Trägheitstensor

Heute im PHYSIK-UNTERRICHT: : | Trägheitstensor ✔ |

Der Trägheitstensor (Formelzeichen $ \mathbf{I},\mathbf{\Theta}, I $, Dimension M L², SI-Einheit kg m²) eines starren Körpers gibt seine Trägheitsmomente an, also die Trägheit des Körpers bezüglich Drehungen, genauer den Widerstand des Körpers gegen Änderungen seines Drehimpulses. Im Allgemeinen zeigen die Winkelgeschwindigkeit und der Drehimpuls nicht in die gleiche Richtung – ein rotierender Körper „eiert“, wenn er sich frei bewegen kann, oder zeigt Unwucht, wenn die Richtung der Drehachse festgehalten wird. Deshalb muss der Zusammenhang zwischen Winkelgeschwindigkeit und Drehimpuls durch einen Tensor – den Trägheitstensor – dargestellt werden:

$ \vec{L}=\mathbf{I}\cdot\vec\omega $

Darin ist $ \vec{L} $ der Drehimpuls bezüglich des Massenmittelpunktes des Körpers, $ \vec\omega $ die Winkelgeschwindigkeit und $ \mathbf{I} $ der Trägheitstensor des Körpers bezüglich seines Massenmittelpunktes. Der Trägheitstensor bildet durch Matrizenmultiplikation „·“ die Winkelgeschwindigkeit auf den Drehimpuls ab und diese lineare Abbildung ist bei einem Tensor vom verwendeten Bezugssystem unabhängig.

Ein Vergleich mit der Definition des Impulses $ \vec p:=m\vec v $, der proportional zur Geschwindigkeit $ \vec v $ mit der Masse m als Proportionalitätsfaktor ist, zeigt, dass der Trägheitstensor für Drehungen eine vergleichbare Rolle wie die Masse für Translationsbewegungen spielt. Allerdings sind die Verhältnisse bei einer Rotation wesentlich komplizierter als bei einer Translation – unter anderem, weil der Trägheitstensor im Allgemeinen von der Ausrichtung des Körpers abhängt, die sich bei einer Drehung natürlich laufend ändert. So wird der Trägheitstensor eine Funktion der Zeit, während bei Translationen die Masse konstant ist.

Trägheitstensoren einfacher Körper finden sich in der Liste von Trägheitstensoren.

Berechnung

Ist ein starrer Körper durch einzelne Massenpunkte gegeben, so lautet der Trägheitstensor I des Starrkörpers bezüglich des Koordinatenursprungs:

$ \mathbf{I} = \sum_i m_i \begin{pmatrix} y_i^2+z_i^2 & -x_i y_i & -x_i z_i\\ -y_i x_i & x_i^2+z_i^2 & -y_i z_i\\ -z_i x_i & - z_i y_i & x_i^2+y_i^2\\ \end{pmatrix} = \sum_i m_i [(\vec x_i\cdot\vec x_i)\mathbf{1}-\vec x_i\otimes\vec x_i] $

bzw. in Komponentenschreibweise

$ I_{\alpha\beta} =I_{\beta\alpha} =\sum_i m_i (r_i ^2\delta _{\alpha\beta}-x_{i\alpha} x_{i\beta}) \quad\text{für}\quad\alpha,\beta=1,2,3 $

Hierbei bezeichnen

  • $ m_i $ die Masse des $ i $-ten Massenpunkts,
  • $ x_{i1} = x_i $, $ x_{i2} = y_i $ und $ x_{i3} = z_i $ die kartesischen Koordinaten seines Ortsvektors $ \vec x_i $,
  • $ r_i=|\vec x_i|:=\sqrt{\vec x_i\cdot\vec x_i}=\sqrt{x_i^2+y_i^2+z_i^2} $ mit dem Frobenius-Skalarprodukt „·“ seinen Abstand vom Ursprung,
  • $ \delta_{\alpha\beta}=\begin{cases}1&\text{für}\;\alpha=\beta\\0&\text{sonst.}\end{cases} $ das Kronecker-Delta
  • 1 den Einheitstensor und
  • ⊗ das dyadische Produkt[1]

Ist die Masse kontinuierlich im Körper verteilt und die Massendichte $ \varrho(\vec{x}) $ bekannt, so ergeben sich die Komponenten aus den Integralen

$ I_{\alpha\beta}=\int_V(r^2\delta_{\alpha\beta}-x_\alpha x_\beta)\,\varrho(\vec{x})\mathrm{d}V. $

Dabei ist V das Integrationsgebiet, hier das Volumen des Körpers, und dV das Volumenelement.

Der Trägheitstensor ist symmetrisch ($ I_{\alpha\beta}=I_{\beta\alpha} $). Die Diagonalelemente des Trägheitstensors heißen Trägheitsmomente und die Nebendiagonalelemente Deviationsmomente. Diese bewirken bei Rotation durch Fliehkräfte ein Drehmoment normal zur Drehachse. Solche Drehmomente existieren im raumfesten Bezugssystem z. B. bei einer Stange, die um eine Achse rotiert, die mit der Symmetrieachse der Stange einen spitzen Winkel einschließt. Wegen der Symmetrie gibt es nicht mehr als drei verschiedene Deviationsmomente.

Beginnen sich die Massenpunkte oder das Volumen V, also der Starrkörper, zu drehen, werden die Komponenten seines Trägheitstensors in einem Inertialsystem im Allgemeinen zeitabhängig. In einem körperfesten System sind die Komponenten jedoch konstant, siehe #Wechsel des Bezugssystems. Die Orientierung eines körperfesten Koordinatensystems kann so gewählt werden, dass der Tensor Diagonalform annimmt. So gewählte Achsen heißen Haupt(trägheits)achsen des Körpers.

