El tensor de inercia

Estudiemos con un poco más de detalle el tensor que acabamos de introducir, ${\cal I}$, con componentes I_ij. Si suponemos, como anteriormente, que

$$\vec\omega=\left(\begin{array}{l} 0\cr 0\cr \omega\end{array}\right)\quad ,$$

tendremos

$$\vec L=\left(\begin{array}{l} I_{13}\omega\cr I_{23}\omega\cr I_{33}\omega \end{array}\right)\quad .$$

Si $\vec\omega$ está dirigido a lo largo del eje y,

$$\vec L=\left(\begin{array}{l} I_{12}\omega\cr I_{22}\omega\cr I_{32}\omega \end{array}\right)\quad .$$

Por último, si $\vec\omega$ está dirigido a lo largo del eje x,

$$\vec L=\left(\begin{array}{l} I_{11}\omega\cr I_{21}\omega\cr I_{31}\omega \end{array}\right)\quad .$$

Examinando estas ecuaciones, vemos quién tiene la culpa de que $\vec L$ no sea paralelo a $\vec\omega$: los elementos no diagonales del tensor de inercia. Si

$${\cal I}=\left( \begin{array}{ccc} I_{11} & 0 & 0\cr 0 & I_{22} & 0\cr 0 & 0 & I_{33}\end{array}\right)\quad ,$$ (7.30)

y $\vec\omega$ está dirigido a lo largo del eje x, y o z (a los que llamaremos ejes principales de inercia), entonces $\vec L \parallel \vec \omega$. La pregunta que nos hacemos es, por tanto, ¿Es posible encontrar un sistema de ejes (un sistema de referencia) en el que ${\cal I}$ sea diagonal? La respuesta es: sí, ya que toda matriz simétrica puede diagonalizarse y además puede demostrarse (ver Apéndice A) que sus autovalores son reales. Sus autovalores serán I₁₁, I₂₂ e I₃₃, que abreviadamente suelen escribirse I₁, I₂ e I₃. Los autovectores serán los ejes respecto de los cuales ${\cal I}$ es diagonal. Veamos cómo plantear el problema matemático. Partamos de un sistema de referencia en el cual ${\cal I}$ no es diagonal. Tendremos entonces

$$\vec L={\cal I}\vec\omega$$

Sabemos que existen tres ejes respecto de los cuales $\vec L \parallel \vec \omega$. Supongamos que $\omega$ está dirigida justamente a lo largo de uno de esos ejes. Tendremos que, además de la ecuación anterior, se satisface

$$\vec L=I\vec\omega$$

donde I es uno de los momentos principales de inercia. Es decir, tendremos que

$${\cal I}\vec\omega=I\vec\omega$$

Restando ambos términos de la igualdad,

$$\sum_j(I_{ij}-I\delta_{ij})\omega_j=0$$

o, en forma matricial,

$$\left( \begin{array}{ccc} I_{11}-I &I_{12} & I_{13} \cr I_... ...ga_1\cr \omega_2\cr \omega_3 \end{array} \right)=0\quad .$$ (7.31)

Lo que hemos planteado en definitiva es un sistema de ecuaciones homogéneo, donde las incógnitas son $\omega_1$, $\omega_2$ y $\omega_3$. Puesto que el sistema es homogéneo, sólo tendrá solución no trivial si el determinante de los coeficientes es nulo:

$$\left\vert \begin{array}{ccc} I_{11}-I &I_{12} & I_{13} \cr... ...I_{31} & I_{32} & I_{33}-I \end{array} \right\vert=0\quad .$$ (7.32)

Esto es una ecuación de tercer orden en I que nos proporcionar  tres valores de I (I₁, I₂ e I₃) a lo largo de las direcciones principales, es decir, los tres autovalores. Los autovectores serán tres conjuntos de valores $\omega_1$, $\omega_2$ y $\omega_3$ que sólo podrán obtenerse salvo una constante (al tratarse de un sistema homogéneo con solución no trivial, una de las ecuaciones debe ser combinación lineal de las otras dos, es decir, no podemos obtener el conjunto de valores $\omega_1$, $\omega_2$ y $\omega_3$ en forma absoluta, sino sólo dos componentes en función de una tercera, o lo que es lo mismo, sólo pueden obtenerse las direcciones correspondientes a las velocidades angulares de giro, pero no los valores de las velocidades). Hagamos un ejemplo de cálculo del tensor de inercia y de determinación del sistema de ejes principales. Lo que nos interesa determinar es el tensor de inercia respecto de un cierto sistema de referencia por el que se supone pasará el eje de giro y por tanto será un punto fijo en el sólido. En ese sentido, ya que no nos interesa el estudio del movimiento de traslación del sólido, sino sólo el de rotació, por simplicidad matemática vamos a elegir un sistema de referencia cuyo origen no es el centro de masas del sólido. Tomemos como ejemplo el caso de un cubo de densidad de mas homogénea $\rho$ y de lado a, con tres aristas sobre los ejes x, y y z. Llamemos como siempre x₁, x₂ y x₃ a las coordenadas. Puesto que el cubo presenta simetría respecto de los ejes 1, 2 y 3, vemos que es suficiente calcular I₁₁ e I₁₂, ya que, por simetría

