1. Прямоугольник. Определим момент инерции однородной, прямоугольной пластинки со сторонами $2 a$ и $2 b$ относительно прямой, параллельной стороне $2 a$ и проходящей через центр тяжести пластинки. Назовем эту прямую осью $x$, перпендикуляр к ней в $O$ – осью $y$; тогда искомый момент инерции будет:
\[
\sum m y^{2} \text { или } \int_{-b}^{b} \int_{-a}^{a} \sigma y^{2} d x d y,
\]

где $\sigma$ означает поверхностную плотность, т. е. массу пластинки, отнесенную к единице поверхности. Выполнение интеграции дает для момента инерции значение
\[
\frac{4}{3} \sigma a b^{3} \text { или масса прямоугольника } \times \frac{1}{3} b^{2} .
\]

Из этого результата можно получить момент инерции однородного стержня, относительно прямой, перпендикулярной к стержню проходящей через его центр тяжести. При этом стержень рассматривается как прямоугольник, а стороны сечения стержня считаются очень малыми. Поэтому момент инерции будет:
\[
\text { масса стержня } \times \frac{1}{3} b^{2},
\]

где $2 b$ – длина стержня.
2. Параллелепипед. Пусть однородный прямоугольный параллелепипед имеет стороны $2 a, 2 b, 2 c$. Требуется определить его момент инерции относительно оси $O x$, проходящий через центр тяжести и параллельной стороне $2 a$. Имеем:
\[
\sum m\left(y^{2}+z^{2}\right) \text { или } \int_{-a}^{a} \int_{-b}^{b} \int_{-c}^{c} \rho\left(y^{2}+z^{2}\right) d z d y d x,
\]

где $\rho$ означает плотность.
Выполнение интеграции дает:
\[
\frac{8 \rho a b c}{3}\left(b^{2}+c^{2}\right) \text { или масса параллелепипеда } \times \frac{1}{3}\left(b^{2}+c^{2}\right) .
\]
1 Для практических целей моменты инерции тела определяются экспериментально; подходящие для этого приспособления описывают Дерримен (W.H.Derriman, Phil. Mag., т. 5, стр. 648, 1903) и Кэсси (W.R.Cassie, Phys. Soc. Proc., т. 21, стр. 497,1909 ).

3. Эллипс и круг. Определим момент инерции относительно оси $x$ однородной пластинки, ограниченной эллипсом
\[
\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 .
\]

Он равен:
\[
\int_{-a}^{a} \int_{-\frac{b}{a}\left(a^{2}-x^{2}\right)^{\frac{1}{2}}}^{\frac{b}{a}\left(a^{2}-x^{2}\right)^{\frac{1}{2}}} \sigma y^{2} d y d x,
\]

где $\sigma$ – поверхностная плотность. Выполнение интеграции дает:
\[
\frac{1}{4} \pi a b^{3} \sigma \text { или масса эллипса } \times \frac{1}{4} b^{2} .
\]

Отсюда момент инерции круга радиуса $b$ относительно диаметра будет:
\[
\text { масса круга } \times \frac{1}{4} b^{2} .
\]
4. Эллипсоид и шар. Аналогично для однородного эллипсоида с плотностью $\rho$, заданного уравнением
\[
\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}+\frac{z^{2}}{c^{2}}=1,
\]

момент инерции относительно оси $x$ будет:
\[
\iiint \rho\left(y^{2}+z^{2}\right) d x d y d z
\]

где интегрирование распространяется на объем эллипсоида.
Для вычисления этого интеграла положим:
\[
x=a \xi, \quad y=b \eta, \quad z=c \zeta,
\]

где $\xi, \eta, \zeta$ – новые переменные; получим:
\[
\rho a b^{3} c \iiint \eta^{2} d \xi d \eta d \zeta+\rho a b c^{3} \iiint \zeta^{2} d \xi d \eta d \zeta,
\]

где интеграция распространена уже на объем шара
\[
\xi^{2}+\eta^{2}+\zeta^{2}=1 .
\]

Так как, очевидно, интегралы
\[
\iiint \xi^{2} d \xi d \eta d \zeta, \quad \iiint \eta^{2} d \xi d \eta d \zeta, \quad \iiint \zeta^{2} d \xi d \eta d \zeta
\]

