Glavne osi tenzora inercije

Glavne osi tenzora inercije
- pretpostavimo da smo
izračunali tenzor inercije u
sustavu xyz → Iij
- tražimo koordinatni sustav
u kojem je tenzor inercije
dijagonalan
- transformacija koordinata
x ′ i = aikxk
- transformacija tenzora
inercije
I ′ ij = aikajlIkl = aikIkla T lj
Klasična mehanika 1 – p. 1/33

- matrični zapis: a · I · a T = I ′
a T · a · I · a T = a T · I ′
Iija T jk = aT ijI ′ jk
Iija T jk = aT ijI ′ jδjk
Iija T jk = I′ k aT ik
- matrica aT se sastoji od tri stupca
⎛
a T =
⎜
⎝
a11 a21 a31
a12 a22 a32
a13 a23 a33
⎞
⎟
⎠
Klasična mehanika 1 – p. 2/33

- jednadžba
Iija T jk = I′ k aT ik k = 1, 2, 3
predstavlja tri eigenvalue jednadžbe
I · vk = I ′ k vk k = 1, 2, 3
gdje vk označava k-ti stupac matrice a T
- dobili smo homogeni 3 × 3 sustav jednadžbi
(I − I ′ k )vk = 0
- da bi postojalo rješenje determinanta sustava mora
iščezavati
Klasična mehanika 1 – p. 3/33

- sekularna jednadžba
�
�
�
�
�
�
�
I11 − I ′ k I12 I13
I21 I22 − I ′ k I23
I31 I32 I33 − I ′ k
�
�
�
�
�
�
�
= 0
- rješavanje gornje jednadžbe daje momente inercije I ′ k
- iz jednadžbe
(I − I ′ k )vk = 0
možemo izračunati stupce matrice transformacije a T
Klasična mehanika 1 – p. 4/33

- na kraju računamo jedinične vektore sustava u kojem je
tenzor inercije dijagonalan
�e ′ i
= aik�ek
- takve osi zovemo glavne osi tenzora inercije
- ako tijelo ima os simetrije, ta os je ujedno i jedna od
glavnih osi tijela
Klasična mehanika 1 – p. 5/33

Zadatak 30
Kruto tijelo se sastoji od masa 2m, m i 4m smještenih u
točkama (−1, −1, 1), (2, 0, 2) i (−1, 1, 0). Na ¯dite smjerove
glavnih osi i momente tromosti oko njih.
Rješenje:
- tenzor tromosti smo izračunali u prethodnom zadatku
⎛
12m
⎜
I = ⎝ 2m
2m
16m
⎞ ⎛
−2m
⎟ ⎜
2m ⎠ = 2m⎝
6
1
⎞
1 −1
⎟
8 1 ⎠
−2m 2m 16m
−1 1 8
- prvi korak je računanje svojstvenih vrijednosti tenzora
tromosti
Klasična mehanika 1 – p. 6/33

- sekularna jednadžba
�
�
� 6 − λ
�
� 1
�
� −1
1
8 − λ
1
−1
1
8 − λ
�
�
�
�
�
�
�
= 0
(6 − λ) � (8 − λ) 2 − 1 � − [8 − λ + 1] − [1 + 8 − λ] = 0
(6 − λ)(7 − λ)(9 − λ) − 2(9 − λ) = 0
(9 − λ) [(6 − λ)(7 − λ) − 2] = 0
- slijede tri svojstvene vrijednosti
λ1 = 9(I1 = 18m) λ2 = 8(I2 = 16m) λ3 = 5(I3 = 10m)
Klasična mehanika 1 – p. 7/33

Prva svojstvena vrijednost: λ1 = 9
⎛
⎜
⎝
6
1
⎞⎛
⎞ ⎛
1 −1 v1
⎟⎜
⎟ ⎜
8 1 ⎠⎝
v2 ⎠ = 9⎝
−1 1 8
−3v1 + v2 − v3 = 0
v1 − v2 + v3 = 0
−v1 + v2 − v3 = 0
⎛ ⎞
⎜
⎝
a11
a12
a13
⎫
⎪⎬
v3
v1
v2
v3
⎞
⎟
⎠
⎪⎭ =⇒ v1 = 0, v2 = v3
⎟
⎠ = 1 √ 2
⎛
⎜
⎝
0
1
1
⎞
⎟
⎠
Klasična mehanika 1 – p. 8/33

