Trägheitstensor

Der Trägheitstensor eines Körpers gibt seine Trägheitsmomente an, also die Trägheit des Körpers bezüglich der Drehungen. Er spielt damit für Drehungen dieselbe Rolle wie die träge Masse für lineare Bewegungen.

Da nicht kugelförmige Körper für Drehungen um verschiedene Achsen im Allgemeinen verschiedene Trägheitsmomente aufweisen (beispielsweise lässt sich die Drehung eines homogenen zigarrenförmigen Körpers leichter um seine Längsachse als um seine Querachse ändern), reicht – anders als bei der trägen Masse – für die Beschreibung der Trägheitsmomente eine einzelne Zahl nicht aus, sondern es muss ein Tensor verwendet werden.

Berechnung des Trägheitstensors

Ist eine Gesamtmasse gegeben durch einzelne Massenpunkte, so ist der Trägheitstensor I gegeben durch:

$I = \sum_{i} m_{i} \begin{pmatrix} y_i^2+z_i^2 & -x_i y_i & -x_i z_i \\ -y_i x_i & x_i^2+z_i^2 & -y_i z_i \\ -z_i x_i & - z_i y_i & x_i^2+y_i^2 \\ \end{pmatrix}$

bzw. in Komponentenschreibweise

$I_{\alpha\beta}=I_{\beta\alpha}= \sum_{i} m_{i} (r_{i}^2 \delta _{\alpha\beta} - x_{i\alpha} x_{i\beta})$

Hierbei bezeichnen m_i die Masse des i-ten Massenpunkts, x_i1 = x_i, x_i2 = y_i und x_i3 = z_i dessen Ortskoordinaten und $r_i=\sqrt{x_i^2+y_i^2+z_i^2}$ seinen Abstand vom Ursprung. Die Indizes α und β nehmen die Werte 1 bis 3 an, entsprechend den drei Raumdimensionen.

δ_αβ ist das Kronecker-Delta:

$\delta_{\alpha\beta}=\left\{\begin{matrix}1&\mbox{ für }\alpha=\beta\\0&\mbox{ sonst}\end{matrix}\right.$

Ist die Masse kontinuierlich im Körper verteilt und die Massendichte $\rho(\vec{r})$ bekannt, so geht man zur Integration über:

$I_{\alpha\beta}=\int \limits_{V} \rho(\vec{r})(r^2 \delta_{\alpha\beta} - x_{\alpha} x_{\beta}) \,\mathrm{d}V$

Man nennt die Diagonalelemente des Trägheitstensors Trägheitsmomente und die restlichen Elemente Deviationsmomente. Diese bewirken bei Rotation durch Fliehkräfte ein Drehmoment normal zur Drehachse. Man stelle sich z. B. eine Stange vor, die um eine Achse rotiert, die mit der Symmetrieachse der Stange einen spitzen Winkel einschließt.

Beispiel: Der homogene Würfel mit Kantenlänge 2a

Trägheitstensoren werden im Allgemeinen in kartesischen Koordinaten berechnet. Aus der Summe in der oben angegebenen Definition

$I_{\alpha\beta}=I_{\beta\alpha}= \sum_{i} m_{i} (r_{i}^2 \delta _{\alpha\beta} - x_{i\alpha} x_{i\beta})$

lässt sich bei konstanter Massenverteilung mit überall bekannter Dichte $\varrho(r)$, also $dm = dV \varrho (r)$ ein Integral machen. Das ist ein gängiger Trick in der Kontinuumsmechanik. Statt über die zahlreichen Einzelmassen (Atome, Moleküle) zu summieren und ihren jeweiligen Abstand r_i zum Bezugspunkt zu berücksichtigen, geht man zu einem Integral der Form

$I_{\alpha\beta}=I_{\beta\alpha}= \int \limits_{V} (r^2 \delta _{\alpha\beta} - x_{\alpha} x_{\beta}) \varrho(r) dV$

über. In dem Spezialfall, dass der Körper homogen ist, also über eine durchgehend konstante Dichte verfügt, kann man die Dichte als Konstante vor das Integral ziehen und erhält:

