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Mechanik » Dynamik des starren Körpers » Verständnisproblem Trägheitstensor
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Universität/Hochschule Verständnisproblem Trägheitstensor
Rene_21
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-03-21


Hallo liebes Forum,

ich habe ein ziemlich große Problem  bezüglich der Rotationsenergie. Folgendes, die Rotationsenergie ist definiert als (konstante Dichte)
 \[E=\frac{1}{2}\rho\omega^i\int [(\boldsymbol{r}\cdot \boldsymbol{r})\delta_{ij}-r_ir_j]dV \omega^j \].

Mein große Frage (oder eher mein Problem) ist nun, ob es auch möglich ist dies direkt in sphärischen Koordinaten(\(\boldsymbol{r}=r\boldsymbol{e}_r\)) zu berechnen, weil ich irgendwie das Gefühl habe dass diese Definition nur für kartesische Koordinatensysteme definiert ist. Wenn ich zum Beispiel um die z-Achse rotiere d.h \[\boldsymbol{w}=\omega \boldsymbol{e}_z\] dann entsprich dies in Kugelkoordinaten \[\boldsymbol{\omega}=\omega cos(\theta)\boldsymbol{e}_r-\omega sin(\theta)\boldsymbol{e}_{\theta} \].
Ich habe als Beispiel die Rotationsenergie einer Kugel berechnet und bekomme im Fall direkter (naiver) Berechnung in Kugelkoordinaten (durch Anwendung obiger Definition) \[E=\omega^2 sin^2(\theta)\int r^2 dV\]. Der springende Punkt ist nun, dass ich dass \(sin^2\) in das Integral ziehen müsste um das korrekte Resultat zu bekommen. Dies wiederum widerspricht aber der Definition der Rotationsenergie, denn bei der Herleitung befindet sich das \(\boldsymbol{w}\) außerhalb des "Trägheitstensors" und deshalb außerhalb des Integrals. Wo liegt mein Denkfehler in der Betrachtung ? ich war selten so verwirrt wie zu diesem Zeitpunkt

Wäre sehr nett wenn mir jemand behilflich sein könnte.

lg



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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-03-21

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\span}{\operatorname{span}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert#1\right>} \newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right\vert} \newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle\vert#2\right>} \newcommand{\braketop}[3]{\left<#1\middle\vert#2\middle\vert#3\right>} \newcommand{\mean}[1]{\left<#1\right>} \newcommand{\lvert}{\left\vert} \newcommand{\rvert}{\right\vert} \newcommand{\lVert}{\left\Vert} \newcommand{\rVert}{\right\Vert}\)
Hallo Rene_21,

wenn du den Trägheitstensor in Kugelkoordinaten berechnen möchtest, empfiehlt es sich, die eigentlichen Vektorkomponenten kartesisch zu halten, aber durch Kugelkoordinaten auszudrücken, also nicht $(r,\varphi,\theta)$ sondern $(r\sin(\theta)\cos(\varphi),r\sin(\theta)\sin(\varphi),r\cos(\theta))$

Das ist geschickter, weil der Trägheitstensor im Prinzip eine Biliniearform ist, also eine Abbildung, die zwei Vektoren auf einen Skalar abbildet, und in beiden Argumenten linear ist. Die Anwendung ist dann im Prinzip $E=\frac{1}{2}\rho I(\vec \omega,\vec\omega)$, wobei $I(\vec\omega,\vec\omega)$ diese bilineare Abbildung ist, in die für beide Argumente der Vektor $\vec\omega$ eingesetzt ist. In der Praxis ist dann $I$ als Matrix darstellbar und es ist $I(\vec v,\vec w)=\vec w^T I\vec v$. Entscheidend ist, dass diese Abbildung linear ist. Die Koordinatentransformation zu Kugelkoordinaten aber nicht (die Abbildung $(x,y,z)\to(r,\varphi,\theta)$ enthält Wurzeln, Quadrate und inverse trigonometrische Funktionen). Wenn wir also $E$ analog berechnen wollen, brauchen wir eine Abbildung $\tilde I$, mit der gilt:

