Ruch ciała sztywnego

Niech $\mathbf{R}$ będzie wektorem położenia środka masy ciała sztywnego, a $\mathbf{r_i}$ położeniem elementu masy $m_i$ wchodzącego w jego skład. Niech $\mathbf{r_i}’=\mathbf{r_i}-\mathbf{R}$ będzie położeniem $m_i$ względem środka masy. Niech ciało wykonuje obrót wokół osi $z$ z prędkością kątową $\mathbf{\Omega}$ oraz porusza się z prędkością $\mathbf{V}$. Po pewnym krótkim czasie $dt$ ciało obróci się o kąt $d\theta$ i przemieści o wektor $\mathbf{dR}$.

Wyznaczmy wynikające z tego obrotu przesunięcie $\mathbf{dr_i}’$ elementu masy $m_i$. Jeśli poprzez $\phi_i$ oznaczymy kąt tworzony przez $\mathbf{r_i}’$ i oś $z$, to widzimy, że $dr_i’$ to długość łuku okręgu o promieniu $r_i’\sin\phi_i$ określonego przez kąt $d\theta$. Dlatego: $$ dr_i’=r_i’\sin\phi_i\,d\theta. $$ Niech wektor $\mathbf{d\theta}$ będzie skierowany tak, jak $\mathbf{\Omega}$. Ponieważ obrót zachodzi w płaszczyźnie prostopadłej zarówno do wektora kąta, jak i wektora położenia $\mathbf{r_i}’$, a wartość wektora $\mathbf{dr}$ jest taka sama, jak ich iloczynu wektorowego, możemy określić go jako ich iloczyn wektorowy: $$ \mathbf{dr_i}’=\mathbf{d\theta}\times\mathbf{r_i}’, $$ gdzie kolejność mnożenia wynika z reguły prawej dłoni - przyjmujemy, że jeśli $\mathbf{\Omega}$ jest skierowane zgodnie z osią $z$, to obrót następuje przeciwnie do ruchu wskazówek zegara. Całkowite przesunięcie, biorąc pod uwagę ruch środka masy, to $$ \mathbf{dr_i}=\mathbf{dr_i}’+\mathbf{dR}=\mathbf{d\theta}\times\mathbf{r_i}’+\mathbf{dR}. $$ Po podzieleniu powyższego wyrażenia przez $dt$ otrzymujemy $$ \mathbf{v_i}=\mathbf{\Omega}\times \mathbf{r_i}’+\mathbf{V}. $$ Wynika z tego, że ruch ciała sztywnego możemy zawsze rozpatrywać jako ruch obrotowy wokół środka masy oraz ruch postępowy środka masy.

Energia kinetyczna ciała sztywnego

Obliczmy teraz energię kinetyczną ciała sztywnego. Będzie ona oczywiście równa sumie energii kinetycznych wszystkich jego elementów: $$ T=\frac{1}{2}\sum_i m_i\left|\mathbf{v_i}\right|^2. $$ Skorzystamy z wyprowadzonego wcześniej wzoru na $\mathbf{v_i}$: $$ T=\frac{1}{2}\sum_i m_i \left(\mathbf{\Omega}\times \mathbf{r_i}’+\mathbf{V}\right)^2. $$ Rozpiszmy wyrażenie w nawiasie: $$ \left(\mathbf{\Omega}\times \mathbf{r_i}’+\mathbf{V}\right)^2=\left|\mathbf{\Omega}\times\mathbf{r_i}’\right|^2r+2\mathbf{V}\cdot\left(\mathbf{\Omega}\times\mathbf{r_i}’\right)+V^2. $$ W drugim członie możemy cyklicznie przestawić wyrazy: $$ \mathbf{V}\cdot\left(\mathbf{\Omega}\times\mathbf{r_i}’\right)=\mathbf{r_i}’\cdot\left(\mathbf{V}\times\mathbf{\Omega}\right), $$ a w pierwszym członie możemy obliczyć wartość iloczynu wektorowego: $$ \left|\mathbf{\Omega}\times\mathbf{r_i}’\right|^2=\Omega^2r_i’^2\sin^2\phi=\Omega^2r_i’^2-\Omega^2r_i’^2\cos^2\phi=\Omega^2r_i’^2-\left(\mathbf{\Omega}\cdot\mathbf{r_i}’\right)^2. $$ Wracając do $T$, dostajemy $$ T=\frac{1}{2}V^2\sum_i m_i+\left(\mathbf{V}\times\mathbf{\Omega}\right)\cdot\sum_i m_i\mathbf{r_i}’+\frac{1}{2}\sum_i m_i\left[\Omega^2r_i’^2-\left(\mathbf{\Omega}\cdot\mathbf{r_i}’\right)^2\right]. $$ Suma w pierwszym członie to oczywiście masa całkowita ciała, czyli $M$. Suma w drugim członie to $$ \sum_i m_i\mathbf{r_i}’=\sum_i m_i \left(\mathbf{r_i}-\mathbf{R}\right)=\sum_i m_i\mathbf{r_i}-M\mathbf{R}. $$ Pierwszy wyraz rozpoznajemy jako definicję środka masy pomnożoną razy $M$, więc suma wynosi $M\mathbf{R}-M\mathbf{R}=0$.