$I_{\alpha\beta}=I_{\beta\alpha}= \varrho \int \limits_{V} (r^2 \delta _{\alpha\beta} - x_{\alpha} x_{\beta}) dV$

Nun lassen sich die 6 (3 Haupt- und nur 3 Deviationsmomente, da die Matrix symmetrisch ist, das heißt, dass I_xy = I_yx gilt) unabhängigen Tensorkomponenten bestimmen. Hier wie auch im allgemeinen Fall ist zu beachten, dass der einzige intellektuelle Anspruch in der Bestimmung der Integrationsgrenzen liegt. Hier ist klar, dass in allen drei Richtungen von -a bis a integriert werden muss. Im Allgemeinen muss man einen Körper in Teilkörper mit geometrisch einfach beschreibbaren Formen zerlegen, dann ergibt sich die Beschreibung der Form durch Abhängigkeit der Integrationsgrenzen von den zu integrierenden Parametern (z. B. $A = \int_{0}^{b} \int_{0}^{(b-y)} dx dy = b^2/2$ für ein in der Diagonale zerschnittenes Quadrat).

$I_{xx} = \varrho \int \limits_{V} (y^2 + z^2) dV = \varrho \frac{16}{3} a^5$

$I_{yy} = \varrho \int \limits_{V} (x^2 + z^2) dV = \varrho \frac{16}{3} a^5$

$I_{zz} = \varrho \int \limits_{V} (y^2 + x^2) dV = \varrho \frac{16}{3} a^5$

$I_{xy} = I_{yx} = -\varrho \int \limits_{V} yx dV = 0$

$I_{yz} = I_{zy} = -\varrho \int \limits_{V} zy dV = 0$

$I_{zx} = I_{xz} = -\varrho \int \limits_{V} xz dV = 0$

Weiterhin ist zu berücksichtigen, dass die Masse des Würfels $M = V \varrho = (2a)^3 \varrho = 8a^3 \varrho$ ist. Dann hat der Tensor folgende Form:

$I = \frac{M}{8} \begin{pmatrix} \frac{16}{3}a^2 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{16}{3}a^2 & 0 \\ 0 & 0 & \frac{16}{3}a^2 \\ \end{pmatrix} = \frac{2}{3} M a^2 \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix} = \frac{2}{3} M a^2 E,$

wobei E die Einheitsmatrix ist.

Setzt man nun noch die Kantenlänge 2a = d, so ergibt sich

$I = \frac{1}{6} M d^2 E$

Berechnung von Trägheitsmomenten aus dem Trägheitstensor

Das Trägheitsmoment bezüglich einer Achse durch den Ursprung (also anschaulich die Schwierigkeit, den Körper um diese Achse zu drehen) bekommt man aus dem Trägheitstensor folgendermaßen:

Ist $\vec n$ ein Einheitsvektor (Vektor der Länge 1) in Richtung der Achse, so ist das zugehörige Trägheitsmoment

$I_n = \sum_{\alpha=1}^3 \sum_{\beta=1}^3 I_{\alpha\beta} n_\alpha n_\beta=\vec n ^T \cdot \left( I\cdot \vec n \right),$

wobei n_α die Komponenten des Einheitsvektors sind. Insbesondere geben die Diagonalelemente I₁₁, I₂₂ und I₃₃ die Trägheitsmomente um die Koordinatenachsen an.