Steinerscher Satz

Illustration des Steinerschen Satzes: Drehachse 1 geht durch den Schwerpunkt s des Körpers der Masse m. Drehachse 2 ist um den Abstand $ d=|\vec c|\sin\alpha $ parallel verschoben.
Der Steinersche Satz dient der Berechnung des Trägheitsmomentes eines starren Körpers für parallel verschobene Drehachsen, siehe Bild. Wenn der Trägheitstensor nicht bezüglich seines Massenmittelpunkts, sondern eines anderen Bezugspunkts $ \vec c $ berechnet wird, dann können mit ihm die Trägheitsmomente zu beliebigen Drehachsen berechnet werden, die durch diesen Bezugspunkt gehen. Der Trägheitstensor Ic bezüglich $ \vec c $ wird aus dem Trägheitstensor Is bezüglich des Massenmittelpunkts $ \vec s $ durch Addition des Trägheitstensors einer Punktmasse mit der Masse m des Starrkörpers bezüglich $ \vec c $ berechnet:
$ \mathbf{I}_c=\mathbf{I}_s+m [(\vec c\cdot\vec c)\mathbf{1}-\vec c\otimes\vec c] $  bzw.  $ I^{ij}_c=I^{ij}_s+m[(c_1^2+c_2^2+c_3^2)\delta_{ij}-c_i c_j] $  für i, j = 1, 2, 3

Durch den Summanden $ m [(\vec c\cdot\vec c)\mathbf{1}-\vec c\otimes\vec c] $ ändern sich im Allgemeinen sowohl die Hauptträgheitsmomente als auch die Hauptträgheitsachsen. Die Formel kann benutzt werden, um den Trägheitstensor eines Körpers zu berechnen, der sich aus einzelnen Teilen zusammensetzt, deren Massenmittelpunkte, Hauptträgheitsachsen und Hauptträgheitsmomente bekannt sind, siehe Hauptträgheitsmomente einfacher geometrischer Körper und das Beispiel #Trägheitstensor eines v-förmigen Körpers unten.

Das Trägheitsmoment bezüglich einer Drehachse $ \hat n $ durch den Punkt $ \vec c $, dessen Abstandsvektor vom Massenmittelpunkt den Winkel $ \alpha $ mit der Drehachse einschließt, errechnet sich dann mit der Definition des Skalarproduktes „·“ und $ \sin^2\alpha = 1-\cos^2\alpha $ zu:[1]

$ \begin{align} J_c =& \hat n\cdot\{\mathbf{I}_s+m [(\vec c\cdot\vec c)\mathbf{1}-\vec c\otimes\vec c]\}\cdot\hat n \\=& \hat n\cdot\mathbf{I}_s\cdot\hat n+m [\vec c\cdot\vec c-(\vec c\cdot\hat n)^2] \\=& J_s+m |\vec c|^2(1-\cos^2\alpha) \\=& J_s+m d^2 \end{align} $

Da d der Abstand des Massenmittelpunkts von der Drehachse ist, sind die Trägheitsmomente bezüglich des Massenmittelpunkts minimal, denn durch Verschiebung des Bezugspunktes lassen sie sich nicht weiter verkleinern.

Um obige Formel für den Trägheitstensor bezüglich eines Bezugspunkts $ \vec c $ nachzuweisen, sei der Massenmittelpunkt im Ursprung und der Trägheitstensor

$ \mathbf{I}_s=\int_V [(\vec x\cdot\vec x)\mathbf{1}-\vec x\otimes\vec x]\,\varrho\mathrm{d}V $

bekannt. Der Trägheitstensor bezüglich $ \vec c $ berechnet sich dann zu:[1]

$ \begin{align} \mathbf{I}_c :=& \int_V\{[(\vec x-\vec c)\cdot(\vec x-\vec c)]\mathbf{1}-(\vec x-\vec c)\otimes(\vec x-\vec c)\}\,\varrho\mathrm{d}V \\=& \int_V\{[\vec x\cdot\vec x-2\vec x\cdot\vec c+\vec c\cdot\vec c]\mathbf{1} -\vec x\otimes\vec x +\vec x\otimes\vec c +\vec c\otimes\vec x -\vec c\otimes\vec c \}\,\varrho\mathrm{d}V \\=& \int_V [(\vec x\cdot\vec x)\mathbf{1}-\vec x\otimes\vec x]\,\varrho\mathrm{d}V + [(\vec c\cdot\vec c)\mathbf{1}-\vec c\otimes\vec c]\int_V\,\varrho\mathrm{d}V +\underline{\int_V [-2(\vec x\cdot\vec c)\mathbf{1}+\vec x\otimes\vec c+\vec c\otimes\vec x]\,\varrho\mathrm{d}V} \\=& \mathbf{I}_s+m [(\vec c\cdot\vec c)\mathbf{1}-\vec c\otimes\vec c] \end{align} $

Das unterstrichene Volumenintegral trägt nichts bei, weil nach Voraussetzung der Massenmittelpunkt $ \vec s:=\tfrac1m\int_V\vec x\,\varrho\mathrm{d}V=\vec0 $ im Ursprung liegt.

Transformationseigenschaften

Trägheitsmomente

Hauptartikel: Trägheitsmoment

Das Trägheitsmoment bezüglich einer Achse durch den Ursprung (also anschaulich die Schwierigkeit, den Körper um diese Achse zu drehen) lässt sich mit Hilfe des Trägheitstensors berechnen. Ist $ \hat n $ ein Einheitsvektor (Vektor der Länge 1 und deshalb mit Hut geschrieben) in Richtung der Achse, so ist das zugehörige Trägheitsmoment

$ I_{nn} =\sum_{\alpha=1}^3\sum_{\beta=1}^3 n_\alpha I_{\alpha\beta}n_\beta =\hat n\cdot\mathbf{I}\cdot\hat n, $

wobei $ n_\alpha $ die Komponenten des Einheitsvektors bezüglich der Standardbasis $ \hat{e}_{1,2,3} $ sind. Insbesondere geben die Diagonalelemente $ I_{\alpha\alpha} $ für $ \hat n=\hat{e}_\alpha $ die Trägheitsmomente um die Koordinatenachse $ \hat{e}_\alpha $ an.

Denn das Trägheitsmoment gibt den Widerstand eines starren Körpers gegenüber einer Änderung seiner Rotationsbewegung um eine gegebene Achse an:

$ L=J\omega $

mit

  • L: Achsenparallele Komponente des Drehimpulses,
  • J: Trägheitsmoment des Körpers um die raumfeste Achse,
  • ω: Winkelgeschwindigkeit um die Achse.

Weil die Achse $ \hat n $ gegeben ist, ist $ \vec\omega=\omega\hat n $, und die achsenparallele Komponente des Drehimpulses ergibt sich zu

$ L:=\hat{n}\cdot\vec{L} =\hat{n}\cdot\mathbf{I}\cdot\vec\omega =\hat{n}\cdot\mathbf{I}\cdot\omega\hat n =\hat{n}\cdot\mathbf{I}\cdot\hat n\,\omega =J\omega \quad\rightarrow\quad J=\hat{n}\cdot\mathbf{I}\cdot\hat n . $

Die Hauptträgheitsachsen $ \hat{g}_k $ und Hauptträgheitsmomente $ I_k $ erfüllen $ \mathbf{I}\cdot\hat{g}_k=I_k\hat{g}_k $ mit k = 1, 2, 3, siehe #Hauptträgheitsachsen und Hauptträgheitsmomente. Bei einer Drehung um eine Hauptträgheitsachse ergibt sich:

$ L =\hat{g}_k\cdot\vec L =\hat{g}_k\cdot\mathbf{I}\cdot\hat{g}_k\,\omega =\hat{g}_k\cdot I_k\hat{g}_k\,\omega =I_k\omega $

Das Trägheitsmoment um eine Hauptträgheitsachse ist das jeweilige Hauptträgheitsmoment.

