[Scienza delle Costruzioni] Geometria delle aree - Assi principali di inerzia.

[qwert90]

Salve a tutti.
Mi si chiede nell'esercizio di geometria delle masse di determinare tra le tante cose, data una certa sezione assegnata, gli assi principali di inerzia; in particolare data una sezione bisogna "compilare" diversi spazi, la traccia si presenta così :





Ora come li devo calcolare gli assi principali di inerzia ? Come li devo intendere quel $n_1$ e $n_2$ ?
Cosa ci devo scrivere ?

Vi ringrazio.
Buon pomeriggio.

[qwert90]

Con le varie approssimazioni alla prima cifra dopo la virgola, arrotondando per difetto, mi vengono :

$\lambda_1 =3,3\cdot 10^6$
e
$\lambda_2 =0,9\cdot 10^6$

[ELWOOD1]

bè tieni un'pò di cifre

a me vengono:

$\lambda_1=3.87324*10^6$

$\lambda_2=455090.258$

[qwert90]

Mmmm, a parte $\lambda_1$ l'altro autovalore è ben diverso...
Vabbè vuol dire che avrò sbagliato dei calcoli...

Ad ogni modo come si procede nel seguito per determinare $n_1$ ed $n_2$ ?

Grazie ancora.

[ELWOOD1]

Sostituendo i valori di $\lambda_1$ e $\lambda_2$ dovresti risolvere il sistema:

$((2304167-\lambda_1 , -1703333),(-1703333 , 2024167-\lambda_2))*((n_1),(n_2))=((0),(0)) $

Sai farlo?

Qua è tutta analisi

[qwert90]

Cioè avrei un sistema omogeneo di due equazioni nelle incognite $n_1$ ed $n_2$ vero ?

Però, ELWOOD, perdonami l'ignoranza, ma $n_1$ ed $n_2$ non sono "caratterizzati" da due numeri ?
Ti dico questo perché vedendo gli esercizi di altri colleghi del corso notavo questo..

Grazie e non fare troppo caso se dico delle boiate.

[ELWOOD1]

Si certo....hai pienamente ragione ad espletare questo dubbio!

Ho sbagliato a scrivere io! Scusami

Devi utilizzare un'autovalore per volta, quindi il primo sistema da risolvere è questo:

$ ((2304167-\lambda_1 , -1703333),(-1703333 , 2024167-\lambda_1))*((n_1),(n_2))=((0),(0)) $

mentre il secondo è con $\lambda_2$

$ ((2304167-\lambda_2 , -1703333),(-1703333 , 2024167-\lambda_2))*((n_1),(n_2))=((0),(0)) $

Scusami ancora!

[qwert90]

ELWOOD ti chiedo scusa io andando a spulciare il libro di algebra lineare ho trovato scritto che in pratica una volta trovati gli autovalori, se ne sceglieva uno, lo si sottraeva alla diagonale della matrice di partenza ottenendo una matrice $M$ ed ottenendo un sistema omogeneo del tipo $MX=0$ dove $ x=( ( x , y ) ) $
e quindi avevo un sistema di due equazioni in due incognite x ed y, delle due ne sceglievo una sola e ponevo ad esempio x=1 e poi calcolavo di conseguenza y (ottenendo ad esempio 3) ed otterrei quindi il primo autovettore, in tal caso, $n_1=((1,3))$
poi in tal caso essendo il tensore di inerzia doppio e simmetrico (se non ricordo male e se non dico cavolate, perdonami in tal caso) allora i due autovettori sono ortogonali tra loro e quindi partendo da quello ottenuto, cioè $n_1$, ottengo $n_2=((-3,1))$ ...

E' così oppure ho capito male ?

Grazie.

[ELWOOD1]

Si certo, infatti i sistemi che ti ho scritto sono linearmente dipendenti essendo nullo il determinante.

Ottieni infinite soluzioni dipendenti da un parametro.

Ciò che molto sinteticamente ottieni, saranno 2 equazioni che puoi assimilare a 2 equazioni di rette.

Potrai verificare che queste 2 rette sono ortogonali tra loro e la loro direzione coincide con la direzione degli infiniti autovettori che individuano la terna ortogonale.