Beispiel: Trägheitsmoment entlang der Diagonalen

Der Trägheitstensor sei

$I=\mathrm{\left(\begin{matrix} 1 kg \cdot m^2 & 0 & 0\\ 0 & 2 kg \cdot m^2 & 0\\ 0 & 0 & 6 kg \cdot m^2 \end{matrix}\right)}$

und die Richtung der Achse sei gegeben durch den Normalenvektor

$\vec n = \frac{1}{\sqrt{3}}\left(\begin{matrix}1\\1\\1\end{matrix}\right)$

(das ist gerade eine der Raumdiagonalen). Dann ist das Trägheitsmoment gegeben durch

$\mathrm{I_n = \frac{1}{3} (1 \cdot 1 kg \cdot m^2 \cdot 1 + 1 \cdot 2 kg \cdot m^2 \cdot 1 + 1 \cdot 6 kg \cdot m^2 \cdot 1) = 3 kg \cdot m^2}$

Berechnung des Drehimpulses aus dem Trägheitstensor

Für eine beliebige Winkelgeschwindigkeit $\vec \omega$ lässt sich der Drehimpuls durch Matrizenmultiplikation des Trägheitstensors mit dem Spaltenvektor der Winkelgeschwindigkeit berechnen:

$\vec L = I \ \vec \omega$

Herleitung des Trägheitstensors

Es gilt:

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

Dabei ist $\vec{L}$ der Drehimpuls des Teilchens, $\vec{r}$ der Abstand vom Ursprung, $\vec{v}$ seine Geschwindigkeit, $\vec{p}$ der Impuls und m die Masse. Dann gilt für die i-te Komponente des Drehimpulses:

$L_i = (m\cdot\vec{r}\times(\vec{\omega}\times\vec{r}))_i$

$=m~\varepsilon_{ijk}~r_j~\varepsilon_{klm}~\omega_l~r_m$

$=m~\varepsilon_{kij}~\varepsilon_{klm}~r_j~\omega_l~r_m$

$=m~(\delta_{il}\delta_{jm} - \delta_{im}\delta_{jl})~r_j~\omega_l~r_m$

$=m~(\delta_{il}\delta_{jm}~r_j~\omega_l~r_m - \delta_{im}\delta_{jl}~r_j~\omega_l~r_m)$

$=m~(r_j~\omega_i~r_j - r_j~\omega_j~r_i)$

$=m~(\vec{r}^2~\omega_i - r_i~r_j~\omega_j)$

$=\underbrace{m~(\vec{r}^2~\delta_{ij} - r_i~r_j)}_{=I_{ij}} \omega_j$

Dabei ist ε das Levi-Civita-Symbol und δ das Kronecker-Delta. Außerdem wurde die Einsteinsche Summenkonvention benutzt.

Damit ist nun:

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

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

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

$I=\sum_{n}m_ns_n^2$

$=\sum_{n}m_n\left((\vec r_n)^2-\left(\frac{\vec \omega}{\omega}\cdot\vec r_n\right)^2\right)$

$=\frac{1}{\omega^2}\sum_{n}m_n\left((\vec \omega)^2(\vec r_n)^2-\left(\vec \omega\cdot\vec r_n\right)^2\right)$

$=\frac{1}{\omega^2}\sum_{i,j=1}^3\left\{\sum_{n}m_n\left((\vec r_n)^2\delta_{ij}-r_{n,i}r_{n,j}\right)\right\}\omega_i\omega_j$

$=\frac{1}{\omega^2}\sum_{i,j=1}^3 I_{ij} \; \omega_i\omega_j$

mit dem Trägheitstensor

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

Eigenschaften des Trägheitstensors

Der Trägheitstensor eines ausgedehnten Körpers hat den Rang 3 und die Dimension (Größensystem) eines Trägheitsmoments, also1 kg·m² als SI-Einheit.

Er ist ein symmetrischer Tensor zweiter Stufe, also

$I_{ij}=I_{ji}\,$

Die Eigenwerte des Trägheitstensors sind die Hauptträgheitsmomente. Sie sind reell und nichtnegativ.

Die drei Hauptträgheitsmomente genügen der Ungleichung

$I_{1}+I_{2}\geq I_{3},$

was auch bei beliebiger Vertauschung der Hauptträgheitsmomente gilt.