Drehimpuls

Der Drehimpuls eines Starrkörpers bezüglich seines Massenmittelpunkts lässt sich – wie eingangs erwähnt – aus der Winkelgeschwindigkeit $ \vec\omega $ durch Matrizenmultiplikation des Trägheitstensors mit der Winkelgeschwindigkeit berechnen:

$ \vec L =\mathbf{I}\cdot\vec\omega $

Die Komponenten lauten für α = 1, 2, 3

  • in kartesischen Koordinaten: $ L_\alpha=\sum_{\beta=1}^3 I_{\alpha\beta}\omega_\beta, $
  • im körperfesten Hauptachsensystem: $ L_\alpha=I_\alpha\omega_\alpha. $

Rotationsenergie

Hauptartikel: Rotationsenergie

Die Rotationsenergie eines starren Körpers, der mit der Winkelgeschwindigkeit $ \vec\omega $ um seinen Massenmittelpunkt rotiert, ist

$ E_\text{rot} :=\frac12\vec\omega\cdot\mathbf{I}\cdot\vec\omega =\frac12\sum_{\alpha=1}^3\sum_{\beta=1}^3\omega_\alpha I_{\alpha\beta}\omega_\beta =\frac12(I_1\omega_1^2+I_2\omega_2^2+I_3\omega_3^2) . $

Im letzten Schritt wurde das mit dem Körper rotierende Hauptachsensystem benutzt. Weil der Trägheitstensor positiv definit ist, ist die Rotationsenergie bei Rotationen immer positiv. Die Winkelgeschwindigkeiten mit gleicher Rotationsenergie liegen im körperfesten System auf einem Ellipsoid, dem Energieellipsoid.

Eigenschaften

Der Trägheitstensor eines ausgedehnten Körpers hat den Rang 3 und die Dimension und Einheit eines Trägheitsmoments, wie sie eingangs angegeben sind.

Der Trägheitstensor ist ein symmetrischer Tensor zweiter Stufe, also

$ \mathbf{I}=\mathbf{I}^\top \quad\text{bzw.}\quad I_{ij} = I_{ji} . $

Das Superskript „$ {}^\top $“ steht für die Transposition.

Positive Definitheit

Der Trägheitstensor ist positiv definit. Anschaulich klar ist diese Aussage, weil die Rotationsenergie

$ E_\text{rot}:=\frac12\vec\omega\cdot\mathbf{I}\cdot\vec\omega $

bei realen Körpern und vorhandener Winkelgeschwindigkeit $ \vec\omega\ne\vec 0 $ immer positiv ist. Mit der Lagrange-Identität $ (\vec\omega\times\vec{x})^2 =(\vec\omega\cdot\vec\omega)(\vec{x}\cdot\vec{x})-(\vec\omega\cdot\vec{x})^2 $ berechnet sich tatsächlich

$ \begin{align} \vec\omega\cdot\mathbf{I}\cdot\vec\omega =& \vec\omega\cdot \int_V [(\vec x\cdot\vec x)\mathbf{1}-\vec x\otimes\vec x]\,\varrho\mathrm{d}V \cdot\vec\omega = \vec\omega\cdot \int_V [(\vec x\cdot\vec x)\vec\omega-(\vec x\cdot\vec\omega)\vec x]\,\varrho\mathrm{d}V \\=& \int_V [(\vec x\cdot\vec x)(\vec\omega\cdot\vec\omega)-(\vec x\cdot\vec\omega)(\vec x\cdot\vec\omega)]\,\varrho\mathrm{d}V = \int_V (\vec\omega\times\vec x)^2\,\varrho\mathrm{d}V > 0 \end{align} $

Im Integranden steht das abseits der Drehachse positive Betragsquadrat der Geschwindigkeit der Partikel im Körper bei reiner Rotation. In realen, in allen drei Raumrichtungen ausgedehnten Körpern mit positiver Dichte und bei vorhandener Winkelgeschwindigkeit ist dieses Integral immer positiv und der Trägheitstensor mithin positiv definit.

Additivität

Der Trägheitstensor eines Körpers, der aus mehreren Starrkörpern besteht, ist die Summe der Trägheitstensoren dieser Teilkörper. Das ergibt sich direkt aus der Vorschrift zur Berechnung des Trägheitstensors eines Körpers aus seinen Massepunkten oder der Linearität des bestimmten Integrals. Die Trägheitstensoren der Teilkörper müssen alle mit demselben Bezugspunkt, ggf. unter Benutzung des Steiner’schen Satzes, berechnet werden, siehe das Beispiel #Trägheitstensor eines v-förmigen Körpers unten.

Die Additivität gilt auch für Differenzen, mit denen der Trägheitstensor eines Körpers mit einer Aussparung berechnet werden kann.

Hohlzylinder

Beispielsweise ist der Trägheitstensor eines Hohlzylinders wie im Bild die Differenz der Trägheitstensoren zweier Vollzylinder, die denselben Massenmittelpunkt besitzen. Ein homogener Vollzylinder mit Radius r, Höhe h und Dichte ρ hat den Trägheitstensor

$ \mathbf{I}(\rho, r,h) = \frac{m}{12} \begin{pmatrix} 3r^2+h^2\\ & 3r^2+h^2 &\\ & & 6r^2 \end{pmatrix} . $

Dabei ist $ m=\pi\rho h r^2 $ die Masse des Vollzylinders und die 3-Achse seine Figurenachse. Der Trägheitstensor des Hohlzylinders ist die Differenz aus dem Trägheitstensor des Vollzylinders mit Radius R und dem Trägheitstensor des Vollzylinders mit Radius r < R, der ausgespart wird:

$ \mathbf{I}_{\rm hohl} = \mathbf{I}(\rho,R,h)-\mathbf{I}(\rho,r,h) = \frac{m}{12} \begin{pmatrix} 3(R^2+r^2)+h^2 & &\\ & 3(R^2+r^2)+h^2 &\\ & & 6(R^2+r^2) \end{pmatrix} $

Dabei ist $ m=\pi\rho h(R^2-r^2) $ die Masse des Hohlzylinders.

