional Universidad Tecnolo Facultad Regional Concordia 15 de abril de 2017

1.

Introducci´ on

En la pr´ actica ingenieril es com´ un el uso de secciones irregulares conformadas a partir de la uni´on de secciones est´ andar que se encuentran en el mercado, es decir, hablamos de piezas sin ejes de simetr´ıa. Adem´as de esto hay situaciones en que o bien la disposici´ on de cargas externas actuantes o la disposici´on de la pieza en cuesti´ on respecto al sistema de referencia (en general un par o una terna de ejes coordenados) no se encuentran alineados. De aqu´ı nace la necesidad de buscar los denominados ejes principales de inercia y los respectivos momentos de segundo orden (o en general llamados momentos de inercia) referido a estos ejes principales. En estas notas se pretende tomar un atajo en las deducciones de las expresiones haciendo uso de las herramientas b´ asicas del ´ algebra lineal y del c´ alculo diferencial, como tambi´en familiarizarse al menos un poco con las herramientas inform´ aticas que se encuentran constantemente en las tareas de un estudiante a lo largo de su carrera y en su posterior vida profesional. Este enfoque surge de la utilidad de usar herramientas vistas por los estudiantes en el primer y segundo a˜ no en las carreras de ingenier´ıa, a la vez de refrescar y contribuir al entendimiento global de las mismas, herramientas que tambi´en se usar´ an en los a˜ nos superiores.

1.1.

Algunas definiciones y notaci´ on

Comenzamos por definir el momento de segundo orden de un ´ area respecto a un eje ´o momento de inercia1 . Los momentos de inercia rectangulares respecto a un par de ejes ortoganales x − x e y − y, Ixx e Iyy , se definen como: R R Ixx = y 2 dA , Iyy = x2 dA A

donde

R

A

f (x, y)dA denota la integral sobre la regi´on A, que puede calcularse usando una integral simple (de

A

c´ alculo 1, en cuyo caso dA = f (x)dy ´ o dA = f (y)dx, seg´ un la forma de calcular la integral) o bien usando integrales dobles (de calculo 2, en cuyo caso dA = dx dy) donde las cuentas pueden simplificarse bastante en algunos casos. Los valores de x e y son medidos desde los ejes y − y y x − x respectivamente. En lo que sigue designaremos indistintamente los ejes y las coordenadas del elemento dA directamente como x e y, por otra parte designamos con A simplemente el ´ area de la regi´on A. Definimos el producto de inercia respecto al par de ejes x e y como la cantidad: Z Ixy = xy dA A

Denotamos los vectores can´ onicos como ei , ej y ek . e

e

e

1 El t´ ermino 2do momento es m´ as apropiado que momento de inercia, puesto que, ´ este u ´ltimo s´ olo deber´ıa usarse para denotar integrales de masa. Sin embargo en ingenier´ıa se usan indistintamente para denotar ambos momentos, sean de a ´rea o de masas.

1

Observaci´ on: Notemos que los momentos de inercia son siempre positivos para todos los casos con los que nos encontraremos en la pr´ actica (´ unicamente son nulos en caso de que y = 0 o la regi´on sea nula, area = A = 0), pues los integrandos son cantidades no negativas (x2 , y 2 ). Sin embargo vemos que no ´ sucede lo mismo con el producto de inercia, pues el integrando xy, puede ser positivo, negativo o nulo pues seg´ un que par de ejes de consideren. Otra considereci´on importante es la simetria del producto de inercia (Ixy = Iyx , por qu´e?). Finalmente hacemos notar que si uno de los ejes escogidos es un eje de simetr´ıa, es trivial probar que el producto de inercia resulta nulo (Ixy = 0). En las deducciones de estas notas, supondremos que los ejes rectangulares x e y pasan por el baricentro de la regi´ on o figura considerada.

2.

