Esercizi svolti sul calcolo del baricentro di superfici piane
Esercizio 1
Calcolare il baricentro dell’insieme \(E=\left\{ \left( x,y \right)\in {{\mathbb{R}}^{3}}:{{x}^{2}}+{{y}^{2}}\le 2y,\,\,y\le 1\, \right\}\).
\({{x}^{2}}+{{y}^{2}}\le 2y,\,\,y\le 1\,\)
Soluzione
\({{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2y\le 0\,\,\,\Rightarrow \,\,\,\,{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2y+1\le 1\,\,\Rightarrow \,\,\,{{x}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}\le 1\) rappresenta la superficie interna alla circonferenza di centro \(C=(0,1)\) e raggio \(R=1\) .
Con \(y\le 1\) si ha metà circonferenza.
Per motivi di simmetria si può dire subito che la coordinata \({{x}_{B}}=0\).
Per quanto riguarda si ha che \({{y}_{B}}=\frac{\int\limits_{S}{y\,\,dS}}{S\left( E \right)}\) . \(S\left( E \right)\)è la superficie della semicirconferenza e vale \(S\left( E \right)=\frac{\pi }{2}\).
L’integrale \(\int\limits_{S}{y\,\,dS}\)può essere calcolato in coordinate polari traslate.
\(\left\{ \begin{align}& x=\rho \cos \theta \\& y=\rho \sin \theta +1 \\\end{align}\right.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\det \mathbf{J}=\rho \)
\(\int\limits_{S}{y\,\,dS}~=\int\limits_{\theta =\pi }^{2\pi }{\int\limits_{\rho =0}^{1}{\left( \rho \sin \theta +1 \right)\,\,\rho \,\,d\rho d\theta }}=\int\limits_{\theta =\pi }^{2\pi }{\sin \theta \,\,d\theta }\,\,\cdot \,\,\int\limits_{\rho =0}^{1}{{{\rho }^{2}}\,\,d\rho }\,\,+\,\,\int\limits_{\theta =\pi }^{2\pi }{\int\limits_{\rho =0}^{1}{\,\rho \,\,d\rho d\theta }}\,=\)
\(=\left[ -\cos \theta \right]_{\pi }^{2\pi }\left[ \frac{{{\rho }^{3}}}{3} \right]_{0}^{1}+\frac{\pi }{2}\left[ \frac{{{\rho }^{2}}}{2} \right]_{0}^{1}=-\frac{2}{3}+\frac{\pi }{2}\)
Infine si ha che \({{y}_{B}}=\frac{\int\limits_{S}{y\,\,dS}}{S\left( E \right)}=\frac{-\frac{2}{3}+\frac{\pi }{2}}{\frac{\pi }{2}}=1-\frac{4}{3\pi }\)
Esercizio 2
Calcolare il baricentro dell’insieme \(E=\left\{ \left( x,y \right)\in {{\mathbb{R}}^{3}}:{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2y\le 0\le {{x}^{2}}-2x+{{y}^{2}}\,\, \right\}\).
\({{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2y\le 0\le {{x}^{2}}-2x+{{y}^{2}}\)
Soluzione
\({{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2y\le 0\,\,\,\Rightarrow \,\,\,\,{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2y+1\le 1\,\,\Rightarrow \,\,\,{{x}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}\le 1\) rappresenta la superficie interna alla circonferenza di centro \(C=(0,1)\) e raggio \(R=1\) .
\({{x}^{2}}-2x+{{y}^{2}}\ge 0\,\,\,\Rightarrow \,\,\,\,{{x}^{2}}-2x+1+{{y}^{2}}\ge +1\Rightarrow \,\,\,{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}\ge 1\) rappresenta la superficie esterna alla circonferenza di centro \(C=(1,0)\) e raggio \(R=1\) .
Si vuole quindi calcolare quindi il baricentro della sezione azzurra.
Per motivi di simmetria, ci aspettiamo che il baricentro si trovi sulla retta passante per i centi delle due circonferenze.
La retta passante per i due centri è \(x+y=1\) .