Hauptträgheitsachsen und Hauptträgheitsmomente

Häufig liegt der Trägheitstensor nicht diagonal vor. Da er symmetrisch ist, lässt er sich jedoch durch Lösen des Eigenwertproblems diagonaliseren.

Dazu wird zunächst das charakteristische Polynom des Trägheitstensors gebildet:

$ \operatorname{det}(\mathbf{I}-I_k\mathbf{1})=-I_k^3+a_1 I_k^2-a_2 I_k+a_3=0 $

Der Operator $ \operatorname{det} $ liefert die Determinante und damit die Koeffizienten a1,2,3, also die Hauptinvarianten des Trägheitstensors. Die Lösungen dieser Gleichung sind die Eigenwerte des Trägheitstensors, also die Hauptträgheitsmomente $ I_k \ (\text{mit}\quad k=1,2,3) $. Sie sind positiv, weil es sich um die Trägheitsmomente um die jeweilige Hauptträgheitsachse handelt. Die zugehörigen Hauptträgheitsachsen sind parallel zu den Eigenvektoren $ \hat{g}_k $, die eine Lösung des Problems

$ \mathbf{I}\cdot\hat{g}_k=I_k\hat{g}_k $

sind. Eine Hauptträgheitsachse ist eindeutig bestimmt, wenn das zugehörige Hauptträgheitsmoment sich von den beiden anderen Hauptträgheitsmomenten unterscheidet. Weil der Trägheitstensor symmetrisch ist, bilden die Eigenvektoren (nach Normierung $ |\hat{g}_k|=1 $) eine Orthonormalbasis im Raum, d. h. sie stehen paarweise senkrecht aufeinander oder lassen sich orthogonalisieren.

Mit den Hauptträgheitsmomenten und ihren Hauptträgheitsachsen bekommt der Trägheitstensor eine besonders einfache Diagonalgestalt:

$ \mathbf{I} =\sum_{i=1}^3 I_i\hat{g}_i\otimes\hat{g}_i =\begin{pmatrix}I_1 &&\\ & I_2 &\\ && I_3\end{pmatrix}_{\hat{g}_i\otimes\hat{g}_j} $

Von den drei Hauptträgheitsachsen hat eine das größte mögliche Trägheitsmoment und eine andere das kleinste.[2] Die Koordinatenachsen mit dem größten und dem kleinsten Trägheitsmoment sowie die auf diesen beiden senkrecht stehende Achse bilden die Hauptträgheitsachsen.

Wenn der Körper homogen ist, lassen sich die Hauptträgheitsachsen häufig leicht ermitteln:

  • Bei allen irgendwie symmetrischen Körpern liegen Hauptträgheitsachsen in der Symmetrieebene oder der Symmetrieachse.
  • Bei einem achsensymmetrischen Körper, wie etwa einem kreisrunden Zylinder, aber auch z. B. bei einem Stab mit quadratischer oder regelmäßig polygonaler Grundfläche, sind zwei der drei Hauptträgheitsmomente untereinander gleich. Ihre Hauptträgheitsachsen spannen die Grundfläche auf und die dritte Hauptträgheitsachse ist senkrecht zu dieser.
  • Sind $ I_1 $, $ I_2 $ und $ I_3 $ paarweise voneinander verschieden, so liegt keine Achsensymmetrie vor, und/oder der Bezugspunkt liegt nicht im Massenmittelpunkt.

Die Summe von zwei Hauptträgheitsmomenten ist immer größer als das dritte, was mit den Binet’schen Trägheitsmomenten gezeigt werden kann. Aus drei Seiten mit den Längen der Hauptträgheitsmomente lässt sich also immer ein Dreieck zusammensetzen, weil die Dreiecksungleichungen erfüllt werden.

Wechsel des Bezugssystems

Die Hauptträgheitsachsen lassen sich zu einer Drehmatrix $ Q $ zusammenfassen, die die Koeffizientenmatrix des Trägheitstensors von der Standardbasis in das Hauptachsensystem transformiert.

Für die allgemeine Koordinatentransformation bilde $ \hat{g}_{1,2,3} $ zunächst nur eine beliebige, rechtshändige Orthonormalbasis. Dann gelten die Darstellungen des Trägheitstensors[1]

$ \mathbf{I} = \sum_{\alpha,\beta=1}^3I_{\alpha\beta}\hat{e}_\alpha\otimes\hat{e}_\beta = \sum_{i,j=1}^3 I^{ij}_\text{L}\hat{g}_i\otimes\hat{g}_j $

mit Komponenten $ I_{ij} $ bezüglich der Standardbasis und $ I^{ij}_\text{L} $ bezüglich der Basis $ \hat{g}_{1,2,3} $. Die Komponenten $ I_{\alpha\beta} $ lassen sich extrahieren, indem der Trägheitstensor mit den Basisvektoren $ \hat{e}_{\alpha,\beta} $ vor- und nachmultipliziert wird:

$ I_{\alpha\beta} := \hat{e}_\alpha\cdot\mathbf{I}\cdot\hat{e}_\beta = \hat{e}_\alpha\cdot\sum_{i,j=1}^3 I^{ij}_\text{L}\hat{g}_i\otimes\hat{g}_j\cdot\hat{e}_\beta = \sum_{i,j=1}^3 (\hat{e}_\alpha\cdot\hat{g}_i)I^{ij}_\text{L}(\hat{g}_j\cdot\hat{e}_\beta) $

Dieser Zusammenhang lässt sich als Matrizengleichung

$ I=QI_\text{L}Q^\top $

schreiben, worin die Matrix I die Komponenten $ I_{\alpha\beta} $, die Matrix $ I_\text{L} $ die Komponenten $ I^{ij}_\text{L} $ und die Drehmatrix Q die Komponenten der Basisvektoren gemäß

$ Q=\begin{pmatrix} \hat{g}_1\cdot\hat{e}_1 &\hat{g}_2\cdot\hat{e}_1 &\hat{g}_3\cdot\hat{e}_1 \\ \hat{g}_1\cdot\hat{e}_2 &\hat{g}_2\cdot\hat{e}_2 &\hat{g}_3\cdot\hat{e}_2 \\ \hat{g}_1\cdot\hat{e}_3 &\hat{g}_2\cdot\hat{e}_3 &\hat{g}_3\cdot\hat{e}_3 \end{pmatrix} $

enthält. Die Vektoren $ \hat{g}_{1,2,3} $ gehen durch eine Drehung aus der Standardbasis $ \hat{e}_{1,2,3} $ hervor, weswegen die Matrix Q eigentlich orthogonal ist, und es gilt