равны, то искомый момент инерции можно записать в форме:
\[
\rho a b c\left(b^{2}+c^{2}\right) \iiint \xi^{2} d \xi d \eta d \zeta
\]

или
\[
\pi \rho a b c\left(b^{2}+c^{2}\right) \int_{-1}^{+1} \xi^{2}\left(1-\xi^{2}\right) d \xi
\]

или
\[
\frac{4}{15} \pi \rho a b c\left(b^{2}+c^{2}\right)
\]

или, наконец,
\[
\text { масса эллипсоида } \times \frac{1}{5}\left(b^{2}+c^{2}\right) .
\]

отсюда имеем момент инерции однородного шара относительно диаметра:
\[
\text { масса шара } \times \frac{2}{5} a^{2} .
\]
5. Треугольник. Пусть теперь требуется определить момент инерции однородной треугольной пластинки, с поверхностной плотностью $\sigma$, относительно произвольной прямой, находящейся в плоскости треугольника. Пусть положение прямой определяется длинами перпендикуляров $\alpha, \beta, \gamma$, опущенных на нее из вершин треугольника. Если $x, y, z$ – кординаты центра тяжести элемента пластинки, то расстояние его до данной прямой есть $\alpha x+\beta y+\gamma z$. Поэтому искомый момент инерции будет:
\[
\sigma \iint(\alpha x+\beta y+\gamma z)^{2} d S,
\]

где $d S$ означает элемент площади пластинки. Если теперь $Y$ – длина перпендикуляра из точки $(x, y, z)$ на сторону треугольника $c, X$ отрезок стороны $c$ между основанием этого перпендикуляра и вершиной $A$, то имеем:
\[
Y=z b \sin A
\]

и
$X \sin A-Y \cos A=$ перпендикуляру из $(x, y, z)$ на сторону $b=y c \sin A$.

Поэтому
\[
d y d z=\frac{\partial(y, z)}{\partial(X, Y)} d X d Y=\frac{1}{b c \sin A} d X d Y=\frac{1}{2 \Delta} d S,
\]

где $\Delta$ означает площадь треугольника. Следовательно, интеграл $\iint y^{2} d S$, который распространен на площадь треугольника, можно записать в виде:
\[
2 \Delta \iint y^{2} d y d z,
\]

причем новый интеграл распространяется на все положительные значения $y$ и $z$, сумма которых меньше единицы. Он будет равен:
\[
2 \Delta \int_{0}^{1} y^{2}(1-y) d y
\]

или $\frac{1}{6} \Delta$. На основании симметрии заключаем, что интегралы $\iint x^{2} d S$ и $\iint z^{2} d S$ имеют одинаковые значения, а аналогичные вычисления дают для интегралов
\[
\iint y z d S, \quad \iint z x d S, \quad \iint x y d S
\]

одно и то же значение $\frac{1}{12} \Delta$. Если внесем эти значения в интеграл $\sigma \iint(\alpha x+\beta y+\gamma z)^{2} d S$, то для момента инерции треугольника, относительно заданной прямой, получим выражение:
\[
\frac{1}{6} \sigma \Delta\left(\alpha^{2}+\beta^{2}+\gamma^{2}+\beta \gamma+\gamma \alpha+\alpha \beta\right)
\]

или окончательно:
\[
\frac{1}{3} \times \text { масса треугольника } \times\left\{\left(\frac{\beta+\gamma}{2}\right)^{2}+\left(\frac{\gamma+\alpha}{2}\right)^{2}+\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)^{2}\right\} .
\]

Эта формула, очевидно, выражает также момент инерции относительно данной прямой трех точек, помещенных в серединах сторон треугольника и имеющих массы, равные трети массы треугольника. Таким образом, треугольник и система таких трех точек эквимоментны.
ЗАдАчА 1. Показать, что однородный тетраэдр массы $M$ имеет момент инерции такой же, как система пяти точек, из которых четыре имеют массу по $\frac{1}{20} M$ и находятся в вершинах тетраэдра, а пятая, с массой $\frac{4}{5} M$, лежит в его центре тяжести.