Di conseguenza siano \(\left( {{x}_{B}},{{y}_{B}} \right)\) le coordinate del baricentro allora si ha che \({{y}_{B}}=1-{{x}_{B}}\) e quindi è sufficiente calcolare una delle due coordinate.
\({{x}_{B}}=\frac{\int\limits_{S}{x\,\,dS}}{S\left( E \right)}\)
La superficie dell’insieme \(E\) si ottiene in riferimento alla figura come \(S\left( E \right)=S\left( A \right)+S\left( B \right)-S\left( C \right)\)
Dove \(A\) è \(3/4\) di circonferenza di raggio unitario quindi la sua area vale \(S\left( A \right)=\frac{3}{4}\pi \), \(B\) è un quadrato di lato 1 e quindi la superficie vale \(S\left( B \right)=1\) e \(C\) è \(1/4\) di circonferenza di raggio unitario quindi la sua area vale \(S\left( C \right)=\frac{1}{4}\pi \). Si ha che \(S\left( E \right)=\frac{3}{4}\pi +1-\frac{1}{4}\pi =\frac{\pi }{2}+1\)
\(\int\limits_{S}{x\,\,dS}=\int\limits_{A}{x\,\,dS}+\int\limits_{B}{x\,\,dS}-\int\limits_{C}{x\,\,dS}\)
Il primo integrale si può svolgere in coordinate polari traslate:
\(\left\{ \begin{align}& x=\rho \cos \theta \\& y=\rho \sin \theta +1 \\\end{align} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\det \mathbf{J}=\rho \)
\(\int\limits_{A}{x\,\,dS}=\int\limits_{\theta =0}^{\frac{3}{2}\pi }{\int\limits_{\rho =0}^{1}{\rho \cos \theta \,\,\rho \,\,d\rho d\theta }}=\int\limits_{\theta =0}^{\frac{3}{2}\pi }{\cos \theta \,\,d\theta }\,\,\cdot \,\,\int\limits_{\rho =0}^{1}{{{\rho }^{2}}\,\,d\rho }=\left[ \sin \theta \right]_{\begin{smallmatrix}\\0\end{smallmatrix}}^{\frac{3}{2}\pi }\left[ \frac{{{\rho }^{3}}}{3} \right]_{0}^{1}=-\frac{1}{3}\)
Il secondo integrale è immediato:
\(\int\limits_{B}{x\,\,dS}=\int\limits_{x=0}^{1}{\int\limits_{y=0}^{1}{x\,dxdy}}=\frac{1}{2}\)
Il terzo integrale si può svolgere in coordinate polari traslate:
\(\left\{ \begin{align}& x=\rho \cos \theta +1 \\& y=\rho \sin \theta \\\end{align} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\det \mathbf{J}=\rho \)
E per concludere troviamo le coordinate del baricentro:
\(\int\limits_{C}{x\,\,dS}=\int\limits_{\theta =\frac{\pi }{2}}^{\pi }{\int\limits_{\rho =0}^{1}{\left( \rho \cos \theta +1 \right)\,\,\rho \,\,d\rho d\theta }}=\int\limits_{\theta =\frac{\pi }{2}}^{\pi }{\cos \theta \,\,d\theta }\,\,\cdot \,\,\int\limits_{\rho =0}^{1}{{{\rho }^{2}}\,\,d\rho }\,\,+\,\,\int\limits_{\theta =\frac{\pi }{2}}^{\pi }{\int\limits_{\rho =0}^{1}{\,\rho \,\,d\rho d\theta }}\,=\)
\(=\left[ \sin \theta \right]_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }\left[ \frac{{{\rho }^{3}}}{3} \right]_{0}^{1}+\frac{\pi }{2}\left[ \frac{{{\rho }^{2}}}{2} \right]_{0}^{1}=-\frac{1}{3}+\frac{\pi }{4}\)
\({{x}_{B}}=\frac{\int\limits_{S}{x\,\,dS}}{S\left( E \right)}=\frac{-\frac{1}{3}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{\pi }{4}}{\frac{\pi }{2}+1}=\frac{2-\pi }{4+2\pi }\)
\({{y}_{B}}=1-{{x}_{B}}=\frac{2+3\pi }{4+2\pi }\)