$ QQ^\top=Q^\top Q=E,\quad\operatorname{det}Q=+1 $

mit der Einheitsmatrix E und der Determinante det. Damit folgt:

$ I=QI_\text{L}Q^\top \quad\leftrightarrow\quad I_\text{L}=Q^\top IQ $

Vereinfachungen ergeben sich, wenn die Vektoren $ \hat{g}_{1,2,3} $ körperfest sind: Dann sind nämlich die Komponenten $ I^{ij}_\text{L} $ auch bei einer Rotation zeitlich konstant. Wenn zusätzlich die Vektoren $ \hat{g}_{1,2,3} $ die Hauptträgheitsachsen sind, dann sind von den Komponenten $ I^{ij}_\text{L} $ nur die mit i = j von null verschieden und dann gleich den Hauptträgheitsmomenten. Die Matrix $ I_\text{L} $ ist dann eine Diagonalmatrix.

Die obige Transformationsbeziehung kann auch tensoriell ausgedrückt werden und wirft so den Blick auf den Unterschied zwischen Koordinaten- und Tensortransformation: Der Trägheitstensor J gehöre zum selben Körper wie I, aber in der mit dem orthogonalen Tensor Q verdrehten Ausrichtung, die zu einem anderen Zeitpunkt eingenommen oder von einem anderen Beobachter wahrgenommen wird. Der Trägheitstensor I habe die Hauptträgheitsmomente I1,2,3 und die Hauptträgheitsachsen $ \hat g_{1,2,3}. $ Dann gelten die folgenden Beziehungen:

$ \begin{align} \mathbf{I}\cdot\hat g_k =& I_k\hat g_k\quad\text{für}\quad k=1,2,3 \\ \mathbf{J}\cdot(\mathbf{Q}\cdot\hat g_k) =& I_k (\mathbf{Q}\cdot\hat g_k) \quad\text{für}\quad k=1,2,3 \\ \mathbf{J} =& \mathbf{Q\cdot I\cdot Q}^\top \end{align} $

Der Trägheitstensor J hat dieselben Hauptträgheitsmomente I1,2,3 wie der Trägheitstensor I, aber die mit Q gedrehten Hauptträgheitsachsen, so wie es bei einem gedrehten Körper zu erwarten ist. Die Tensoren I und J haben dieselben Komponenten $ I_{\alpha\beta} $, aber bezüglich mit Q gedrehten Basissystemen $ \hat{g}_i=\mathbf{Q}\cdot\hat{e}_i=\hat{e}_i\cdot\mathbf{Q}^\top $:[1]

$ \begin{align} \mathbf{I} =& \sum_{\alpha,\beta=1}^3 I_{\alpha\beta}\hat{e}_\alpha\otimes\hat{e}_\beta \\ \mathbf{Q\cdot I\cdot Q}^\top =& \mathbf{Q}\cdot\sum_{\alpha,\beta=1}^3 I_{\alpha\beta}\hat{e}_\alpha\otimes\hat{e}_\beta\cdot\mathbf{Q}^\top = \sum_{\alpha,\beta=1}^3 I_{\alpha\beta}\hat{g}_\alpha\otimes\hat{g}_\beta = \mathbf{J} \end{align} $

Die Tensoren I und J differieren, wenn Q nicht die identische Abbildung 1 ist. Soll J im Basissystem $ \hat e_{1,2,3} $ dargestellt werden, dann gelten die zu Beginn dieses Abschnittes vorgestellten Koordinatentransformationsbeziehungen.

Bezugssysteminvarianz

Der Trägheitstensor ist eine objektive Größe, die invariant gegenüber einer euklidischen Transformation, also bezugssysteminvariant ist. Verschiedene Betrachter eines Starrkörpers werden immer Einigkeit über seinen Trägheitstensor erzielen.

Dazu müssen sie sich auf einen Bezugspunkt einigen, beispielsweise den Massenmittelpunkt des Körpers. Dann nehmen die Beobachter die Abstandsvektoren von Partikeln des Körpers zum Bezugspunkt zumeist als gegeneinander verdreht wahr:

$ \vec{x}^\prime=\mathbf{Q}\cdot\vec{x} $

Der eine Beobachter „sieht“ den Abstandsvektor $ \vec x $ und der andere den Vektor $ \vec{x}^\prime $ und diese Vektoren sind gegeneinander verdreht, was der orthogonale Tensor Q mathematisch ausdrückt $ (\mathbf{Q^\top\cdot Q}=\mathbf{Q\cdot Q}^\top=\mathbf{1}) $. Der Trägheitstensor, den der eine Beobachter wahrnimmt, sei durch

$ \mathbf{I}=\int_V [(\vec x\cdot\vec x)\mathbf{1}-\vec x\otimes\vec x]\,\varrho\mathrm{d}V $

gegeben. Dann berechnet sich für den anderen Beobachter[1]

$ \begin{align} \mathbf{I}^\prime =&\int_{V^\prime} [(\vec{x}^\prime\cdot\vec{x}^\prime)\mathbf{1}-\vec{x}^\prime\otimes\vec{x}^\prime] \,\varrho^\prime\mathrm{d}V^\prime \\=& \int_V \{[(\mathbf{Q}\cdot\vec{x})\cdot(\mathbf{Q}\cdot\vec{x})]\mathbf{1}- (\mathbf{Q}\cdot\vec{x})\otimes(\mathbf{Q}\cdot\vec{x})\}\,\varrho\mathrm{d}V \\=& \int_V \{[\vec{x}\cdot\mathbf{Q^\top\cdot Q}\cdot\vec{x}]\mathbf{Q\cdot 1\cdot Q}^\top -\mathbf{Q}\cdot\vec{x}\otimes\vec{x}\cdot\mathbf{Q}^\top\}\,\varrho\mathrm{d}V \\=& \mathbf{Q}\cdot\int_V [(\vec{x}\cdot\vec{x})\mathbf{1}-\vec{x}\otimes\vec{x}]\,\varrho\mathrm{d}V\cdot\mathbf{Q}^\top \\=& \mathbf{Q\cdot I\cdot Q}^\top, \end{align} $

weil die Volumenform und die Dichte ebenfalls objektiv sind. Die Transformationsbeziehung zwischen I und I’ erweist den Trägheitstensor als einen objektiven, räumlichen Ein-Feld-Tensor. Er ist

  • ein räumlicher Tensor, weil seine Komponenten mit der räumlichen Drehung des Körpers variieren, und
  • ein Ein-Feld-Tensor, weil er Vektoren aus einem Vektorraum in denselben Vektorraum abbildet.