Ostatni człon przepiszemy następująco. Niech indeksy $1,2,3$ oznaczają kolejne składowe wektora. Składowe $\mathbf{r_i}’$ będziemy oznaczać jako $x_i$. Wtedy pierwszy wyraz w nawiasie kwadratowym to $$ \left(\sum_j \Omega_j^2\right)\left(\sum_k x_k^2\right)=\Omega_j^2 x_k^2 $$ Dla przejrzystości zapisu będziemy pomijać symbole sumy, wiedząc że sumowanie odbywa się po wskaźnikach $1,2,3$. Podobnie w przypadku iloczynu wektorowego: $$ \mathbf{\Omega}\cdot\mathbf{r_i}’=\sum_l \Omega_l x_l=\Omega_l x_l, $$ a jego kwadrat to $\Omega_l \Omega_m x_l x_m$. Zauważmy, że $\Omega_j^2$ możemy przepisać jako $$ \Omega_l \Omega_m \delta_{lm}, $$ gdzie $\delta_{lm}$ to delta Kroneckera. Możemy teraz przepisać wyrażenie w nawiasie kwadratowym jako $$ \Omega_l\Omega_m \delta_{lm}x_k^2 -\Omega_l\Omega_m x_l x_m = \Omega_l\Omega_m\left(x_k^2\delta_{lm}-x_l x_m\right). $$ Cała suma to teraz $$ \frac{1}{2}\Omega_l \Omega_m \sum_i m_i\left(x_k^2\delta_{lm}-x_l x_m\right), $$ gdzie $\Omega_l \Omega_m$ wyciągnęliśmy przed sumę, ponieważ jest to wielkość niezależna od $i$.

Energia kinetycza to $$ \boxed{T=\frac{1}{2}MV^2+\frac{1}{2}\Omega_l\Omega_m I_{lm},} $$ gdzie $I_{lm}$ to tensor momentu bezwładności. Możemy zapisać go w postaci macierzy: $$ \mathbf{I}=\begin{pmatrix} \sum_i m_i(y^2+z^2) & -\sum_i m_ixy & -\sum_i m_ixz \\ -\sum_i m_ixy & \sum_i m_i(x^2+z^2) & -\sum_i m_iyz \\ -\sum_i m_ixz & -\sum_i m_iyz & \sum_i m_i(x^2+y^2) \end{pmatrix}. $$ Widzimy, że tensor jest symetryczny, tzn. $I_{lm}=I_{ml}$. Oczywiście, dla ciał rozciągłych sumę zastępujemy całką.

