Ver el código de «Tres masas en un triángulo (CMR)»

==Tres masas en un triángulo==
Un sólido rígido está formado por tres masas: una 5m, situada en O(0,0,0), una 4m, en A(3b,0,0) y una 3m, en B(0,4b,0).
# ¿En qué posición se encuentra el centro de masas del sistema?
# ¿Cuánto vale el tensor de inercia de este sólido respecto a unos ejes paralelos a OX, OY y OZ, por el centro de masas?
# Si el sólido está girando en torno a un eje que pasa por el CM y con velocidad angular <math>\vec{\omega}=\Omega(\vec{\imath}+\vec{\jmath}+\vec{k})</math>, calcule cuánto valen
## su momento cinético respecto a G.
## su momento cinético respecto a O.
## su energía cinética.

==Nota==
Todas las velocidades se refieren al movimiento {21}, por lo que se omiten los subíndices.
==Centro de masas==
La posición del CM es la media ponderada de las posiciones de las tres masas

<center><math>\overrightarrow{OG}=\frac{5m\vec{0}+4m(3b\vec{\imath})+3m(4b\vec{\jmath})}{5m+4m+3m}=b(\vec{\imath}+\vec{\jmath})</math></center>

==Tensor de inercia==
Para hallar el tensor de inercia tenemos dos caminos. 
* Directamente mediante las posiciones de las tres partículas respecto a los nuevos ejes.
* Hallando primero el tensor respecto a unos ejes por O y posteriormente aplicar el teorema de Steiner.

Veámoslo de las dos formas.

===Directamente===
La posición de las tres masas respecto al CM es, para O

<center><math>\overrightarrow{GO}=-\overrightarrow{OG}= -b(\vec{\imath}+\vec{\jmath})</math></center>

para A

<center><math>\overrightarrow{GA}=\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OG}=b(2\vec{\imath})-\vec{\jmath})</math></center>

y para B

<center><math>\overrightarrow{GB}=\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OG}=b(-\vec{\imath})+3\vec{\jmath})</math></center>

Aplicamos ahora la definición de tensor de inercia

<center><math>\bar{\bar{I}}=\sum_P m_P\begin{pmatrix}y_P^2+z_P^2& -x_Py_P & -x_Pz_P\\ -x_Py_P & x_P^2+z_P^2 & -y_Pz_P \\ -x_P z_P & -y_Pz_P & x_P^2+y_P^2\end{pmatrix}</math></center>

queda para la masa de O, de valor 5m

<center><math>\bar{\bar{I}}_1 = mb^2\begin{pmatrix}5& -5 & 0\\ -5 &5 & 0 \\ 0 & 0 & 10\end{pmatrix}</math></center>

Para la de A, de valor 4m

<center><math>\bar{\bar{I}}_2 = mb^2\begin{pmatrix}4& 12 & 0\\ 12 &16 & 0 \\ 0 & 0 & 20\end{pmatrix}</math></center>

y para la de C, de valor 3m

<center><math>\bar{\bar{I}}_3=mb^2\begin{pmatrix}27& 9 & 0\\ 9 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 30\end{pmatrix}</math></center>

Sumando los tres tensores

<center><math>\bar{\bar{I}}_G=mb^2\begin{pmatrix}36& 16 & 0\\ 16 & 24 & 0 \\ 0 & 0 & 60\end{pmatrix}</math></center>

Este sería el código que lo hace en Mathematica (muy poco optimizado, pero para que se entienda mejor)

<code>
J[m_, P_] := m (P . P IdentityMatrix[3] - KroneckerProduct[P, P])

lm = {5 m, 4 m, 3 m}

mT = Sum[lm&#91;&#91;i&#93;&#93;, {i, 3}]

OP = {{0, 0, 0}, {3 b, 0, 0}, {0, 4 b, 0}}

OG = Sum[lm&#91;&#91;i&#93;&#93; OP&#91;&#91;i&#93;&#93;, {i, 3}]/mT

GP = Table[OP&#91;&#91;i&#93;&#93; - OG, {i, 3}]

IG = Sum[J[lm&#91;&#91;i&#93;&#93;, GP&#91;&#91;i&#93;&#93;], {i, 3}]

MatrixForm[IG]
</code>

==Mediante el teorema de Steiner==
Si consideramos las posiciones respecto a los ejes de la figura, los tensores de inercia de cada masa resultan mucho más simples, por estar sobre los ejes. 

Para la masa de O, de valor 5m

<center><math>\bar{\bar{I}}_1 = mb^2\begin{pmatrix}0& 0 & 0\\ 0 &0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math></center>

Para la de A, de valor 4m

<center><math>\bar{\bar{I}}_2 = mb^2\begin{pmatrix}0& 0 & 0\\ 0 &36 & 0 \\ 0 & 0 & 36\end{pmatrix}</math></center>

y para la de C, de valor 3m

<center><math>\bar{\bar{I}}_3=mb^2\begin{pmatrix}48& 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 48\end{pmatrix}</math></center>

Sumando los tres tensores

<center><math>\bar{\bar{I}}_O=mb^2\begin{pmatrix}48& 0 & 0\\ 0 & 36 & 0 \\ 0 & 0 & 84\end{pmatrix}</math></center>

Por el teorema de Steiner, este tensor cumple

<center><math>\bar{\bar{I}}_O= \bar{\bar{I}}_G+m_T\begin{pmatrix}y_G^2+z_G^2& -x_Gy_G & -x_Gz_G\\ -x_Gy_G & x_G^2+z_G^2 & -y_Gz_G \\ -x_G z_G & -y_Gz_G & x_G^2+y_G^2\end{pmatrix}</math></center>

lo que nos da

<center><math>mb^2\begin{pmatrix}48& 0 & 0\\ 0 & 36 & 0 \\ 0 & 0 & 84\end{pmatrix}=\bar{\bar{I}}_G+mb^2\begin{pmatrix}12& -12 & 0\\ -12 & 12 & 0 \\ 0 & 0 & 24\end{pmatrix}</math></center>

