2 Esercizi svolti su Calcolo del baricentro di superfici piane

Esercizi svolti sul calcolo del baricentro di superfici piane

Esercizio 1

Calcolare il baricentro dell’insieme $E$ definito da:

$E=\left\{ \left( x,y \right)\in {{\mathbb{R}}^{3}}:{{x}^{2}}+{{y}^{2}}\le 2y,\,\,y\le 1\, \right\}$

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.

$\begin{cases} x &= \rho \cos \theta \\ y &= \rho \sin \theta + 1 \end{cases}$

$\int\limits_{S}{y\,\,dS}~=\int\limits_{\theta =\pi }^{2\pi }{\int\limits_{\rho =0}^{1}{\left( \rho \sin \theta +1 \right)\,\,\rho \,\,d\rho d\theta }}=\int\limits_{\theta =\pi }^{2\pi }{\sin \theta \,\,d\theta }\,\,\cdot \,\,\int\limits_{\rho =0}^{1}{{{\rho }^{2}}\,\,d\rho }\,\,+\,\,\int\limits_{\theta =\pi }^{2\pi }{\int\limits_{\rho =0}^{1}{\,\rho \,\,d\rho d\theta }}\,=$

$=\left[ -\cos \theta \right]_{\pi }^{2\pi }\left[ \frac{{{\rho }^{3}}}{3} \right]_{0}^{1}+\frac{\pi }{2}\left[ \frac{{{\rho }^{2}}}{2} \right]_{0}^{1}=-\frac{2}{3}+\frac{\pi }{2}$

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 $E=\{ \left( x,y \right)\in {{\mathbb{R}}^{3}}:{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2y\le 0\le {{x}^{2}}-2x+{{y}^{2}}\}$.

${{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2y\le 0\le {{x}^{2}}-2x+{{y}^{2}}$

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:

$\begin{cases} x = \rho \cos \theta + 1 \\ y = \rho \sin \theta \end{cases}$

Le equazioni fornite descrivono un sistema di coordinate trasformate. In particolare, andiamo ad usare una trasformazione dalle coordinate polari $(\rho, \theta)$ alle coordinate cartesiane $(x, y)$ con uno spostamento di $(1,0)$ lungo l’asse $x$.

Dove $\rho$ rappresenta la distanza radiale del punto dall’origine e $\theta$ è l’angolo azimutale misurato dal semiasse positivo $x$ nel piano $xy$.

Inoltre, il determinante della matrice jacobiana $\mathbf{J}$ della trasformazione è $\rho$, il che indica che la trasformazione non altera l’area.

$\int\limits_{A}{x\,\,dS}=\int\limits_{\theta =0}^{\frac{3}{2}\pi }{\int\limits_{\rho =0}^{1}{\rho \cos \theta \,\,\rho \,\,d\rho d\theta }}=\int\limits_{\theta =0}^{\frac{3}{2}\pi }{\cos \theta \,\,d\theta }\,\,\cdot \,\,\int\limits_{\rho =0}^{1}{{{\rho }^{2}}\,\,d\rho }=\left[ \sin \theta \right]_{\begin{smallmatrix}\\0\end{smallmatrix}}^{\frac{3}{2}\pi }\left[ \frac{{{\rho }^{3}}}{3} \right]_{0}^{1}=-\frac{1}{3}$

Il secondo integrale è immediato:

$\int\limits_{B}{x\,\,dS}=\int\limits_{x=0}^{1}{\int\limits_{y=0}^{1}{x\,dxdy}}=\frac{1}{2}$

Anche il terzo integrale si può svolgere nelle coordinate polari traslate definite dalle stesse equazioni usate per il primo integrale:

$\begin{cases} x = \rho \cos \theta + 1 \\ y = \rho \sin \theta \end{cases}$

E per concludere troviamo le coordinate del baricentro:

$\int\limits_{C}{x\,\,dS}=\int\limits_{\theta =\frac{\pi }{2}}^{\pi }{\int\limits_{\rho =0}^{1}{\left( \rho \cos \theta +1 \right)\,\,\rho \,\,d\rho d\theta }}=\int\limits_{\theta =\frac{\pi }{2}}^{\pi }{\cos \theta \,\,d\theta }\,\,\cdot \,\,\int\limits_{\rho =0}^{1}{{{\rho }^{2}}\,\,d\rho }\,\,+\,\,\int\limits_{\theta =\frac{\pi }{2}}^{\pi }{\int\limits_{\rho =0}^{1}{\,\rho \,\,d\rho d\theta }}\,=$

$=\left[ \sin \theta \right]_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }\left[ \frac{{{\rho }^{3}}}{3} \right]_{0}^{1}+\frac{\pi }{2}\left[ \frac{{{\rho }^{2}}}{2} \right]_{0}^{1}=-\frac{1}{3}+\frac{\pi }{4}$

${{x}_{B}}=\frac{\int\limits_{S}{x\,\,dS}}{S\left( E \right)}=\frac{-\frac{1}{3}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{\pi }{4}}{\frac{\pi }{2}+1}=\frac{2-\pi }{4+2\pi }$

${{y}_{B}}=1-{{x}_{B}}=\frac{2+3\pi }{4+2\pi }$

Lezioni di Analisi Matematica 2