Druga svojstvena vrijednost: λ2 = 8
⎛
⎜
⎝
6
1
⎞⎛
⎞ ⎛
1 −1 v1
⎟⎜
⎟ ⎜
8 1 ⎠⎝
v2 ⎠ = 8⎝
−1 1 8
−2v1 + v2 − v3 = 0
v1 + v3 = 0
−v1 + v2 = 0
⎛ ⎞
⎜
⎝
a21
a22
a23
⎫
⎪⎬
v3
v1
v2
v3
⎞
⎟
⎠
⎪⎭ =⇒ v1 = v2, v1 = −v3
⎟
⎠ = 1 √ 3
⎛
⎜
⎝
1
1
−1
⎞
⎟
⎠
Klasična mehanika 1 – p. 9/33

Treća svojstvena vrijednost: λ3 = 5
⎛
⎜
⎝
6
1
⎞⎛
⎞ ⎛
1 −1 v1
⎟⎜
⎟ ⎜
8 1 ⎠⎝
v2 ⎠ = 5⎝
−1 1 8
⎫
v1 + v2 − v3 = 0 ⎪⎬
v1 + 3v2 + v3 = 0
⎪⎭
−v1 + v2 + 3v3 = 0
=⇒ v2 = −v3, v1 = −2v2
⎛ ⎞
a31
⎜ ⎟
⎝ a32 ⎠ = 1 ⎛ ⎞
−2
⎜ ⎟
√ ⎝ 1 ⎠
6
−1
a33
v3
v1
v2
v3
⎞
⎟
⎠
Klasična mehanika 1 – p. 10/33

Osi sustava u kojem je tenzor dijagonalan (glavne osi
tenzora inercije)
�e ′ 1 = a1k�ek = 1 √ 2 (�j + � k)
�e ′ 2 = a2k�ek = 1 √ 3 (�i +�j − � k)
�e ′ 3 = a3k�ek = 1 √ 6 (−2�i +�j − � k)
Momenti inercije oko glavnih osi
I1 = 18m I2 = 16m I3 = 10m
Klasična mehanika 1 – p. 11/33

Steinerov teorem
- povezuje tenzore inercije u dva sustava s paralelnim
osima od kojih jedan ima ishodište u centru mase tijela
I ′ ik = � m � �x ′2 δik − x ′ ix ′ � �
k = m
Osi dva sustava su paralelne
�r ′ = �r +�a
x ′ i = xi + ai
� �
l
x ′2
l δik − x ′ ix ′ k
�
Klasična mehanika 1 – p. 12/33

Uvrštavamo transformaciju x ′ i = xi + ai
�
�
I ′ ik = � m
= � m
l
� �
(xl + al) 2 δik − (xi + ai)(xk + ak)
(x 2 l + 2xlal + a 2 l )δik − xixk − aixk − xiak − aiak
l
= � m � �x 2 � �
2
δik − xixk + m(�a δik − aiak)
+ 2 �
l
al
� mxlδik − ai
� mxk − ak
� mxi
- sustav xyz ima ishodište u centru mase pa zadnja tri
člana iščezavaju
�
Klasična mehanika 1 – p. 13/33

Steinerov teorem:
I ′ ik = Iik + µ(�a 2 δik − aiak) ,
gdje µ označava ukupnu masu krutog tijela
Primjer:
Pomak ishodišta: �a = −a � k
I ′ 11 = I11 + µa 2
I ′ 22 = I22 + µa 2
I ′ 33 = I33
Klasična mehanika 1 – p. 14/33

Zadatak 31
Na ¯dite momente inercije oko glavnih osi kroz centar mase
sljedećih homogenih tijela mase m
- tanki štap duljine l
- kugla polumjera R
- valjak polumjera R i visine h
- kvadar stranica a, b i c
- stožac polumjera baze R i visine h
Klasična mehanika 1 – p. 15/33

- tanki štap duljine l → linijska gustoća: λ = m/l
Ix =
Iy =
� l/2
(y
−l/2
2 + z 2 � l/2
)λdz = λ
−l/2
� l/2
(x
−l/2
2 + z 2 � l/2
)λdz = λ
−l/2
- štap je tanak
→ x = y = 0 → Iz = 0
- ovakvo tijelo ima 5, a ne 6
stupnjeva slobode
- rotacija oko smjera štapa
gubi smisao
z 2 dz = 1
12 λl3 = 1
12 ml2
z 2 dz = 1
12 λl3 = 1
12 ml2
Klasična mehanika 1 – p. 16/33

- kugla radijusa R: gustoća ρ = m/V
I = 2
3 ρ
� R
0
� π
0
� 2π
= 4π 2
3 ρR5
5 = 8πR5ρ 15
0
- sferna simetrija
Ix = Iy = Iz ≡ I
- jednostavnije je računati
�
3I = 2 ρ � x 2 + y 2 + z 2� dV
r 2 r 2 sin θdφdθdr = 4π 2
3 ρ
� R
0
= 2
5 mR2
r 4 dr
Klasična mehanika 1 – p. 17/33