Moment pędu ciała sztywnego

Za pomocą tensora bezwładności możemy również wyrazić wektor momentu pędu ciała sztywnego. Moment pędu to z definicji $$ \mathbf{L}=\sum_i m_i \mathbf{r_i}’\times \mathbf{v_i}. $$ Korzystając ze wcześniejszych wyników, możemy postawić za $ \mathbf{v_i}$: $$ \mathbf{L}=\sum_i m_i \mathbf{r_i}’\times\left(\mathbf{V}+ \mathbf{\Omega}\times \mathbf{r_i}’\right). $$ Pierwszy człon sumy daje $$ \left(\sum_i m_i \mathbf{r_i}’\right)\times \mathbf{V}=0 $$ (wyrażenie w nawiasie zostało obliczone wcześniej), a wyraz z drugiego możemy przepisać, korzystając ze wzoru na potrójny iloczyn wektorowy: $$ \mathbf{r_i}’\times\left(\mathbf{\Omega}\times \mathbf{r_i}’\right)= \mathbf{\Omega}\left( \mathbf{r_i}’\cdot \mathbf{r_i}’\right)- \mathbf{r_i}’\left( \mathbf{r_i}’\cdot \mathbf{\Omega}\right). $$ $k$-ta składowa wektora momentu pędu to wtedy $$ L_k=\sum_i m_i\left(\Omega_k x_j^2-x_k x_j\Omega_j \right). $$ Zauważmy, że $\Omega_k=\Omega_j\delta_{jk}$, więc $$ L_k=\Omega_j\sum_i m_i\left(x_j^2\delta_{jk}-x_jx_k\right). $$ Sumę rozpoznajemy jako tensor momentu bezwładności. Ostatecznie, $$ \boxed{L_k=\Omega_j I_{jk}} $$ lub $$ \boxed{ \mathbf{L}= \mathbf{I}\cdot \mathbf{\Omega}.} $$

Tensor symetryczny

Tensor $ \mathbf{I}$ jest symetryczną macierzą kwadratową, więc możemy wyznaczyć jego wartości i wektory własne. Będą one odpowiadać kierunkom, dla których zwrot wektora momentu pędu będzie taki sam, jak zwrot wektora prędkości kątowej.

Tensory symetryczne mają wiele użytecznych własności. Pierwsza z nich to fakt, że wszystkie rzeczywiste tensory symetryczne mają rzeczywiste wartości własne. Aby to udowodnić, zapiszmy zagadnienie własne dla macierzy $ \mathbf{A}$: $$ A_{ij} v_j=\lambda v_i. $$ Weźmy teraz sprzężenie zespolone obu stron i skorzystajmy z własności $(ab)^*=a^*b^*$: $$ A_{ij} v_j^*=\lambda^* v_i^*, $$ gdzie skorzystaliśmy również z faktu, że tensor $ \mathbf{A}$ jest rzeczywisty. Weźmy teraz iloczyn skalarny $ \mathbf{v}^* $ i pierwszego równania oraz $ \mathbf{v}$ i drugiego równania: $$ v_i^* A_{ij}v_j=\lambda v_i^*v_i \text{, } v_i A_{ij}v_j^*=\lambda^* v_iv_i^*.$$ Korzystając z faktu, że $A_{ij}=A_{ji}$, $\lambda v_i^*v_i=v_i^* A_{ij}v_j=v_i^* A_{ji}v_j=v_jA_{ji}v_i^*$, a zamiania miejscami wskaźników $i$ oraz $j$ (co nic nie zmienia) daje $v_iA_{ij}v_j^*=\lambda^* v_iv_i^*$. Stąd $$ \lambda^* v_iv_i^*=\lambda v_i^*v_i. $$ $v_iv_i^*=v_i^*v_i$, więc $\lambda=\lambda^*$, a to jest możliwe tylko, gdy $ \text{Im }\lambda=0$.

Druga z własności to fakt, że wszystkie wektory własne, odpowiadające różnym wartością własnym są ortogonalne. Załóżmy, że mamy różne wartości własne $\lambda$ i $\mu$ oraz wektory własne $ \mathbf{x}$ oraz $ \mathbf{y}$. Odpowiadające im równania to $$ A_{ij}x_j=\lambda x_i \text{ oraz } A_{ij}y_j=\mu y_i. $$ Aby udowodnić ortogonalność, musimy udowodnić, że $x_i y_i=0$. Aby to uczynić, przekształćmy następujące wyrażenie: $$ \lambda x_i y_i=A_{ij}x_j y_i, $$ a korzystając z $A_{ij}=A_{ji}$: $$ =x_jA_{ji}y_i=x_j\mu y_j. $$ Doszliśmy do związku: $$ \lambda x_i y_i=\mu x_j y_j. $$ Ponieważ $\lambda\neq\mu$, a $x_iy_i=x_jy_j$, to iloczyn skalarny jest równy $0$.