Herleitung

Für den Drehimpuls $ \vec{L} $ einer Punktmasse mit Masse m bezüglich des Ursprungs gilt

$ \begin{align} \vec{L} & =\vec{r}\times\vec{p}\\ & =\vec{r}\times (m\cdot\vec{v})\\ & = m\cdot\vec{r}\times (\vec{\omega}\times\vec{r}) \end{align} $

mit

  • $ \vec{r} $ dem Abstand vom Ursprung,
  • $ \vec{p} $ dem Impuls,
  • $ m $ der Masse und
  • $ \vec{v}=\vec{\omega}\times\vec{r} $ der Geschwindigkeit der Punktmasse bei einer Rotation um den Ursprung.

Bei einem Körper aus mehreren Punktmassen muss über diese summiert oder integriert werden.

Koordinatenfreie Herleitung

Mit der BAC-CAB-Formel und den Eigenschaften des dyadischen Produkts „⊗“ wird aus obiger Vektorgleichung:[1]

$ \begin{align} \vec{L} &=m\,\vec{r}\times(\vec{\omega}\times\vec{r}) \\&=m\,[(\vec{r}\cdot\vec r)\vec{\omega}-(\vec{r}\cdot\vec\omega)\vec r] \\&=\underbrace{m\,[(\vec{r}\cdot\vec r)\mathbf{1}-\vec{r}\otimes\vec r]}_{\mathbf{I}}\cdot\vec{\omega} \end{align} $

Sollen doch die Komponenten des Trägheitstensors I bezüglich der Standardbasis $ \hat{e}_{1,2,3} $ ermittelt werden, so gelingt das mit der Bilinearform

$ \begin{align} I_{ij} :=&\hat{e}_i\cdot\mathbf{I}\cdot\hat{e}_j \\=&\hat{e}_i\cdot m\,[(\vec{r}\cdot\vec r)\mathbf{1}-\vec{r}\otimes\vec r]\cdot\hat{e}_j \\=&m\,\hat{e}_i\cdot[(\vec{r}\cdot\vec r)\hat{e}_j-(\vec r\cdot\hat{e}_j)\vec{r}] \\=&m\,[(\vec{r}\cdot\vec r)(\hat{e}_i\cdot\hat{e}_j)-r_j(\hat{e}_i\cdot\vec{r})] \\=&m\,[(\vec{r}\cdot\vec r)\delta_{ij}-r_i\, r_j] .\end{align} $

Herleitung in kartesischen Koordinaten

Für die $ i $-te Komponente des Drehimpulses gilt:

$ \begin{align} L_i =& (m\cdot\vec{r}\times(\vec{\omega}\times\vec{r}))_i\\ =&m~\varepsilon_{ijk}~r_j~\varepsilon_{klm}~\omega_l~r_m\\ =&m~\varepsilon_{kij}~\varepsilon_{klm}~r_j~\omega_l~r_m\\ =&m~(\delta_{il}\delta_{jm} -\delta_{im}\delta_{jl})~r_j~\omega_l~r_m\\ =&m~(\delta_{il}\delta_{jm}~r_j~\omega_l~r_m -\delta_{im}\delta_{jl}~r_j~\omega_l~r_m)\\ =&m~(r_j~\omega_i~r_j - r_j~\omega_j~r_i)\\ =&m~(\vec{r}\,^2~\omega_i - r_i~r_j~\omega_j)\\ =&\underbrace{m~(\vec{r}\,^2~\delta_{ij} - r_i~r_j)}_{=I_{ij}}\omega_j \end{align} $

Dabei ist $ \varepsilon $ das Levi-Civita-Symbol und $ \delta $ das Kronecker-Delta. Außerdem wurde die Einsteinsche Summenkonvention benutzt.

Damit ist nun

$ I_{ij} = m\cdot(\vec{r}\,^2~\delta_{ij} - r_i~r_j). $

Alternative Herleitung aus der Definition des Trägheitsmoments

Sei ein rotierender Körper aus einzelnen Massepunkten aufgebaut. Für die Ortsvektoren $ \vec r_i $ der Massepunkte wird ein kartesisches Koordinatensystem verwendet, dessen Ursprung mit dem Schwerpunkt des Körpers zusammenfällt. Sei $ \vec r_n $ der Ortsvektor des $ n $-ten Massepunktes und $ s_n $ sein Abstand von der Drehachse, dann gilt

$ s_n=\sqrt{(\vec r_n)^2-\left(\frac{\vec\omega}{\omega}\cdot\vec r_n\right)^2} $

und somit für das Trägheitsmoment

$ \begin{align} I=&\sum_{n}m_ns_n^2\\ =&\sum_{n}m_n\left((\vec r_n)^2-\left(\frac{\vec\omega}{\omega}\cdot\vec r_n\right)^2\right)\\ =&\frac{1}{\omega^2}\sum_{n}m_n\left((\vec\omega)^2(\vec r_n)^2-\left(\vec\omega\cdot\vec r_n\right)^2\right)\\ =&\frac{1}{\omega^2}\sum_{i,j=1}^3\left\{\sum_{n}m_n\left((\vec r_n)^2\delta_{ij}-r_{n,i}r_{n,j}\right)\right\}\omega_i\omega_j\\ =&\frac{1}{\omega^2}\sum_{i,j=1}^3 I_{ij}\;\omega_i\omega_j \end{align} $

mit den Komponenten des Trägheitstensors

$ I_{ij}=\sum_{n}m_n\left((\vec r_n)^2\delta_{ij}-r_{n,i}r_{n,j}\right). $

Beispiele

Trägheitstensor eines homogenen Würfels

Im Massenmittelpunkt eines Würfels mit Kantenlänge 2a wird ein kartesisches Koordinatensystem so gelegt, dass die Koordinatenachsen parallel zu den Würfelkanten sind. Die Homogenität führt zu einer ortsunabhängigen Dichte, die somit als Konstante vor das Integral gezogen werden kann:

$ I_{\alpha\beta}=I_{\beta\alpha} =\varrho\int_{V} (r^2\delta _{\alpha\beta} - x_{\alpha} x_{\beta})\mathrm{d}V $

