Diskussion:Trägheitstensor

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Muss hier nicht genau umgekehrt geklammert werden?

$\vec n ^T \cdot \left( I\cdot \vec n \right)$

Also erst das Produkt n^T*Tensor und dann das Skalarprodukt davon?

Nein. Die Matrixmultiplikation ist assoziativ. Daher wäre es vielleicht auch besser, auf die Klammerung komplett zu verzichten. (Rein von der Form der entstehenden Vektoren her, kann man das auch leicht einsehen: $\vec n^T \cdot I$ ist wieder ein Zeilenvektor der gleichen Dimension, genau wie $I \cdot \vec n$ ein Spaltenvektor der gleichen Dimension ist. Also egal wie du klammerst, am Ende ist es immer "Zeilenvektor mal Spaltenvektor", effektiv also ein Skalarprodukt.)

Abgesehen davon, dass ich damit natürlich nix anfangen kann: ich würde gerne, und dazu muss ich wissen, was jetzt wofür steht. Wozu braucht man das eigentlich, und was liefert es für Ergebnisse bzw. was muss man reinstecken? Ich habe mich zwar viel mit Physik beschäftigt, aber dahinter steige ich nicht. --Königin der Nacht 22:37, 28. Jun 2004 (CEST)

Tja, außer Formeln stand da ja auch nichts :-) Ich habe jetzt mal hingeschrieben, was der Trägheitstensor überhaupt ist. --Ce 22:58, 28. Jun 2004 (CEST)

OK, dankeschön. Besonders die Zigarre gefällt mir. sehr anschaulich. Dumme Fragen trotzdem: was ist I, alpha, beta? m ist wohl die Masse, r der Radius des kreisenden Massenpunktes, sind x, y, z Raumkoordinaten? --Königin der Nacht 23:00, 28. Jun 2004 (CEST)

Jetzt alle Klarheiten beseitigt? :-) --Ce 23:49, 28. Jun 2004 (CEST)

ACH SOOOO!!! Na klar, ist ja einleuchtend. Sorry, kein Schimmer, ich gehör auch zu denen, die lieber mit den guten, alten Zahlen rechnen. Dabei hab ich echt mal ne Menge geblickt. Zumindest kann jetzt wahrscheinlich jeder bei entsprechendem Fleiß dahintersteigen und stolpert nicht mehr über die Größen... Danke! --Königin der Nacht 23:56, 28. Jun 2004 (CEST)

So, nochmal drüber nachgedacht. Der Tensor ist folglich ein Vektor. Welche Einheit hat er? Ich weiß nicht mehr, wie man in Matrizen herumrechnet. Die Einheit Newton drängt sich gefühlsmäßig auf, aber auch kg fände ich denkbar, weil die Koordinaten schließlich keine Einheit haben. Dann wäre auch mein Problem mit den Quadrierungen weg... Ist das so? Was mache ich, wenn ich das Ergebnis errechnet habe? Wo kann ich das gebrauchen (formal)? Sorry, ist sicherlich blöde, aber ist halt so. --Königin der Nacht 11:11, 29. Jun 2004 (CEST)

Nein, der Tensor ist kein Vektor. Das sieht man anschaulich bereits daran, daß der Tensor zwei "Dimensions-Indizes" hat (

α

und

β

), während an den Vektoren immer nur einer ist (z.B.

x α

; das i in den Formeln zählt Massepunkte, nicht Dimensionen). Letztlich ist der Trägheitstensor ein Objekt, welches Dir z.B. erlaubt, aus einem Drehmoment (das ist ein Vektor) die zugehörige Drehbeschleunigung (auch das ist ein Vektor, die Richtung gibt die Drehachse an) zu berechnen. Eine anschauliche Beschreibung des Konzepts "Tensor" kenne ich leider nicht (für bestimmte Typen von Tensoren gibt es eine anschauliche Beschreibung als Flächenelement, aber der Trägheitstensor gehört leider nicht zu dieser Klasse). Allerdings sollte in den Artikel in der Tat auf jeden Fall noch hinein, was man damit anfängt! Dann wird vielleicht auch klarer, was er eigentlich "ist". Aber heute werde ich vermutlich nicht die Zeit dafür finden.

Was die Einheit angeht, kann man sie direkt aus der Definition ablesen: Es wird jemeils eine Masse mit zwei Längen (die Koordinaten haben die Einheit einer Länge!) multipliziert, demnach ist die Einkeit kg·m². --Ce 19:24, 29. Jun 2004 (CEST)

Aha. Dass die Koordinaten eine Längeneinheit besitzen, habe ich mir schon fast gedacht. Der Vektor drängte sich irgendwie durch die Matrize auf, ist halt falsch. Die Einheit kg·m² lässt sich sicher mit Begriffen wie Impuls in den Griff kriegen, allerdings spielt dann ja die Zeit auch mit hinein, ist das korrekt? Mh. ich bekomme das nicht hin. Bin ja mal gespannt. --Königin der Nacht 14:23, 30. Jun 2004 (CEST)

Ich sehe gerade, dass bereits ein Artikel Trägheitsmoment existiert. Insofern kann ich mir einiges an Arbeit ersparen, und brauche nur den Zusammenhang zum Trägheitsmoment und die speziellen Tensoreigenschaften zu beschreiben. --Ce 15:07, 2. Jul 2004 (CEST)