Łatwo jest zauważyć, dlaczego powyższa zależność jest prawdziwa, patrząc na przekształcenie wektorów na płaszczyźnie. Wiemy, że pierwsza kolumna macierzy wskazuje, gdzie po transformacji “idzie” wektor jednostkowy osi $x$, a druga - $y$. Ponieważ macierz jest symetryczna, wektory jednostkowe są swoimi odbiciami względem prostej $y=x$. Zauważmy teraz, że wszystkie wektory leżące na prostej $y=x$ są złożone z takiej samej liczby wektorów jednostkowych $x$ oraz $y$, co pozostaje prawdą po transformacji. Zauważmy również, że suma dwóch wektorów, będących swoimi odbiciami względem prostej $y=x$ zawsze ląduje na tej prostej (niech będą to wektory $(a,b)$ oraz $(b,a)$. Widzimy, że ich suma to $(a+b,a+b)$, więc $y=x$). Wektory wchodzące w skład wektora leżącego na $y=x$ możemy pogrupować parami, a każda z nich daje wektor leżący na $y=x$, zatem kierunek wszystkich wektorów na tejże prostej się nie zmienia - są to wektory własne przypadające pierwszej wartości własnej. Dla wektorów leżących na $y=-x$ możemy przeprowadzić podobne rozumowanie i dojść do wniosku, że one również są wektorami własnymi przypadającymi drugiej wartości własnej. Teraz widzimy, że oczywiście proste $y=x$ i $y=-x$ są prostopadłe, więc wektory własne również.

Często macierze przybierają o wiele prostszą postać w innych układach współrzędnych. Okazuje się, że istnieje taki wybór osi układu współrzędnych, dla którego macierz symetryczna staje się diagonalna. Innymi słowy, $$ \mathbf{A}= \mathbf{P}^{-1} \mathbf{B} \mathbf{P}, $$ gdzie $ \mathbf{B}$ to macierz diagonalna, a macierz $ \mathbf{P}$ jest macierzą ortogonalną, tzn. złożoną z wektorów ortogonalnych (np. wektorów wskazujących osie kartezjańskiego układu współrzędnych). Wyrażenie po prawej stronie odpowiada transformacji układu współrzędnych, następnie zastosowaniu transformacji macierzy $ \mathbf{B}$, która odpowiada transformacji $ \mathbf{A}$, lecz ma prostszą postać, a następnie powrotowi do pierwotnego układu współrzędnych (macierz odwrotna do $ \mathbf{P}$). Zastanówmy się, dla jakiej macierzy $ \mathbf{P}$, czyli wyboru osi układu współrzędnych, macierz $ \mathbf{B}$ zmienia jedynie długość wektorów jednostkowych osi (ponieważ $ \mathbf{B}$ jest diagonalna, a takie macierze zmieniają tylko długość wektorów jednostkowych wskazujących osie układu współrzędnych). Własność taką mają oczywiście wektory własne macierzy $ \mathbf{A}$, więc spodziewamy się, że $ \mathbf{P}$ będzie właśnie z nich złożona. Z kolei, wektory własne są wydłużane o czynnik wartości własnej, więc na przekątnej $ \mathbf{B}$ będą wartości własne odpowiadające każdemu z wektorów własnych. Innymi słowy, $$ \mathbf{B}=\begin{pmatrix} \lambda_1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \cdots & \lambda_n \end{pmatrix} $$ oraz $$ \mathbf{P} = \begin{pmatrix} \mathbf{x_1} & \cdots & \mathbf{x_n} \end{pmatrix}, $$ gdzie $ \mathbf{x}_i$ to wektory własne odpowiadające wartościom własnym $\lambda_i$. Jak udowodniono wcześniej, wektory własne są ortogonalne, więc $ \mathbf{P}$ jest macierzą ortogonalną.