Spero di averti fatto capire, altrimenti domani ne riparliamo.

ciao

[ELWOOD1]

Mi sembrava brutto lasciare aperta così questa discussione, così ho pensato di proporre un esercizio risolto in cui si individuano le caratteristiche inerziali di questa figura:



Che scomposta nelle tre figure semplici $A_1$, $A_2$, $A_3$



si si individua per ognuna delle figure semplici il loro baricentro e area:

$A_1=2a^2 ;\ \ G_1=(a/2,a)$
$A_2=(a^2)/2 ;\ \ G_2=(2/3a,7/3a)$
$A_3=a^2 ;\ \ G_1=(3/2a,5/2a)$

BARICENTRO:
Godendo della proprità additiva, il baricentro può quindi essere trovato come rapporto tra la somma dei momenti statici e l'area totale:

$x_G=\frac{\sum_{i=1}^3 A_{i}*x_{Gi}}{\sum_{i=1}^3A_i}=\frac{2a^2*a/2+(a^2)/2*2/3a+a^2*3/2a}{2a^2+(a^2)/2+a^2}=\frac{17/6a^3}{7/2a}=(17)/(21)a$

$y_G=\frac{\sum_{i=1}^3 A_{i}*y_{Gi}}{\sum_{i=1}^3A_i}=\frac{2a^2*a+(a^2)/2*7/3a+a^2*5/2a}{2a^2+(a^2)/2+a^2}=\frac{17/3a^3}{7/2a}=(34)/(21)a$

MOMENTI D'INERZIA:
Ora ricorrendo alla formula di Huygens-Steinar si può con molta facilità determinare i momenti d'inerzia dell'intera figura, ricorrendo esclusivamente ai momenti d'inerzia principali delle figure notevoli, che ricordiamo:

______________________________________________________________________
QUADRATO di lato $l$ :
$I_{xG}=I_{yG}=\int_{-l/2}^{l/2}dx\int_{-l/2}^{l/2}x^2dy=\frac{l^4}{12}$

RETTANGOLO di base $b$ e altezza $h$:
$I_{xG}=\int_{-b/2}^{b/2}dx\int_{-h/2}^{h/2}y^2dy=\frac{bh^3}{12}$

$I_{yG}=\int_{-b/2}^{b/2}dx\int_{-h/2}^{h/2}x^2dy=\frac{b^3h}{12}$

Triangolo di base $b$ e altezza $h$:
$I_{xG}=\frac{bh^3}{36}$
$I_{yG}=\frac{b^3h}{36}$
$I_{xGyG}=-\frac{b^2h^2}{72}$
_____________________________________________________________________

Per cui secondo gli assi $Gxy$ i momenti d'inerzia della figura valgono:

$I_{x}=\sum_{i=1}^3 I_{x i}+A*(y_G-y_{Gi})^2$
$=[\frac{8a^4}{12}+2a^2*(a-(34)/(21)a)^2]_{\text{rettangolo}}$
$+[\frac{a^4}{36}+(a^2)/2*(7/3a-(34)/(21)a)^2]_{\text{triangolo}}$
$+[\frac{a^4}{12}+a^2*(5/2a-(34)/(21)a)^2]_{\text{quadrato}}$

$=\frac{649}{252}a^4$


$I_{y}=\sum_{i=1}^3 I_{y i}+A*(x_G-x_{Gi})^2$
$=[\frac{2a^4}{12}+2a^2*(1/2a-(17)/(21)a)^2]_{\text{rettangolo}}$
$+[\frac{a^4}{36}+(a^2)/2*(2/3a-(17)/(21)a)^2]_{\text{triangolo}}$
$+[\frac{a^4}{12}+a^2*(3/2a-(17)/(21)a)^2]_{\text{quadrato}}$

$=\frac{241}{252}a^4$


$I_{xy}=\sum_{i=1}^3 I_{xy}+A*(y_G-y_{Gi})*(x_G-x_{Gi})$
$=[2a^2*(a-(34)/(21)a)*(1/2a-(17)/(21)a)]_{\text{rettangolo}}$
$+[\frac{a^4}{72}+(a^2)/2*(7/3a-(34)/(21)a)*(2/3a-(17)/(21)a)]_{\text{triangolo}}$
$+[a^2*(5/2a-(34)/(21)a)*(3/2a-(17)/(21)a)]_{\text{quadrato}}$

$=\frac{481}{504}a^4$

Ora per la determinazione della terna centrale d'inerzia si possono utilizzare i 2 metodi esposti nel thread:

1. Diagonalizzazione del TENSORE D'INERZIA

Il tensore d'inerzia di una qualsiasi oggetto nello spazio è dato da:

$J=(\text{tr}H)I-H$

in cui $H$ è il tensore di Eulero che rappresenta la posizione nello spazio dell'oggetto fornito da $H=\int (P-O)ox(P-O)dA$

che in forma matriciale coincide con la matrice dei momenti d'inerzia:

$J=[(J_x , -J_{xy}),(-J_{xy} , J_y)]$

(i due tensori sono equivalenti, solamente ruotati di 90°)

Sostituendo i valori, la matrice d'inerzia risulta:

$J=a^4[(\frac{649}{252}, -\frac{481}{504}),(-\frac{481}{504} , \frac{241}{252})]$

Per cui la determinazione di una terna ortogonale, coincide con la diagonalizzazione della matrice $J$ trasformandolo ad un problema agli autovalori. La proprietà di simmetria del tensore d'inerzia fa in modo che i 2 autovalori coincidano con i momenti principali d'inerzia.