\[E=\frac{1}{2}\rho I\left(\left(\begin{array}{c}\omega_x\\\omega_y\\\omega_z\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}\omega_x\\\omega_y\\\omega_z\end{array}\right)\right)=
\frac{1}{2}\rho \tilde I\left(\left(\begin{array}{c}\omega_r(\omega_x,\omega_y,\omega_z)\\\omega_\varphi(\omega_x,\omega_y,\omega_z)\\\omega_\theta(\omega_x,\omega_y,\omega_z)\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}\omega_r(\omega_x,\omega_y,\omega_z)\\\omega_\varphi(\omega_x,\omega_y,\omega_z)\\\omega_\theta(\omega_x,\omega_y,\omega_z)\end{array}\right)\right)\]
Das heißt, es muss $\tilde I(\vec v,\vec w)=I(\Phi^{-1}(\vec v),\Phi^{-1}(\vec w))$ gelten, mit der Koordinatenrücktransformation $\Phi^{-1}:(r,\varphi,\theta)\mapsto(x,y,z)$.
Aber dieses $\Phi^{-1}$ ist wie eben geschildert nicht linear, also ist auch $\tilde I$ nicht linear in den einzelnen Argumenten, und kann deshalb nicht als Matrix dargestellt werden. Das ist dann verdammt ungeschickt, insbesondere weil man die Energie dann nicht mehr als $E=\frac{1}{2}\rho\omega^i I_{ij}\omega^j$ schreiben kann. Da liegt bei deiner Rechnung auch das Problem: Du hast versucht, die Energie doch so auszudrücken.

Was du stattdessen tun must, ist ganz normal die einzelnen Komponenten des Tensors zu berechnen, aber die $r_i,r_j$ in Kugelkoordinaten auszudrücken, also $r_1=r\sin(\theta)\cos(\varphi)$, etc., und das Integral in Kugelkoordinaten auszuführen. Und die einzelnen Komponenten der Kreisfrequenz dann auch kartesisch lassen, und lediglich durch Kugelkoordinaten ausdrücken. In deinem Fall dann $\vec\omega=(0,0,\omega\cos(\theta))$.
\(\endgroup\)


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Rene_21
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-03-21


Hallo,
erstmals danke für deine ausführliche Antwort. Ich verstehe deine Argumente, aber trotzdem stellt sich die Frage wie das mit der Kontraktion der omegas außerhalb des Integrals passiert. So wie es ausschaut hängt am Schluss die Energie von theta ab, was nicht sein kann. Wie kann man dies Ordnungsgemäß berechnen?



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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-03-21

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Ich habe einen kleinen Fehler gemacht (oder zumindest nicht voll gekürzt). Wenn $\vec \omega$ in $z$-Richtung zeigt, ist natürlich $\theta=0$, und damit $\cos(\theta)=1$. Also ist $\vec\omega=(0,0,\omega)$.
\(\endgroup\)


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Rene_21
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-03-21

\(\begingroup\)\( \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}}\)
ok, das macht Sinn.

Aber nochmals zurück zu vorher. Wenn ich dich richtig verstanden habe sagst du dass \(E=\frac{1}{2}\rho\omega^iI_{ij}\omega^j\) nur in kartesischen Koordinaten gilt? das kann ich kaum glauben, da die Herleitung eigentlich koordinatenfrei durchgeführt werden kann. Meiner Meinung nach kann ich den Tensor \(I=I_{ij}e^ie^j\)(die Formel gilt immer für orthogonale paare von Vektoren, was auf Kugelkoordinaten ja zutrifft) auch in der Basis von Kugelkoordinaten schreiben. Ist zwar aufwendig aber möglich. Wenn das geschehen ist müsste ich \(E=\frac{1}{2}\rho\omega^iI_{ij}\omega^j\) berechnen können. Ich sehe hier eigentlich keinen Widerspruch.
\(\endgroup\)


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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-03-21

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\span}{\operatorname{span}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert#1\right>} \newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right\vert} \newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle\vert#2\right>} \newcommand{\braketop}[3]{\left<#1\middle\vert#2\middle\vert#3\right>} \newcommand{\mean}[1]{\left<#1\right>} \newcommand{\lvert}{\left\vert} \newcommand{\rvert}{\right\vert} \newcommand{\lVert}{\left\Vert} \newcommand{\rVert}{\right\Vert}\)
In kartesischen Koordinaten hängen aber die Basisvektoren nicht vom Ortsvektor ab, deshalb kann auch $I_{ij}$ vom Ortsvektor unabhängig formuliert werden. In Kugelkoordinaten sind aber die Basisvektoren vom Ortsvektor abhängig, entsprechend muss auch $\tilde I_{ij}$ vom Ortsvektor abhängig sein. Man müsste also den kartesischen Trägheitstensor für jedes $\vec\omega$ in eine andere Basis transformieren, in etwa so: $\tilde I=B(\vec\omega)IB(\vec\omega)^T$ mit der Basiswechselmatrix $B(\vec\omega)$.  Man kann also durchaus für jedes einzelne $\vec\omega$ eine Matrixdarstellung finden, so wie man auch für jedes einzelne $\vec\omega$ eine Orthonormalbasis hat. Aber die Matrix sieht eben für jedes $\vec\omega$ anders aus, so wie auch die Orthonormalbasis für jedes $\vec\omega$ anders aussieht.
Deshalb ist es praktischer, bei der kartesischen Basis zu bleiben, und in dieser Basis die Komponenten durch Kugelkoordinaten auszudrücken.
\(\endgroup\)


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