Nun lassen sich die sechs unabhängigen Tensorkomponenten bestimmen: Das sind drei Massenträgheitsmomente und drei Deviationsmomente, da der Tensor wegen $ I_{xy} = I_{yx} $ symmetrisch ist. Beim Würfel mit Kantenlänge 2a wird zur Berechnung des Trägheitstensors bezüglich des Ursprungs in allen drei Raumrichtungen von −a bis a integriert. Für den Würfel ergibt sich:

$ \begin{align} I_{xx} =&\varrho\int_{V} (y^2 + z^2)\mathrm{d}V =\varrho\frac{16}{3} a^5\\ I_{yy} =&\varrho\int_{V} (x^2 + z^2)\mathrm{d}V =\varrho\frac{16}{3} a^5\\ I_{zz} =&\varrho\int_{V} (y^2 + x^2)\mathrm{d}V =\varrho\frac{16}{3} a^5\\ I_{xy} =& I_{yx} = -\varrho\int_{V} yx\mathrm{d}V = 0\\ I_{yz} =& I_{zy} = -\varrho\int_{V} zy\mathrm{d}V = 0\\ I_{zx} =& I_{xz} = -\varrho\int_{V} xz\mathrm{d}V = 0 \end{align} $

Dabei wurde

$ \begin{align} \int_{-a}^a\mathrm{d}x=&[x]_{-a}^a=2a \\ \int_{-a}^ax\mathrm{d}x=&\left[\frac{x^2}{2}\right]_{-a}^a=0 \\ \int_{V} x^2\mathrm{d}V =&\int_{x=-a}^{x=a}\int_{y=-a}^{y=a}\int_{z=-a}^{z=a} x^2\mathrm{d}z\mathrm{d}y\mathrm{d}x =\int_{x=-a}^{x=a} x^2\int_{y=-a}^{y=a}\int_{z=-a}^{z=a}\mathrm{d}z\mathrm{d}y\mathrm{d}x =\int_{x=-a}^{x=a} x^2 (2a)^2\mathrm{d}x \\=& 4a^2\left[\frac{x^3}{3}\right]_{-a}^a = 4a^2\frac{2}{3}a^3 =\frac{8}{3}a^5 \end{align} $

benutzt. Analoges gilt in y- und z-Richtung. Mit diesen Ergebnissen, der Kantenlänge d = 2a und der Masse $ m=\varrho d^3 $ des Würfels bekommt der Tensor die Form

$ \mathbf{I} = \varrho\frac{16}{3} a^5 \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} =\frac{\varrho}{6}d^5\mathbf{1} =\frac{m}{6}d^2\mathbf{1} . $

Berechnung eines Trägheitsmoments

Mit dem Trägheitstensor

$ \mathbf{I}=\begin{pmatrix} 4 & 0 & 0\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 6 \end{pmatrix}\text{ kg m}^2, $

und der Achse

$ \hat n =\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix} $

(das ist gerade eine der Raumdiagonalen) berechnet sich das Trägheitsmoment für Drehungen um die Achse zu

$ I_{nn} = \frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4 & 0 & 0\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 6 \end{pmatrix}\text{ kg m}^2 \cdot \frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix} = \frac{1}{3}\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix} \cdot\begin{pmatrix}4\\2\\6\end{pmatrix}\text{ kg m}^2 = 4\text{ kg m}^2 . $

Trägheitstensor eines v-förmigen Körpers

Abmessungen eines v-förmigen Körpers aus drei Würfeln

Der Trägheitstensor des im Bild dargestellten, aus drei gleichen Würfeln mit Kantenlänge 10 mm und Dichte ρ = 6000 kg/m³ soll berechnet werden. Die Masse des Würfels ist m = 6000 kg/m³ · 10³ mm³ = 6 g und sein Massenmittelpunkt befindet sich in seiner Mitte. Nach obiger Formel lautet der Trägheitstensors des Würfels bezüglich des Massenmittelpunkts:

$ \mathbf{I}_w=\frac{m}{6}d^2\mathbf{1}=100\,{\rm g\,mm}^2\,\mathbf{1} $

Translation des Würfels um 10 mm in 1-Richtung liefert für die Komponenten des Trägheitstensors des Würfels 2 nach dem Satz von Steiner:

$ \begin{align} \vec c=&10\,{\rm mm}\,\hat{g}_1 \\\rightarrow I_{2ij}=& 100\,{\rm g\,mm}^2\delta_{ij}+6{\rm g}(100\,{\rm mm}^2\delta_{ij}-100\,{\rm mm}^2\delta_{i1}\delta_{j1}) \\=& 700\,{\rm g\,mm}^2\delta_{ij}-600\,{\rm mm}^2\delta_{i1}\delta_{j1} \end{align} $

Für den Würfel 3 ergibt sich analog $ I_{3ij}=700\,{\rm g\,mm}^2\delta_{ij}-600\,{\rm mm}^2\delta_{i2}\delta_{j2}. $ Der aus den drei Würfeln zusammengesetzte Körper hat bezüglich des Koordinatenursprungs O im schwarz gezeichneten System mit den Basisvektoren $ \hat{g}_{1,2,3} $ den Trägheitstensor

$ \mathbf{I}_O = \begin{pmatrix} 900 & &\\ & 900 &\\ & & 1500 \end{pmatrix}_{\hat{g}_i\otimes\hat{g}_j} \,{\rm g\,mm}^2 . $

Der Massenmittelpunkt liegt bei

$ \vec s=\frac{1}{18{\rm g}}( 6{\rm g}\cdot 10\,{\rm mm}\,\hat{g}_1+6{\rm g}\cdot 10\,{\rm mm}\,\hat{g}_2) =\frac{10}{3}(\hat{g}_1+\hat{g}_2)\,{\rm mm} . $

Der Trägheitstensor $ \mathbf{I}_O $ resultiert aus dem Trägheitstensor $ \mathbf{I}_s $ bezüglich des Massenmittelpunkts $ \vec s $ durch Verschiebung in $ -\vec s $:

$ \begin{align} 3\cdot 6{\rm g}[(\vec s\cdot\vec s)\mathbf{I}-\vec s\otimes\vec s] =& \begin{pmatrix} 200 &-200 &\\-200 & 200 &\\ & & 400 \end{pmatrix}_{\hat{g}_i\otimes\hat{g}_j}{\rm g\,mm}^2 \\ \rightarrow\mathbf{I}_s =& \mathbf{I}_O-18{\rm g}[(\vec s\cdot\vec s)\mathbf{I}-\vec s\otimes\vec s) = \begin{pmatrix} 700 & 200 &\\ 200 & 700 &\\ & & 1100 \end{pmatrix}_{\hat{g}_i\otimes\hat{g}_j}{\rm g\,mm}^2 \end{align} $