Repaso de ´ algebra lineal Comenzamos por hacer un recorrido por algunos temas y definiciones aplicadas a casos de geometr´ıa plana. Orientaci´ on de una tr´ıada ortonormal. La base {e 1 , e 2 , e 3 } es dextr´ ogira si se cumple que: (e 1 × e

e

e

e

e 2 )· e 3 = 1 y en caso contrario se dice que la base es sinistr´ ogira, si (e 1 × e 2 )· e 3 = −1. e

e

e

e

e

0

Cambio de base ortonormal. Sea {ei } una segunda base ortonormal dextr´ogira. En la base {ei }: e

e

ei 0 = (ei 0 · ep ) ep = Qip ep e

e

e

e

e

La interpretaci´ on geom´etrica de esto es: Qij = ei 0 · ej = cos(ei 0 , ej ) e

e

e

e

Propiedades de la matriz de rotaci´ on. Se define la matriz de rotaci´on: " # e 10· e 10 e 10· e 20 Q= e 0 e 0 e 0 e 0 e2 ·e1 e2 ·e2 e

e

e

e

por la ortonormalidad de {ei 0 } se cumple que: δij = [I]ij = ei 0 · ej 0 = Qik (ek · ej 0 ) = Qik Qjk = Qik QTkj = e e e e e   QQT ij es decir QQT = I ⇔ QT = Q−1 , es decir que matriz de rotaci´on Q tiene la propiedad de que es ortogonal propia, pues QQT = I (ortogonal) y adem´as det(QQT ) = det(Q)2 = 1, entonces se puede elegir Q tal que det(Q) = +1 (en este caso de side que es propia, en cambio si se elige det(Q) = −1 se dice que es impropia).

Figura 1: Interpretaci´ on geom´etrica de las componentes de la matriz de rotaci´on Q. Rotaci´ on plana. El caso plano m´ as com´ un es cuando se usa   cos θ − sen θ Q= sen θ cos θ 2

donde es inmediato ver que QQT = 1 y det(Q) = cos2 θ + sen2 θ = 1 (ortogonal propia). En este caso la transformaci´ on lineal que produce la aplicaci´on de Q, corresponde a una rotaci´ on de un ´ngulo θ entorno a un eje normal al plano considerado. En efecto, si aplicamos Q a los versores can´ a onicos ei , ej obtenemos: e e      cos θ − sen θ 1 cos θ ei 0 = Q ei = = sen θ cos θ 0 sen θ e e      cos θ − sen θ 0 − sen θ 0 ej = Q ej = = sen θ cos θ 1 cos θ e e

Figura 2: Rotaci´ on de los versores can´onicos (izquierda) y un vector x gen´erico (derecha). e

si an´ alizamos los resultados (ver figura 2) vemos que los versores ei y ej rotaron un ´angulo θ en sentido e

e

antihorario. Podemos hacer la rotaci´on a cualquier vector x = (x, y) del plano, para esto solo basta con e ver que:            x 1 0 1 0 x0 = Qx = Q =Q x +y = xQ + yQ y 0 1 0 1 e e  0  x ⇔ x 0 = Q x = x ei 0 + y ej 0 = y0 e e e e Para extender esto a tensores de segundo orden (se pueden pensar como matrices), debemos tener en cuenta que la base en el caso plano es: {ei ⊗ ei , ei ⊗ ej , ej ⊗ ei , ej ⊗ ej } e

e

e

e

e

e

e

e

que se corresponden con las entradas de la matriz de coeficientes que representa el tensor, luego, si se quiere rotar una matriz expresada en la base anterior, se debe rotar los dos versores de cada componente de la base (ej. ei ⊗ ej ), es decir se requiere entonces aplicar dos veces la matriz de rotacion Q (una por cada versor).

e

e

Sea entonces la matriz A expresada en la base {ei ⊗ ej }, i, j = 1, 2, si se quiere rotar esta matriz un ´ angulo θ se hace: A0 = QAQT .

3.

e

e

Momentos de segundo orden principales.

Aplicamos lo visto anteriormente al caso de los momentos de segundo orden (momentos de inercia y productos de inercia).

3

3.1.

Tensor de inercia.

Podemos ordenar las cantidades definidas al comienzo en lo que llamaremos tensor de inercia:   Ixx Ixy J= I Iyy yx e e Inmediatamente vemos que este tensor es sim´etrico pues J = J T (por ser el producto de inercia Ixy = Iyx e e

e e

sim´etrico). Tambi´en destacamos que J es funci´on de los ejes que se consideren, que dijimos son un par de ejes e e

x, y baric´entricos.

3.2.

Tensor de inercia para un par de ejes rotados.