Hauptträgheitsachsen und Hauptträgheitsmomente

Wählt man als Koordinatenachsen die Achse des größten und die des kleinsten Trägheitsmoments, sowie die auf beiden senkrecht stehende Achse, so ist der Trägheitstensor in diesen Koordinaten diagonal (sind alle Trägheitsmomente gleich, so können drei beliebige aufeinander senkrecht stehende Achsen gewählt werden). Diese drei Achsen nennt man Hauptträgheitsachsen, und die zugehörigen Trägheitsmomente heißen Hauptträgheitsmomente. Die Drehimpulse bei Rotation um diese Achsen können dann durch einfache Multiplikation des jeweiligen skalaren Trägheitsmoment mit dem Winkelgeschwindigkeitsvektor berechnet werden.

Häufig liegt der Trägheitstensor nicht diagonal vor. Da der Trägheitstensor symmetrisch ist, lässt er sich jedoch immer diagonaliseren, d.h. für jeden Punkt im starren Körper lassen sich die Hauptträgheitsachsen finden. Im Grunde ist dies ein Eigenwertproblem. Es werden zunächst die (reellen) Eigenwerte berechnet.

Sind die Eigenwerte I₁ = I₂ = I₃ gleich, so ist der Körper punktsymmetrisch wie eine Kugel oder ein Würfel, und die Matrix müsste ohnehin schon diagonal gewesen sein. Ist $I_1=I_2\not=I_3$, so handelt es sich um einen symmetrischer Körper, wie etwa einen Zylinder. Sind aber I₁, I₂ und I₃ paarweise voneinander verschieden, so liegt keine weitere Symmetrie vor, und/oder der Koordinatenursprung liegt nicht im Schwerpunkt.

Wissen wir zwar über die Eigenwerte bzw. Hauptträgheitsmomente Bescheid, so wissen wir jedoch noch nicht, in welche Richtungen die zugehörigen Achsen zeigen. Wir berechnen uns also aus den Eigenwerten und I die jeweiligen Eigenvektoren. Diese entsprechen nun den Hauptträgheitsachsen und stehen senkrecht aufeinander, bilden also eine orthogonale Basis im Raum, wie dies schon zuvor von unseren Hauptträgheitsachsen gefordert wurde. Die drei Eigenvektoren lassen sich zu einer Matrix zusammenfassen. Diese entspricht einer Transformationsmatrix T welche die Informationen über unser neu ausgerichtetes Koordinatensystem trägt. Es gibt also für jeden Tensor I eine Transformationsmatrix $T \in \mathbb{R}^{3\times 3}$, sodass

I' = T ^{− 1} * I * T

gilt, wobei I' nun diagonalisiert ist, die Einträge den Hauptträgheitsmomenten entsprechen, und T ^{− 1} die zu T inverse Matrix ist.

Die freie Rotation um eine feste Drehachse (ohne dass die Achse durch Lager festgehalten wird) ist für allgemeine Körper nur bei Rotation um ihre Hauptträgheitsachsen möglich. Dabei ist die Rotation um die Hauptträgheitsachse mit dem größten und dem kleinsten Trägheitsmoment stabil; die Rotation um die Hauptträgheitsachse mit dem mittleren Trägheitsmoment ist dagegen labil.

Dreht sich der Körper nicht um eine Hauptträgheitsachse, so zeigt der Drehimpuls nicht in Richtung der Drehachse. Daher bleibt die momentane Drehachse nicht fest im Raum, sondern läuft auf der Oberfläche des sog. Rastpolkegels um die Drehimpulsachse herum. Der Körper führt dann eine Taumelbewegung (Nutation) aus.

Wirkt außerdem ein äußeres Drehmoment, so wird die Bewegung noch komplizierter. Man kann dies z. B. an einem Spielzeugkreisel beobachten: Zusätzlich zu einer – hier durch das äußere Drehmoment induzierten – Präzession um eine senkrechte Achse kann man durch einen kleinen Stoß eine überlagerte Nutationsbewegung erzeugen. Während die Rotationsachse am Präzessionskegel entlangwandert, führt sie eine zusätzliche Taumelbewegung aus.

Literatur

• Herbert Goldstein,Klassische Mechanik, 6.Auflage, Akademische Verlagsgesellschaft Wiesbaden, 1981, ISBN 3-400-00134-1