Il problema è quindi del tipo:

$J\lambda=\lambda \bar{v}$

per cui

$det(J-\lambda I)=0$

ovvero:

$|(\frac{649}{252}-\lambda, -\frac{481}{504}),(-\frac{481}{504} , \frac{241}{252}-\lambda)|=0$

da cui il polinomio caratteristico:

$\lambda^2-(J_x+J_y)\lambda+(J_xJ_y-J_{xy}^2)=0 \ \rarr \ \lambda^2-(445)/(126)\lambda+\frac{18775}{12096}=0$

Le cui soluzioni (coincidenti coi momenti principali) sono:

$(J_{xi}),(J_{eta})}=1/2(J_x+J_y)\pm1/2\sqrt{(J_x-J_y)^2+4J_{xy}^2}$

$\lambda_{1,2}=\frac{178\pm5\sqrt{15913}}{504}={(\lambda_1=J_{\xi}~=3.01733a^4),(\lambda_2=J_{\eta}~=0.514417a^4):}$

Ora determiniamo l'autovettore $v$ definito da $\lambda_1$, sostituendo la relativa soluzione nella matrice, si deve quindi ottenere la relazione $J\lambda_1=\lambda_1\bar{v}\rarr (J-I\lambda_1)\bar{v}=0$

sostituendo $\lambda_1$ si ha quindi il seguente sistema linearmente dipendente:

$((\frac{649}{252}-3.01733, -\frac{481}{504}),(-\frac{481}{504} , \frac{241}{252}-3.01733))*((v_1),(v_2))=0$

Da cui il sistema nelle componenti $v_1$ e $v_2$ del vettore:

${(-0.441932v_1-\frac{481}{504}v_2=0),(-\frac{481}{504}v_1-2.06098v_2=0):}$

Si ottiene l'autovettore dipendente (ad esempio da $v_1$ ):

$\bar{v_1}=v_1*[(1),(-0.463064)]$

Il vettore trovato è linearmente dipendente nelle sue componenti, perchè lungo quella direzione esistono infiniti vettori e quindi esistono infinite componenti che danno luogo a vettori diretti secondo questa direzione.

Per cui si può quindi individuare la retta sul piano $Gxy$: $y=-0.463064x$ che definisce una direzione principale.
Inoltre l'angolo che questa retta forma con l'asse delle $x$ vale $\alpha=\arctan(-0.463064)=-24.847°$
Allora, conoscendo la retta che descrive la direzione principale, si può quindi determinare l'autovettore, che conosciamo essere il vettore di modulo unitario diretto secondo questa direzione che individua il versore della terna principale. Per determinarlo, basta quindi risolvere la seguente equazione:

$1=\sqrt{v_1^2+v_2^2}$

Da cui, utilizzando l'equazione della retta:

$1=\sqrt{v_1^2+(1/(-0.463064)v_1)^2}$

ottenendo $v_{1}=0.907432$ e successivamente $v_{2}=-0.420199$. Si noti che la scelta del segno è stata fatta tenendo presente la direzione della retta. Notare come vi sono 2 autovettori possibili che individuano le 2 direzioni degli assi, per cui questo metodo ci dice qual è l'asse principale, ma non ci dice la direzione tra le 2 possibili.

Per la determinazione dell'altro vettore, basta risolvere il sistema sostituendo $\lambda_2$ ottenendo (risparmio i calcoli):

$[(u_(1x)),(u_(2x))]=[(0.420199),(0.907432)]$

Che come vediamo la relazione tra i due vettori è data dalla rotazione di 90° tra uno e l'altro.


2. Rotazione dei sistemi di riferimento e Circonferenza di Mohr:

Come abbiamo visto, vi sono 2 coppie di autovettori che individuano ognuna delle 2 direzioni principali, per cui non sappiamo quale sia la loro direzione. Questa particolarità è possibile determinarla considerando le relazioni trigonometriche tra la rotazione dei sistemi di riferimento adottati, andando quindi ad individuare l'angolo che individua la rotazione degli assi principali.