Was meinst du damit, dass der Trägheitstensor nicht anschaulich ist? Ist das nicht ein Tensor 2. Stufe und lässt sich damit als Matrix darstellen, die die Verteilung der Massen zueinander auf den Hauptachsten angibt? Habe ich zumindest bisher so verstanden, aber ich kann mich täuschen. In dem Fall finde ich es aber doch relativ anschaulich. --fschoenm 01:07, 7. Feb 2005 (CET)

Zur Änderung von 193.171.121.30: Der hier angegebene Effekt beim kräftefreien Kreisel heißt durchaus Präzession, und nicht Nutation (siehe z.B. Friedhelm Kuypers, Klassische Mechanik, 5. Aufl., Seite 181–182). Die nachfolgend beschriebene Bewegung mit Drehmoment beschreibt tatsächlich eine Nutation über einer drehmomentinduzierten Präzession, das ist aber ein anderer Effekt.

wie wärs hiermit

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

statt

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

? --Pediadeep 03:12, 10. Apr 2005 (CEST)

Also ich persönlich fand die alte Version besser. Ist vielleicht nicht ganz so elegant, aber der durchschnittliche Maschinenbau-Student kann leichter erfassen, was da gerechnet werden soll! kwr 15:16, 10. Apr 2005 (CEST)

Meiner Meinung nach ist die neue Version besser und deutlich übersichtlicher. Durchschnittliche Maschinenbau-Studenten sollten vielleicht im ersten Semster Mathe besser aufpassen… ;) --fschoenm 15:35, 10. Apr 2005 (CEST)

[Bearbeiten] Trägheitstensor des Homogenen Würfels

Hi, könnte vielleicht jemand mal das Ergebnis für den homogenen Würfel nochmal überprüfen (oder erklären warum das richtig ist ^^)? Ich bekomme bei der Integration was anderes raus:

$I_{xx} = \varrho \int_V (y^2+z^2) \,dV = \varrho \int_{-a}^{a} \int_{-a}^{a} \int_{-a}^{a} (y^2+z^2) \,dx\,dy\,dz$ $= 2a\varrho \int_{-a}^{a} \int_{-a}^{a} (y^2+z^2) \,dy\,dz$ $= 2a\varrho \int_{-a}^{a} (\frac{2}{3}a^3+2az^2) \,dz$ $= 4a\varrho (\frac{2}{3}a^3+\frac{2}{3}a^3) = \frac{16}{3}a^5\varrho = \frac{2}{3} M a^2$

(statt $I_{xx} = \varrho \frac{4}{3} a^3$ )

Wär schön wenn jemand den Denkfehler finden würde.. die Rechnung müsste aber OK sein, mit Maple bekomm ich das selbe raus.

Hi, ich hab da ein kleines Problem mit dem Beispiel: Trägheitsmoment entlang der Diagonalen. Wir hatten gerade als Übungsaufgabe (Theophysik), dass ein Hauptträgheitsmoment nicht größer als die Summe der 2 anderen Hauptträgheitsmomente werden kann.

Mit 1,2 und 6 kg m^2 als Hauptträgheitsmomente würde das aber nicht funktionieren.

Was meint ihr dazu?

Ich möchte auf einen Fehler in Bezug auf das Trägheitsmoment des homogenen Würfels mit Fixpunkt im Schwerpunkt jenes Körpers hinweisen: Die Diagonalelemente des Tensors sind nicht $- a 2$ sondern 0! Da nämlich die Koordinatenachsen gleichzeitig die Hauptträgheitsachsen sind, liegt der Trägheitstensor in Diagonalmatrizenform vor. Gruß, Moritz

[Bearbeiten] Trägheitstensor des homogenen Würfels

Also die beiden Trägheitsmomente sind die gleichen, nur solltest du das rho noch auflösen (=m/a^3) und damit kommst du auf die gleiche form.

Andere Frage stand oben nicht was von Würfel der Kantenlänge 2a, ich bekomme dasselbe Ergebnis für die Kantenlänge a und Ich sehe auch nicht wo die Kantenlänge von 2a eingeht, da ja sonst für x=2a gesetzt werden müsste.

Gruß Gerhard

[Bearbeiten] Ausdruck

"Hier wie auch im allgemeinen Fall ist zu beachten, dass der einzige intellektuelle Anspruch in der Bestimmung der Integrationsgrenzen liegt." Finde ich etwas hart gewaehlt. Es schauen sich diese seite auch angehende udn Nicht-Naturwissenschaftler an.

--Trevor Whatever 13:25, 24. Jan 2006 (CET)

[Bearbeiten] Kantenlänge 2a

Die Kantenlänge 2a geht bei den Integrationsgrenzen in die Rechnung ein. Hätte man einen homogenen Würfel mit Kantenlänge a, würde man nur von -a/2 bis a/2 integrieren. Außerdem setzt man am Ende für das Volumen (2a)³ = 8a³ ein!

Gruß, Anne

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Diskussion:Trägheitstensor

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[Bearbeiten] Trägheitstensor des Homogenen Würfels

[Bearbeiten] Trägheitstensor des homogenen Würfels

[Bearbeiten] Ausdruck

[Bearbeiten] Kantenlänge 2a

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