Wracając do tensora momentu bezwładności, możemy wyznaczyć jego wektory własne, które będą wskazywać kierunki nazywane głównymi osiami bezwładności. Zauważmy, że jeśli kierunek wektora prędkości kątowej $ \mathbf{\Omega}$ będzie pokrywał się z kierunkiem którejkolwiek z głównych osi bezwładności (czyli $ \mathbf{\Omega}$ jest wektorem własnym tensora bezwładności) wektor momentu pędu również będzie pokrywał się z tą osią.

Przy wyborze osi wskazywanych przez wektory własne tensora bezwładności, wyrażenia na energię i moment pędu przybierają prostą postać: $$ \boxed{T=\frac{1}{2}I_i\Omega_i^2,} $$ gdzie $I_i=I_{ij}\delta_{ij}$ (w przekształconym układzie współrzędnych) oraz $$ \boxed{L_i=I_i\Omega_i.} $$

Precesja regularna bąka symetrycznego

Bąkiem symetrycznym nazywamy ciało, dla którego dwa główne momenty bezwładności są równe, $I_1=I_2\neq I_3$. Oznacza to, że płaszczyzna, w której zawierają się wektory własne $ \mathbf{x}_1$ oraz $ \mathbf{x}_2$, jest “rozciągana” przez macierz (tensor) $ \mathbf{I}$ równomiernie w dwóch prostopadłych kierunkach. W takim przypadku, oczywiste jest, że zmieniają się jedynie długości wektorów, a ich kierunki pozostają stałe - i jest to prawdziwe dla wszystkich wektorów w płaszczyźnie. Zatem dowolna para prostopadłych wektorów $ \mathbf{x}_1’$ oraz $ \mathbf{x}_2’$ w rozważanej płaszczyźnie może służyć za kierunki osi układu współrzędnych.

W ogólności wektor $ \mathbf{L}$ nie będzie miał zwrotu zgodnego z którąkolwiek z głównych osi bezwładności. Skorzystajmy ze swobody wyboru osi prostopadłych do $x_3$ i wybierzmy oś $x_2$ taką, że jest ona prostopadła do płaszczyzny, w której zawiera się $x_3$ oraz $ \mathbf{L}$. Wtedy $L_2=0$ i z wcześniejszych rozważań, $\Omega_2=0$. Wiemy więc, że wektory $ \mathbf{L}$, $ \mathbf{\Omega}$ i oś $x_3$, będącą osią symetrii bąka, leżą w jednej płaszczyźnie. Rozważmy teraz prędkości punktów leżących na osi $x_3$. Są one dane wzorem $$ \mathbf{v}_i= \mathbf{\Omega}\times \mathbf{r}_i’. $$ Widzimy więc, że prędkości będą zwrócone prostopadle do tej płaszczyny, a co za tym idzie, oś bąka będzie obracać się jednostanie wokół wektora $ \mathbf{L}$. Wyznaczmy prędkość kątową obrotu i precesji bąka. Niech $\theta$ oznacza kąt między $ \mathbf{L}$ a $x_3$. Ze wcześniejszych zależności $$ \Omega_3=\Omega_{obr}= \frac{L_3}{I_3}, $$ a $L_3=L\cos\theta$, więc $$ \Omega_{obr}= \frac{L}{I_3}\cos\theta. $$ Z kolei, z rysunku widzimy, że po rozłożeniu wektora $ \mathbf{\Omega}$ na składową w kierunku $x_3$ (oznaczoną znakiem prim, ponieważ nie jest ona tym samym, co $ \mathbf{\Omega_3}$!) oraz na składową w kierunku $ \mathbf{L}$, $\Omega_{pr}\sin\theta=\Omega_1$, więc $$ \Omega_{pr}= \frac{\Omega_1}{\sin\theta}= \frac{L_1}{I_1\sin\theta}= \frac{L\sin\theta}{I_1\sin\theta}= \frac{L}{I_1}. $$