0 0 0 Si quisi´eramos conocer cuanto vale el tensor de inercia J 0 (por lo tanto sus componentes Ixx , Ixy e Iyy ) e e

calculado a partir de un sistema de ejes x0 e y 0 rotados un ´angulo θ a partir de los ejes originales x e y (siempre pasando por el baricentro de la regi´ on A), podemos usar directamente la matriz de rotaci´on, es decir:  0    0 Ixx Ixy cos θ − sen θ 0 T Q Q Q = = ; con = J J 0 Ixy Iyy sen θ cos θ e e e e e e e e e e Podemos hacer esto a mano, o bien de manera bastante sencilla usando Matlab. Escribimos en la consola: 1 2 3 4 5 6

>> syms Ixx Iyy Ixy t >> J = [Ixx Ixy; Ixy Iyy]; >> Q = [cos(t) -sin(t); sin(t) cos(t)]; >> Qt = [cos(t) sin(t); -sin(t) cos(t)]; % Observamos que Q es ortogonal propia >> Q*Qt

7 8 9 10

ans = [cos(t)ˆ2+sin(t)ˆ2, 0] [ 0,cos(t)ˆ2+sin(t)ˆ2]

11 12

>>simplify(ans)

13 14 15 16

ans = [1, 0] [0, 1]

17 18 19 20

>>det(Q) ans = cos(t)ˆ2+sin(t)ˆ2

21 22

>>simplify(ans)

23 24 25

ans = 1

26 27 28

% Calculamos Jp respecto de los ejes x’ y’ >>Jp = simplify(Q*J*Qt)

29 30 31 32

Jp = [ Ixx*cos(t)ˆ2+Iyy*sin(t)ˆ2-2*Ixy*cos(t)*sin(t), Ixy*cos(2*t)+(Ixx*sin(2*t))/2-(Iyy*sin(2*t))/2] [Ixy*cos(2*t)+(Ixx*sin(2*t))/2-(Iyy*sin(2*t))/2, Iyy*cos(t)ˆ2+Ixx*sin(t)ˆ2+2*Ixy*cos(t)*sin(t)]

el resultado obtenido es el tensor J 0 (en el c´odigo

Jp)

y sus entradas son los respectivos valores de:

e e

 J

0



0 = Ixx = Ixx cos2 θ + Iyy sen2 θ − 2Ixy cos θ sen θ

11

e e

 J e e

 J e e

0



0



0 = Ixy = Ixy cos 2θ + (Ixx − Iyy ) 12

sen 2θ 2

0 = Iyy = Iyy cos2 θ + Ixx sen2 θ + 2Ixy cos θ sen θ

22

Estas f´ ormulas son cl´ asicas y muy usadas en la pr´actica, ya que solo se requiere conocer los momentos de segundo orden respecto a un par de ejes y la direcci´on de los nuevos ejes (´angulo θ).

4

3.3.

Momentos de inercia y direcciones principales.

Resulta natural preguntarnos si existe alg´ un ´angulo θ para el cual, al rotar los ejes de inercia, el producto Ixy sea nulo, o bien, un par de ejes para los que el tensor J 0 sea diagonal (esto podr´ıa simplificar muchos e e

c´ alculos en diversos casos), para contestar esto, solo basta con diagonalizar la matriz de coeficientes de J . Nos e e

preguntamos entonces ¿el tensor J es diagonalizable?, de hecho, s´ı lo es pues el mismo es sim´etrico (y adem´ as e e

definido positivo como mostraremos en breve), entonces recurrimos al siguiente teorema del ´algebra: Una matriz A de n × n es diagonalizable ortogonalmente s´ı y s´ olo s´ı A es una matriz sim´etrica. Esto quiere decir que existe una matriz ortogonal Q tal que QAQT = D, donde D = diag(λ1 , λ2 , ..., λn ), siendo λi , i = 1...n los valores propios de A. En nuestro caso, nos queda Q J Q T = J 0 , con J 0 diagonal. e e e e e e

e e

e e

Entonces para diagonalizar s´ olo calculamos los valores propios (autovalores ´o eigenvalores) de J con la ecuaci´ on e e

car´ acter´ıstica: det(J −λ I ) = 0 (I es el tensor identidad), y es m´as sencillo a´ un si usamos Matlab: e e 1

e e

e e

>> eig(J)

