慣性モーメント
平行軸の定理の検証
円板の場合
・円板の場合（団扇）
棒の慣性モーメントの求め方が基本となりますが，長さがｚによって変化します．
したがって，まずは棒の積分を行い，次にｚ方向に積分していきます．
\( \Large \displaystyle J_{disk-03} = \int_{-R}^{R} dz \ \int_{d- \sqrt{R^2 - z^2}}^{d+ \sqrt{R^2 - z^2}} x^2 \rho \ dx \)
最初の積分は，
\( \Large \displaystyle \int_{d- \sqrt{R^2 - z^2}}^{d+ \sqrt{R^2 - z^2}} x^2 \rho \ dx
= \rho \left[ \frac{1}{3} x^3 \right]_{d- \sqrt{R^2 - z^2}}^{d+ \sqrt{R^2 - z^2}}
\)
\( \Large \displaystyle =\frac{1}{3} \rho \left[ (d+ \sqrt{R^2 - z^2})^3 -(d- \sqrt{R^2 - z^2})^3 \right] \)
ここで，
\( \Large \displaystyle
(d+a)^3 - (d-a)^3 = (d^3 + 3da^2 + 3d^2a+a^3) -
(d^3 + 3da^2 - 3d^2a-a^3)
= 6d^2a + 2a^3
\)
となるので，
\( \Large \displaystyle
\frac{1}{3} \rho \left[ (d+ \sqrt{R^2 - z^2})^3 -(d- \sqrt{R^2 - z^2})^3 \right]
= \frac{1}{3} \rho \left[ 6d^2 \sqrt{R^2 - z^2} + 2( R^2 - z^2)^{3/2} \right]
\)
となります．したがって
\( \Large \displaystyle J_{disk-03} = \int_{-R}^{R} \frac{1}{3} \rho \left[ 6d^2 \sqrt{R^2 - z^2} + 2( R^2 - z^2)^{3/2} \right] \ dz \)
を計算すればいいことになります．ここで，各項について検討していきます．
・1/2乗
\( \Large \displaystyle \int_{-R}^{R} \sqrt{R^2 - z^2} \ dz \)
変数変換して，
\( \Large \displaystyle z = R \ sin \theta \)
\( \Large \displaystyle dz = R \ cos \theta \ d \theta \)
\( \Large \displaystyle 0 \sim z \sim R \)
\( \Large \displaystyle 0 \sim \theta \sim \frac{ \pi}{2} \)
\( \Large \displaystyle \int_{-R}^{R} \sqrt{R^2 - z^2} \ dz = 2 \int_{0}^{\pi/2} \sqrt{R^2 - R^2 \ sin^2 \theta} \cdot R \ cos \theta \ d \theta \)
\( \Large \displaystyle = 2 \int_{0}^{\pi/2} R \ cos \theta \cdot R \ cos \theta \ d \theta \)
\( \Large \displaystyle = 2 \int_{0}^{\pi/2} R^2 \ cos^2 \theta \ d \theta \)
\( \Large \displaystyle = R^2 \int_{0}^{\pi/2} ( 1 + \ cos \ 2 \theta) \ d \theta \)
\( \Large \displaystyle = R^2 \int_{0}^{\pi/2} ( 1 + \ cos \ 2 \theta) \ d \theta \)
\( \Large \displaystyle = R^2 \left[ \theta + \frac{1}{2} sin \ 2 \theta \right]_0^{\pi/2} \)
\( \Large \displaystyle = R^2 \frac{\pi}{2} \)
・3/2乗
\( \Large \displaystyle \int_{-R}^{R} \ ( R^2 - z^2)^{3/2} \ dz \)
3/2乗に関しては，こちら，でも説明していますが，もう一度．
変数変換して，
\( \Large \displaystyle z = R \ sin \theta \)
\( \Large \displaystyle dz = R \ cos \theta \ d \theta \)
\( \Large \displaystyle 0 \sim z \sim R \)
\( \Large \displaystyle 0 \sim \theta \sim \frac{ \pi}{2} \)
\( \Large \displaystyle 2 \int_{0 }^{R }
(R^2 - z^2)^{3/2} dz
= 2 \int_{0 }^{\frac{ \pi}{2} }
(R^2 - R^2 \ sin^2 \theta )^{3/2} \cdot R \ cos \theta d \theta \)
\( \Large \displaystyle =2 \int_{0 }^{\frac{ \pi}{2} } (R^2 \ cos^2 \theta )^{3/2} R \ cos \theta d \theta \)
\( \Large \displaystyle = 2 R^4 \int_{0 }^{\frac{ \pi}{2} } cos^4 \theta \ d \theta \)
この積分は，ここ，にあるような公式を使って，
\( \Large \displaystyle
\int_{0 }^{\frac{ \pi}{2} }
cos^4 \theta \ d \theta =
\int_{0 }^{\frac{ \pi}{2} }
\frac{ 3 + 4 \ cos \ 2 \theta + cos \ 4 \theta}{8} d \theta \)
第二項，第三項は，θがπ，2πとなり，cos関数は０となります．したがって，
\( \Large \displaystyle
2 R^4 \int_{0 }^{\frac{ \pi}{2} }
cos^4 \theta \ d \theta =
2 R^4 \int_{0 }^{\frac{ \pi}{2} }
\frac{ 3 }{8} d \theta
= 2 R^4 \frac{ 3 }{8} \displaystyle
\left[ \theta \right]_0^{\frac{ \pi}{2}}
=
\frac{ 3 \pi}{8} R^4 \)
したがって，
\( \Large \displaystyle J_{disk-03} = \int_{-R}^{R} \frac{1}{3} \rho \left[ 6d^2 \sqrt{R^2 - z^2} + 2( R^2 - z^2)^{3/2} \right] \ dz \)
\( \Large \displaystyle = \rho \left[ 2 d^2 \cdot R^2 \frac{\pi}{2} + 2 \cdot \frac{1}{3} \frac{ 3 \pi}{8} R^4 \right] \)
\( \Large \displaystyle = \rho \left[ \pi R^2 d^2 + \frac{ \pi }{4} R^4 \right] \)
面密度は，半径Rの場合，
\( \Large \displaystyle M = \pi R^2 \rho \)
となるので，
\( \Large \displaystyle J_{disk-2} = \frac{M}{ \pi R^2} \left[ \pi R^2 d^2 + \frac{ \pi }{4}
R^4 \right]
= \boldsymbol{ Md^2 + \frac{1}{4}MR^2}
\)
となり，第一項が平行軸の定理，第二項が円板（団扇）の慣性モーメントとなり，平行軸の定理と一致します．
次ページは，円板（水平）の平行軸の定理の検証，を検討していきます．