I₂₂=I₃₃=I₁₁ (7.33)

e

$$I_{13}=I_{23}=I_{12}\quad .$$ (7.34)

Tendremos por tanto:

$$I_{11}=\rho\int_0^bdx_3\int_0^bdx_2(x_2^2+x_3^2)\int_0^bdx_1= \frac{2}{3}\rho a^5=\frac{2}{3}Ma^2\quad ,$$ (7.35)

donde M es la masa del cubo. La componente no diagonal vale:

$$I_{12}=-\rho\int_0^bx_1dx_1\int_0^bx_2dx_2\int_0^bdx_3= -\frac{1}{4}\rho a^5=-\frac{1}{4}Ma^2\quad .$$ (7.36)

Por lo tanto

$${\cal I}=Ma^2\left( \begin{array}{rrr} \frac{2}{3} & -\frac... ...4} & -\frac{1}{4} & \frac{2}{3} \end{array} \right) \quad .$$ (7.37)

Si

$$\vec\omega=\left( \begin{array}{c} 0\cr 0\cr \omega \end{array} \right)\quad ,$$ (7.38)

tendremos

$$\vec L=\left( \begin{array}{r} -\frac{1}{4}\\ [12pt] -\fra... ...\\ [12pt] \frac{2}{3} \end{array} \right)Ma^2\omega\quad ,$$ (7.39)

luego $\vec L$ no es paralelo a $\omega$, es decir, el sistema de referencia en el que hemos hallado el tensor de inercia no es el sistema principal de ejes. Para hallar el sistema de ejes principales, como hemos comentado anteriormente, hemos de plantear la ecuación:

$$\left\vert \begin{array}{rrr} \frac{2}{3}Ma^2-I & -\frac{1}... ...4}Ma^2 & \frac{2}{3}Ma^2-I \end{array} \right\vert=0\quad .$$ (7.40)

Dividiendo por Ma² y llamando $\lambda\equiv I/Ma^2$, podemos reescribir el determinante anterior como:

$$\left\vert \begin{array}{rrr} \frac{2}{3}-\lambda & -\frac{... ...}{4} & \frac{2}{3}-\lambda \end{array} \right\vert=0\quad .$$ (7.41)

Sumando las columnas 2 y 3 a la 1,

$$\left\vert \begin{array}{rrr} \frac{1}{6}-\lambda & -\frac{... ...rac{2}{3}-\lambda\\ [12pt] \end{array} \right\vert=0\quad ,$$ (7.42)

luego

$$\left(\frac{1}{6}-\lambda\right) \left\vert \begin{array}{r... ...rac{2}{3}-\lambda\\ [12pt] \end{array} \right\vert=0\quad .$$ (7.43)

Restando la primera fila en la segunda y tercera,

$$\left(\frac{1}{6}-\lambda\right) \left\vert \begin{array}{r... ...c{11}{12}-\lambda\\ [12pt] \end{array} \right\vert=0\quad .$$ (7.44)

En forma de ecuación,

$$\left(\frac{1}{6}-\lambda\right) \left(\frac{11}{12}-\lambda\right)^2=0\quad ,$$ (7.45)

luego los tres autovalores son:

$$I_1=\frac{1}{6}Ma^2$$ (7.46)

e

$$I_2=I_3\frac{11}{12}Ma^2\quad .$$ (7.47)

Para determinar la dirección de los ejes de simetria hemos de volver a las ecuaciones planteadas, pero sólo hemos de trabajar con dos ya que la tercera es una combinación lineal de las otras dos. De otra forma, la solución del sistema de ecuaciones homogéneo sería la trivial. Planteemos dos ecuaciones sustituyendo I por Ma²/6:

$$\begin{array}{rcr} \frac{1}{2}Ma^2\omega_1-\frac{1}{4}Ma^2\o... ...\omega_2-\frac{1}{4} Ma^2 \omega_3 & = 0\quad . \end{array}$$ (7.48)