2 3 4 5

ans = Ixx/2 + Iyy/2 - (Ixxˆ2-2*Ixx*Iyy+4*Ixyˆ2+Iyyˆ2)ˆ(1/2)/2 Ixx/2 + Iyy/2 + (Ixxˆ2-2*Ixx*Iyy+4*Ixyˆ2+Iyyˆ2)ˆ(1/2)/2

esto es, calculamos los valores propios de J que son: e e

Ixx + Iyy 1q 2 (Ixx − Iyy )2 + 4Ixy ± 2 2 y entonces el tensor de inercia expresado en su base principal, es decir para ese par de ejes, es simplemente:   I1 0 0 J = 0 I 2 e e I1,2 =

0 = 0: Para conocer cual es el ´ angulo (la orientaci´on de dichos ejes) solo resta ver para que θ se cumple que Ixy 0 Ixy = Ixy cos 2θ +

2Ixy sen 2θ (Ixx − Iyy ) = 0 ⇔ tan 2θ = − 2 Ixx − Iyy

Mencionamos aqu´ı que la u ´ltima ecuaci´on define dos valores de 2θ separados cada uno 180◦ , por lo tanto dos valores de θ separados 90◦ . Los valores I1 , I2 se llaman momentos principales de inercia y los ejes x0 e y 0 se llaman ejes principales de inercia.

3.4.

Valor m´ aximo y m´ınimo.

Restar´ıa mostrar que I1 e I2 son los valores de momentos de inercia m´ınimo y m´ aximo, respectivamente. Para esto recordamos que existe una forma cuadr´atica asociada a una matriz sim´etrica, esto es, un campo escalar (funci´ on de varias variables) de la forma:    Ixx Ixy x T f (x, y) = x J x = [x, y] = Ixx x2 + 2Ixy + Iyy y 2 Ixy Iyy y e e e e El determinante de una matriz es un invariante respecto a la base, esto significa que el determinante det(J ),cuando e e

a expresado en la base can´ onica, vale lo mismo que cuando J est´a expresado en la base principal (donde J est´ e e

e e

es diagonal), con esto vemos que det(J ) = det(J 0 ) = I1 I2 > 0 por ser I1 e I2 momentos de inercia (siempre > 0 e e

e e

en los casos con los que nos encontramos en la pr´actica), esto demuestra que J es definido positivo. e e

Esto tiene consecuencias te´ oricas importantes, como ser, que la forma cuadr´atica asociada es definida positiva, y entonces corresponde a un paraboloide estirado (en caso que I1 6= I2 , con I1 , I2 > 0) o un paraboloide sin estirar (en caso de que I1 = I2 ), es decir, las curvas de nivel ser´an en cada caso, elipses o circunferencias respectivamente. Tambi´en podemos usar el siguiente teorema: 5

Teorema de los ejes principales: Sea A una matriz sim´etrica de n × n. Luego ∃ un cambio de variable ortogonal, x = P y que convierte la forma cuadr´ atica x T A x en una forma cuadr´ atica y T D y sin productos e

e

e e e

cruzados.

e e e

e

e e e

Esto nos dice que ∃θ ∈ [0, 2π] tal que f (x) = f (x, y) se puede escribir como f (y ) = f (x0 , y 0 ) para un e

e

nuevo par de ejes (x0 e y 0 ) rotados un ´angulo θ respecto de los originales (x e y) y la expresi´on no contiene t´erminos cruzados. En concreto tenemos que: f (x0 , y 0 ) = I1 (x0 )2 + I2 (y 0 )2 Ahora bien, podemos estudiar por ejemplo el problema de optimizaci´ p on restringida, por ejemplo, buscar los valores m´ aximo y m´ınimo de f (x0 , y 0 ) restringidos a que || y || = (x0 )2 + (y 0 )2 = 1, este es un problema de e

c´ alculo en varias variables, pero podemos dar una interpretaci´on geom´etrica de este problema si identificamos que || y || = 1 corresponde a todos los puntos (x0 , y 0 ) que se encuentran sobre la circunferencia de radio 1 centrada e

en el origen, con esto claro, en la figura 3 podemos ver que f (x0 , y 0 ) restringida a || y || = 1 es m´axima (o m´ınima) e

cuando x0 = 0 (o y 0 = 0)