- valjak radijusa R i visine h: gustoća ρ = m/V
2I = ρ
� R
0
� h/2
−h/2
� 2π
0
- osna simetrija
Ix = Iy ≡ I
- jednostavnije je računati
�
2I = ρ � x 2 + y 2 + 2z 2� dV
(r 2 ⊥ + 2z2 )r⊥dr⊥dzdφ
Klasična mehanika 1 – p. 18/33

� R
2I = 2πhρ
0
r 3 ⊥ dr⊥ + 4πρ
= 2πhρ 1
4 R4 + 4πρ R2
2
Ix = Iy = m
4
Iz =
�
= 2πhρ
�
R 2 + 1
3 h2
� R
0
� h/2
−h/2
h3 12 = πR2 �
R2 hρ
2
�
ρ(x 2 + y 2 � R � h/2
)dV = ρ
0 −h/2
� R
r
0
3 ⊥dr⊥ = 2πh R4
4
� 2π
0
ρ = 1
2 mR2
z 2 r⊥dr⊥dz
1
+
6 h2
�
r 3 ⊥ dr⊥dzdφ
Klasična mehanika 1 – p. 19/33

- kvadar stranica a, b i c: gustoća ρ = m/V
Ix = ρ
+ ρ
Ix =
� a/2
−a/2
� a/2
−a/2
�
= ρ
dx
dx
ρ(y 2 + z 2 )dV
� a/2
−a/2
� b/2
−b/2
� b/2
−b/2
� b/2
−b/2
y 2 dy
dy
� c/2
� c/2
−c/2
−c/2
� c/2
−c/2
dz
z 2 dz
(y 2 + z 2 )dxdydz
Klasična mehanika 1 – p. 20/33

Ix = ρa b3
c + ρabc3
12 12
= m � 2 2
b + c
12
�
Iy = m � 2 2
a + c
12
�
Iz = m � 2 2
a + b
12
�
= abc
12 ρ� b 2 + c 2�
Klasična mehanika 1 – p. 21/33

- stožac radijusa baze R i visine h: gustoća ρ = m/V
Centar mase stošca je na z-osi
zcm = 1
m
�
zρdV = ρ
m
� 2π
0
� h
0
� z tanα
0
zr⊥dr⊥dzdφ
Klasična mehanika 1 – p. 22/33

zcm = ρ
m 2π
= ρ
m
� h
0
R 2 πh
3
z 3 tan 2 α
2
= ρ
m π tan2 α h4
4
3
4R2h3 tan 2 α = 3
4 h
- tenzor inercije računamo u sustavu x ′ y ′ z ′
- koristeći Steinerov teorem prelazimo u sustav xyz
Iz ′ =
�
= 2πρ
ρ(x ′2 + y ′2 � 2π
)dV = ρ
� h
0
z ′4 tan 4 α
4
0
� h
0
� z ′ tanα
0
= 2πρ tan 4 α h5
20
r 2 ⊥ r⊥dr⊥dz ′ dφ
= 3
10 mR2
Klasična mehanika 1 – p. 23/33

- osna simetrija: Ix ′ = Iy ′ ≡ I
- jednostavnije je računati Ix ′ + Iy ′ = 2I
I = 1
2
= ρ
2
= ρπ
�
ρ(x ′2 + y ′2 + 2z ′2 )dV = ρ
�
(x
2
′2 + y ′2 �
)dV + ρ
� 2π � h � ′
z tan α
(r 2 ⊥ + 2z′2 )r⊥dr⊥dz ′ dφ
0
� h
0
0
0
z ′4 tan 4 α
4
= ρπ h5 tan 4 α
20
+ 2ρπ
� h
0
+ 2ρπ h5 tan 2 α
10
z ′2 tan 2 α
2
= ρ R2 πh
3
z ′2 dz
�
3
20 R2 + 3
5 h2
�
z ′2 dV
Klasična mehanika 1 – p. 24/33

Ix ′ = Iy ′ = 3m
5
� R 2
4
+ h2
Vektor od ishodišta sustava x ′ y ′ z ′ do centra mase
Steinerov teorem:
Iz = Iz ′
�a = (0, 0, 3
4 h)
Ix = Ix ′ − ma 2 = 3
20 m
Iy = Iy ′ − ma 2 = 3
20 m
�
�
R 2 + h2
4
�
R 2 + h2
4
�
�
Klasična mehanika 1 – p. 25/33