Despejamos y queda

<center><math>\bar{\bar{I}}_G=mb^2\begin{pmatrix}36& 12 & 0\\ 12 & 24 & 0 \\ 0 & 0 & 60\end{pmatrix}</math></center>

El código para este cálculo sería

<code>
J[m_, P_] := m (P . P IdentityMatrix[3] - KroneckerProduct[P, P])

lm = {5 m, 4 m, 3 m}

mT = Sum[lm&#91;&#91;i&#93;&#93;, {i, 3}]

OP = {{0, 0, 0}, {3 b, 0, 0}, {0, 4 b, 0}}

OG = Sum[lm&#91;&#91;i&#93;&#93; OP&#91;&#91;i&#93;&#93;, {i, 3}]/mT

IO = Sum[J[lm&#91;&#91;i&#93;&#93;, OP&#91;&#91;i&#93;&#93;], {i, 3}]

IG = IO - J[mT, OG]

MatrixForm[IG]
</code>
==Estado de rotación==
===Momento cinético respecto a G===
El momento cinético se calcula como

<center><math>\vec{L}_G=\bar{\bar{I}}_G \cdot\vec{\omega}</math></center>

lo que nos da

<center><math>\vec{L}_G=mb^2\begin{pmatrix}36& 12 & 0\\ 12 & 24 & 0 \\ 0 & 0 & 60\end{pmatrix}\cdot \Omega \begin{pmatrix}1 \\ 1\\ 1 \end{pmatrix}=mb^2\Omega \begin{pmatrix}48 \\ 36\\ 60 \end{pmatrix}</math></center>

o en forma vectorial

<center><math>\vec{L}_G=12mb^2\Omega(4\vec{\imath}+3\vec{\jmath}+5\vec{k})</math></center>

===Momento cinético respecto a O===
====Por el teorema de König====
Una forma de hallar el momento cinético respecto a O es mediante el teorema de König

<center><math>\vec{L}_O=m_T \overrightarrow{OG}\times \vec{v}_G + \vec{L}_G</math></center>

siendo la velocidad del CM

<center><math>\vec{v}_G=\vec{\omega}\times\overrightarrow{OG}=\Omega (\vec{\imath}+\vec{\jmath}+\vec{k})\times b(\vec{\imath}+\vec{\jmath})=\Omega b(-\vec{\imath}+\vec{\jmath})</math></center>

Por tanto, <math>\vec{L}_O</math> vale

<center><math>\vec{L}_O=12m b(\vec{\imath}+\vec{\jmath})\times \Omega b(-\vec{\imath}+\vec{\jmath})+12mb^2\Omega(4\vec{\imath}+3\vec{\jmath}+5\vec{k})=12mb^2\Omega(4\vec{\imath}+3\vec{\jmath}+7\vec{k})</math></center>
El código correspondería a añadir, tras las líneas de códigon anteriores

<code>
ω = Ω {1, 1, 1}

LG = IG . ω

vG = ω × OG

LO = mT OG × vG + LG
</code>

====Directamente====
En este caso, el punto O es fijo por hallarse en el eje de rotación. Por tanto, es mucho más fácil hallar el momento cinético directamente como

<center><math>\vec{L}_O=\bar{\bar{I}}_O\cdot\vec{\omega}</math></center>

lo que nos da

<center><math>\vec{L}_O=mb^2\begin{pmatrix}48& 0 & 0\\ 0 & 36 & 0 \\ 0 & 0 & 84\end{pmatrix}\cdot \Omega \begin{pmatrix}1 \\ 1\\ 1 \end{pmatrix}=mb^2\Omega \begin{pmatrix}48 \\ 36\\ 84 \end{pmatrix}</math></center>

que queda, en forma vectorial

<center><math>\vec{L}_O=12mb^2\Omega(4\vec{\imath}+3\vec{\jmath}+7\vec{k})</math></center>

===Energía cinética===
====Directamente====
De nuevo, por ser O un punto fijo

<center><math>T=\frac{1}{2}\vec{\omega}\cdot\vec{L}_O=\frac{1}{2}\vec{\omega}\cdot\bar{\bar{I}}_O\cdot\vec{\omega}</math></center>

lo que nos da

<center><math>T=\frac{1}{2}\Omega(\vec{\imath}+\vec{\jmath}+\vec{k})\cdot 12mb^2\Omega(4\vec{\imath}+3\vec{\jmath}+7\vec{k})=84mb^2\Omega^2</math></center>
====Por el teorema de König====
En general, tanto si O es fijo como si no podemos recurrir al teorema de König

<center><math>T=\frac{1}{2}mT |\vec{v}_G|^2 + \frac{1}{2}\vec{\omega}\cdot\bar{\bar{I}}_G\cdot\vec{\omega}</math></center>

siendo la energía cinética de traslación

<center><math>T_T=\frac{1}{2}mT |\vec{v}_G|^2 = 6m(\Omega b)^2(1+1) =12mb^2\Omega^2</math></center>

y la de rotación

<center><math>T_R=\frac{1}{2}\vec{\omega}\cdot\bar{\bar{I}}_G\cdot\vec{\omega} = \frac{1}{2}\vec{\omega}\cdot\vec{L}_G=72mb^2\Omega^2</math></center>

lo que da el total 

<center><math>T= 12mb^2\Omega^2+72mb^2\Omega^2 = 84mb^2\Omega^2\,</math></center>