Figura 3: Gr´ afica de la funci´ on f (x0 , y 0 ) (izquierda) y la misma funci´on restringida a || y || = 1 (derecha). e

M´ as a´ un, hay otro teorema que generaliza esto a m´as dimensiones: Sean m = m´ın{x T A x : || x || = 1}, M = m´ax{x T A x : || x || = 1}, sea A una matriz sim´etrica, y m y M e

e e e

e

e

e e e

e

definidos de esa manera, entonces M es el valor propio m´ as grande λ1 de A y m es el valor propio m´ as peque˜ no de A. El valor de x T A x es M cuando x es un vector propio unitario u 1 correspondiente a M . e

e e e

e

e

El valor de x T A x es m cuando x es un vector propio unitario correspondiente a m. e

4.

e e e

e

C´ırculo de Mohr. Se puede eliminar θ de la ecuaciones: 0 Ixx = Ixx cos2 θ + Iyy sen2 θ − 2Ixy cos θ sen θ 0 Ixy = Ixy cos 2θ + (Ixx − Iyy )

sen 2θ 2

si se usan la relaciones trigonom´etricas cos2 θ = (1 + cos 2θ)/2, sen2 θ = (1 − cos 2θ)/2 y 2 cos θ sen θ = sen 2θ. Reemplazando en la primera ecuaci´ on obtenemos: Ixx Ixx cos 2θ Iyy Iyy cos 2θ + + − − Ixy sen 2θ 2 2 2 2  2    2 Ixx + Iyy Ixx − Iyy 0 ⇔ Ixx − = cos 2θ − Ixy sen 2θ 2 2 0 Ixx =

6

por otro lado de la otra relaci´ on podemos obtener:   2 Ixx − Iyy 02 Ixy = Ixy cos 2θ + sen 2θ 2 sumando miembro a miembro las u ´ltimas dos relaciones obtenidas: 2  2  Ixx − Iyy Ixx + Iyy 02 2 0 + Ixy = + Ixy Ixx − 2 2 de forma an´ aloga se puede obtener: 2  2  Ixx − Iyy Ixx + Iyy 02 2 0 + Ixy = + Ixy Iyy − 2 2 0 0 0 Estas dos ecuaciones representan una circunferencia en los ejes Ixx (´o Iyy ) e Ixy (ver figura 4). Donde el centro de la circunferencia es el punto   Ixx + Iyy 0 0 x C = (Ixx , Ixy )= ,0 e 2

y el radio: s R=

Ixx − Iyy 2

2 2 + Ixy

Figura 4: Representaci´ on gr´ afica de Mohr para determinar los momentos de inercia m´aximo y m´ınimo. 0 =0 Desde este enfoque se pueden confirmar los resultados que obtuvimos antes, es decir, que cuando Ixy ocurre que I1 = Im´ın y I2 = Im´ax .

5.

Usando el autocad.

Los momentos de inercia de figuras de tama˜ no irregular se pueden calcular de manera r´apida usando cualquier programa de CAD. En concreto, daremos los pasos a realizar usando por ejemplo AutoCad. Para calcular los momentos de inercia se debe dibujar la regi´on A en cuesti´on, una vez dibujado el contorno de la secci´ on, se la debe convertir la misma en regi´on (ejecutando el comando region), luego para conocer las propiedades geom´etricas se ejecuta el comando massprop, el cual entrega las propiedades de la secci´ on: ´ area, per´ımetro, momentos de segundo orden, momentos principales de inercia, direcciones principales, radio de giro, centroide. Los momentos de segundo orden obtenidos as´ı, son calculados respecto a ejes que pasan por el origen, con lo que si se quieren conocer los valores respecto a ejes baric´entricos, se debe desplazar la regi´on haciendo que su baricentro se ubique en el origen del dibujo (o bien hacer una cambio de coordenadas con los comandos UCS) para lo que se usan las coordenadas del centroide mostradas con el comando anterior, una vez centrada la figura puede verificarse que las coordenadas del centroide sean (0, 0), sino directamente puede usarse la f´ormula del teorema de Steiner. 7