Dieser muss noch um 45° vom grünen ins rote Schwerpunktssystem mit der Standardbasis $ \hat{e}_{1,2,3} $ gedreht werden. Die Drehmatrix hat die Gestalt

$ \hat{g}_1=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix},\quad \hat{g}_2=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}-1\\1\\0\end{pmatrix},\quad \hat{g}_3=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix} \rightarrow Q =\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix} 1 & -1 &0\\ 1 & 1 &0\\ 0&0 &\sqrt{2} \end{pmatrix} . $

Dann sind die Komponenten bezüglich des Schwerpunkts bezüglich der Standardbasis $ \hat{e}_{1,2,3} $:

$ I=Q I_L Q^\top = \begin{pmatrix} 500 & &\\ & 900 &\\ & & 1100 \end{pmatrix}\ {\rm g\,mm}^2 $

Die rot gezeichnete Standardbasis ist Hauptachsensystem.

Weil der Würfel punktsymmetrisch ist, ist sein Trägheitstensor von seiner Ausrichtung unabhängig und kann gleich bezüglich der Standardbasis berechnet werden. Die Würfel liegen an den Orten

$ \vec{x}_1=\frac{1}{\sqrt{18}}\begin{pmatrix}-30\\10\\0\end{pmatrix}\ {\rm mm},\quad \vec{x}_2=\frac{1}{\sqrt{18}}\begin{pmatrix}30\\10\\0\end{pmatrix}\ {\rm mm},\quad \vec{x}_3=\frac{1}{\sqrt{18}}\begin{pmatrix} 0\\-20\\0\end{pmatrix}\ {\rm mm} , $

denn diese Vektoren haben den korrekten Abstand und die korrekte Orientierung untereinander sowie den Schwerpunkt im Ursprung:

$ \begin{align} |\vec{x}_{1,2}-\vec{x}_3|=&\left| \frac{1}{\sqrt{18}}\begin{pmatrix}\mp 30\\ 30\\0\end{pmatrix}\ {\rm mm}\right| =\sqrt{\frac{1}{18}\left(900+900\right)\ {\rm mm}^2} =10\ {\rm mm} \\ \left(\vec{x}_1-\vec{x}_3\right)\cdot\left(\vec{x}_2-\vec{x}_3\right) =& \frac{1}{\sqrt{18}}\begin{pmatrix}-30\\30\\0\end{pmatrix}\ {\rm mm} \cdot \frac{1}{\sqrt{18}}\begin{pmatrix}30\\30\\0\end{pmatrix}\ {\rm mm} = 0\ {\rm mm}^2 \\ \vec{x}_1+\vec{x}_2+\vec{x}_3 =& \frac{1}{\sqrt{18}}\begin{pmatrix}-30\\ 10\\ 0\end{pmatrix}\ {\rm mm} +\frac{1}{\sqrt{18}}\begin{pmatrix}30\\ 10\\ 0\end{pmatrix}\ {\rm mm} +\frac{1}{\sqrt{18}}\begin{pmatrix}0\\ -20\\ 0\end{pmatrix}\ {\rm mm} = \begin{pmatrix}0\\ 0\\ 0\end{pmatrix}\ {\rm mm} \end{align} $

Dann ergibt sich der Trägheitstensor:

$ \begin{align} \mathbf{I}_s =& 3\mathbf{I}_w +\sum_{i=1}^3 m[(\vec{x}_i\cdot\vec{x}_i)\mathbf{1}-\vec{x}_i\otimes\vec{x}_i] \\=& 300\ {\rm g\,mm}^2\,\mathbf{1} + \frac{1000}{3}\ {\rm g\,mm}^2\,\mathbf{1} - \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 900 & -300 & 0\\ -300 & 100 & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\ {\rm g\,mm}^2 \\&+ \frac{1000}{3}\ {\rm g\,mm}^2\,\mathbf{1} - \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 900 & 300 & 0\\ 300 & 100 & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\ {\rm g\,mm}^2 + \frac{400}{3}\ {\rm g\,mm}^2\,\mathbf{1} - \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 0 & &\\ & 400 &\\ & & 0 \end{pmatrix}\ {\rm g\,mm}^2 \\=& 1100\ {\rm g\,mm}^2\,\mathbf{1} - \begin{pmatrix} 600 & &\\ & 200 &\\ & & 0 \end{pmatrix}\ {\rm g\,mm}^2 \\=& \begin{pmatrix} 500 & &\\ & 900 &\\ & & 1100 \end{pmatrix}\ {\rm g\,mm}^2 \end{align} $

Siehe auch

Fußnoten

  1. 1,0 1,1 1,2 1,3 1,4 1,5 1,6 Das dyadische Produkt zweier Vektoren ist eine Dyade und definiert durch die Eigenschaften $ \begin{align} (\vec a\otimes\vec b)^\top:=&\vec b\otimes\vec a \\ (\vec a\otimes\vec b)\cdot\vec c:=&(\vec b\cdot\vec c)\vec a \\ \vec c\cdot(\vec b\otimes\vec a):=&(\vec b\cdot\vec c)\vec a=(\vec a\otimes\vec b)^\top\cdot\vec c \\ (\vec a\otimes\vec b)\cdot(\vec c\otimes\vec d) :=& (\vec b\cdot\vec c)\vec a\otimes\vec d =[(\vec a\otimes\vec b)\cdot\vec c]\otimes\vec d \\=& \vec a\otimes[\vec b\cdot(\vec c\otimes\vec d)] =\vec a\otimes[(\vec c\otimes\vec d)^\top\cdot\vec b] \end{align} $
    Ersteres definiert die Transposition und Letzteres das Tensorprodukt. Jeder Tensor (zweiter Stufe) ist als Summe von Dyaden darstellbar.
  2. Carsten Timm: Theoretische Mechanik. Kapitel 5.3.1 Rotation um freie Achsen. 18. Juli 2011, Technische Universität Dresden, Institut für Theoretische Physik, abgerufen am 3. Februar 2017.

Literatur

  • Herbert Goldstein: Klassische Mechanik. 6. Auflage. Akademische Verlagsgesellschaft, Wiesbaden 1981, ISBN 3-400-00134-1.
  • R. Gammel: Der Kreisel. Seine Theorie und seine Anwendungen. 2. überarb. Aufl. Band 2. Springer, Berlin, Göttingen, Heidelberg 1950, DNB 451641280.

Das könnte Dich auch interessieren


Newsletter

(Neues aus der Forschung)