Supponendo di avere il sistema $Oxy$ e il sistema principale $G\xi\eta$ tra loro ruotati di un generico angolo $\alpha$



allora la relazione tra i 2 sistemi di riferimento è data dalla matrice di rotazione:

$((\xi),(\eta))=[(\cos\alpha,\sin\alpha),(-\sin\alpha,\cos\alpha)]*((x),(y))$

Da cui

${(\xi=x\cos\alpha+y\sin\alpha),(\eta=-x\sin\alpha+y\cos\alpha):}$

Allora anche le caratteristiche inerziali, come i momenti principali, possono essere ottenuti applicando le seguenti correlazioni.
per cui per un sistema concreto si ha: (l'analogia è la stessa ed è valida anche per i sistemi continui)

$J_{\xi}=\sum_i m_i*y_i^2=J_x\cos^2\alpha+J_y\sin^2\alpha-2J_{xy}\sin\alpha\cos\alpha$

$J_{\eta}=J_x\sin^2\alpha+J_y\cos^2\alpha+2J_{xy}\sin\alpha\cos\alpha$

$J_{\xi\eta}=J_x\cos\alpha\sin\alpha-J_y\cos\alpha\sin\alpha+J_{xy}(\cos^2\alpha-\sin^2\alpha)$

Utilizzando le formule di duplicazione si possono ridurre più maneggievolmente come:

$J_{\xi}=\frac{J_x+J_y}{2}+\frac{J_x-J_y}{2}\cos(2\alpha)-J_{xy}\sin(2\alpha)$

$J_{\eta}=\frac{J_x+J_y}{2}-\frac{J_x-J_y}{2}\cos(2\alpha)+J_{xy}\sin(2\alpha)$

$J_{\xi\eta}=\frac{J_x-J_y}{2}\sin(2\alpha)+J_{xy}\cos(2\alpha)$

Possiamo invertire la dipendenza delle ultime 3 equazioni ottenendo la relazione per i momenti principali:

$J_x=\frac{J_{xi}+J_{eta}}{2}+\frac{J_{\xi}-J_{\eta}}{2}\cos(2\alpha)$

$J_y=\frac{J_{xi}-J_{eta}}{2}+\frac{J_{\xi}-J_{\eta}}{2}\cos(2\alpha)$

$J_{xy}=\frac{J_{xi}-J_{eta}}{2}\sin(2\alpha)$

Che si può evincere che rappresenta l'equazione parametrica di una circonferenza di centro $C(\frac{J_{\xi}+J_{\eta}}{2},0)$ e raggio $R=\frac{J_{xi}-J_{eta}}{2}$ rappresentabile sul piano di Mohr, ovvero il piano $J_x,J_{xy}$

Supponiamo di descrivere la circonferenza del nostro esercizio, allora disegnamo nel piano i punti

$P_x=(J_{x},J_{xy})=(\frac{649}{252}a^4,\frac{481}{504}a^4)$

$P_y=(J_{y},-J_{xy})=(\frac{241}{252}a^4,-\frac{481}{504}a^4)$



I segmenti $OP_{\eta}$ e $OP_{\xi}$ misurano rispettivamente il momento d'inerzia minimo e massimo rispettivamente.

Si può vedere come l'angolo che occorre ruotare l'asse $x$ per sovrapporlo all'asse $\xi$ è lo stesso in verso e risulta metà dell'angolo alla circonferenza di Mohr descritto dall'angolo che occorre ruotare il segmento $CP_x$ per sovrapporlo al segmento $CP_{\xi}$

Si può infine individuare l'ellisse d'inerzia, attraverso i suoi raggi principali:

$\rho_{\xi}=\sqrt{\frac{J_{\eta}}{A}}=0.383a$

$\rho_{\eta}=\sqrt{\frac{J_{\xi}}{A}}=0.928a$

Ecco qua la figura:



Se qualcuno vuole può andare avanti col nocciolo d'inerzia

[peppe.carbone.90]

Ottimo lavoro ELWOOD!
Un grazie da parte mia in nome di tutti gli utenti per la tua pazienza nello scrivere questo post (mi viene in mente che potrei farne un post in evidenza, tipo tutorial, per lo studio delle caratteristiche inerziali delle sezioni...).

Ciao e grazie ancora!

[ELWOOD1]

Grazie mille Jojo!
Se verrà fatto allora si potrebbe sicuramente sviluppare meglio, inserendo un'pò tutto.