Zadatak 32
Na ¯dite smjerove glavnih osi i momente oko njih s obzirom
na točku O ′ za valjak radijusa d, visine d √ 3 i mase m.
Pokažite da jedna glavna os prolazi kroz centar mase.
Rješenje:
- vektor od O ′ do C.M.
� √ �
3
�a = 0,d,d
2
Ic.m. =
⎛
⎜
⎝
1
2 md2 0 0
0 1 2 md 2 0
0 0 1 2 md 2
⎞
⎟
⎠
Klasična mehanika 1 – p. 26/33

Koristeći Steinerov teorem možemo prijeći u sustav x ′ y ′ z ′
Dijagonalni članovi:
I ′ xx = Ixx + m � �a 2 − a 2� 1
x =
I ′ jk = Ijk + m � �a 2 �
δjk − ajak
I ′ yy = Iyy + m � �a 2 − a 2 � 1
y =
2 md2 + m
I ′ zz = Izz + m � �a 2 − a 2� 1
z =
2 md2 + m
2 md2 �
7
+ m
4 d2 �
− 0 = 9
4 md2
�
7
4 d2 − d 2
�
= 5
4 md2
�
7
4 d2 − 3
4 d2
�
= 3
2 md2
Klasična mehanika 1 – p. 27/33

Nedijagonalni članovi:
Tenzor u sustavu x ′ y ′ z ′
⎛
⎜
⎝
9
4 md2 0 0
I ′ xy = Ixy − maxay = 0
I ′ xz = Ixz − maxaz = 0
I ′ yz = Iyz − mayaz = −
5 0 4md2 √
3
− 2 md2
√
3
0 − 2 md2 3 2ma2 ⎞
⎟
⎠ = md2
4
√ 3
2 d2
⎛
⎜
⎝
9 0 0
0 5 −2 √ 3
0 −2 √ 3 6
⎞
⎟
⎠
Klasična mehanika 1 – p. 28/33

Sekularna jednadžba:
�
�
� 9 − λ 0 0
�
� 0 5 − λ −2
�
�
√ 3
0 −2 √ �
�
�
�
�
�
3 6 − λ �
Tri svojstvene vrijednosti:
= 0 =⇒ (9−λ) [(5 − λ)(6 − λ) − 12] = 0
λ1 = 2 , λ2 = 9 , λ3 = 9
Momenti inercije oko glavnih osi:
I1 = 1
2 md2 , I2 = 9
4 md2 , I3 = 9
4 md2
Klasična mehanika 1 – p. 29/33

Prva svojstvena vrijednost: λ1 = 2
⎛
9 0 0
⎜
⎝ 0 5 −2 √ 3
0 −2 √ ⎞⎛
⎟⎜
⎠⎝
3 6
7v1 = 0
3v2 − 2 √ 3v3 = 0
−2 √ 3v2 + 4v3 = 0
⎛ ⎞
⎜
⎝
a11
a12
a13
⎫
⎪⎬
v1
v2
v3
⎞
⎟
⎠ = 2
⎛
⎜
⎝
⎪⎭ =⇒ v1 = 0, v3 =
⎟
⎠ = 2 √ 7
⎛
⎜
⎝
0
1
√ 3/2
⎞
⎟
⎠
v1
v2
v3
⎞
⎟
⎠
√ 3
2 v2
Klasična mehanika 1 – p. 30/33

Odgovarajuća glavna os
�n1 = 2 √ 7
�
prolazi kroz centar mase valjka
�j +
C.M. = (0,d,
√
3
2 � �
k
√ 3
2 d)
Klasična mehanika 1 – p. 31/33

Druga i treća svojstvena vrijednost su jednake: I2 = I3 = 9
⎛
9 0 0
⎜
⎝ 0 5 −2 √ 3
0 −2 √ ⎞⎛
⎞ ⎛ ⎞
v1 v1
⎟⎜
⎟ ⎜ ⎟
⎠⎝
v2 ⎠ = 9⎝
v2 ⎠
3 6
−4v2 − 2 √ 3v3 = 0
−2 √ 3v2 − 3v3 = 0
�
v3
=⇒ v2 = −
v3
√ 3
2 v3
- izbor odgovarajućih glavnih osi je proizvoljan
- glavne osi → desni ortonormirani sustav
- za drugu glavnu os možemo izabrati
v2 = v3 = 0,v1 = 1
Klasična mehanika 1 – p. 32/33

Druga glavna os
Treća glavna os
�n3 = 2 √ 7
�n2 =�i
�√
3
2 �j − � �
k
Glavne osi �n1,�n2,�n3 čine desni ortonormirani sustav.
Klasična mehanika 1 – p. 33/33