U06.2 – Linearisierung der Eulerschen Kreiselgleichungen

 

Die rotatorische Bewegung eines starren Körpers (Flugzeug) um den Schwerpunkt kann durch drei Momentengleichungen beschrieben werden. Diese drei nichtlinearen Momentengleichungen lauten für den Fall, dass die Koordinatenachsen mit den Hauptträgheitsachsen übereinstimmen:

{I_1}{{\dot \omega }_1}+\left( {{I_3}-{I_2}} \right){\omega _2}{\omega _3} = {M_1}

{I_2}{{\dot \omega }_2}+\left( {{I_1}-{I_3}} \right){\omega _3}{\omega _1} = {M_2}

{I_3}{{\dot \omega }_3}+\left( {{I_2}-{I_1}} \right){\omega _1}{\omega _2} = {M_3}

{I_1},\:{I_2},\:{I_3} sind die Hauptträgheitsmomente,

{M_1},\:{M_2},\:{M_3} sind die äußeren Steuermomente.

(Diese Gleichungen sind auch schon aus „Technische Mechanik II“ als Eulersche Kreiselgleichungen bekannt)

  1. Das Differentialgleichungssystem ist um eine bekannte Bewegung \left( {{\omega _{10}},\:{\omega _{20}},\:{\omega _{30}},\:{M_{10}},\:{M_{20}},\:{M_{30}}} \right)\left( t \right) bezüglich kleiner Störmomente \Delta {M_1},\:\Delta {M_2},\:\Delta {M_3} zu linearisieren.
  2. Anschließend ist das lineare Differentialgleichungssystem in die Form
    \dot x = A\:x+B\:u zu bringen
    x = {\left( {\Delta {\omega _{10}},\:\Delta {\omega _{20}},\:\Delta {\omega _{30}}} \right)^T}\quad ,\quad u = {\left( {\Delta {M_{10}},\:\Delta {M_{20}},\:\Delta {M_{30}}} \right)^T}
  3. Was ergibt sich für {\omega _{10}} = {\omega _{20}} = {\omega _{30}} = 0

Lösung

a)

Als erstes formen wir zur Vereinfachung die Gleichungen um:

\left. {\begin{array}{*{20}{c}}    {{I_1}{{\dot \omega }_1}+\left( {{I_3}-{I_2}} \right){\omega _2}{\omega _3}-{M_1} = 0 = {f_1}\left( {\dot \omega ,\omega ,M} \right)}  \\    {{I_2}{{\dot \omega }_2}+\left( {{I_1}-{I_3}} \right){\omega _3}{\omega _1}-{M_2} = 0 = {f_2}\left( {\dot \omega ,\omega ,M} \right)}  \\    {{I_3}{{\dot \omega }_3}+\left( {{I_2}-{I_1}} \right){\omega _1}{\omega _2}-{M_3} = 0 = {f_3}\left( {\dot \omega ,\omega ,M} \right)}  \\   \end{array} } \right\} = f\left( {\dot \omega ,\omega ,M} \right)

Nun führen wir wie in der Vorherigen Aufgabe eine Taylorentwicklung durch:

0 = f\left( {\dot \omega ,\omega ,M} \right)
f\left( {\dot \omega ,\omega ,M} \right) = 0 = \underbrace {f\left( {{{\dot \omega }_0},{\omega _0},{M_0}} \right)}_{ = 0}+\underbrace {{{\left. {\frac{{\partial f}} {{\partial \dot \omega }}} \right|}_0} \cdot  \Delta \dot \omega +{{\left. {\frac{{\partial f}} {{\partial \omega }}} \right|}_0} \cdot  \Delta \omega +{{\left. {\frac{{\partial f}} {{\partial M}}} \right|}_0} \cdot  \Delta M}_{ \Rightarrow 0}+ \ldots

Die Ableitung von f entspricht hier der Ableitung eines Funktionsvektors nach einem Vektor, woraus wir die Jacobi-Matrix erhalten:

\frac{{\partial f}}{{\partial \omega }} = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{\partial {f_1}}}{{\partial {\omega _1}}}} & {\frac{{\partial {f_1}}}{{\partial {\omega _2}}}} & {\frac{{\partial {f_1}}}{{\partial {\omega _3}}}} \\{\frac{{\partial {f_2}}}{{\partial {\omega _1}}}} & {\frac{{\partial {f_2}}}{{\partial {\omega _2}}}} & {\frac{{\partial {f_2}}}{{\partial {\omega _3}}}} \\{\frac{{\partial {f_3}}}{{\partial {\omega _1}}}} & {\frac{{\partial {f_3}}}{{\partial {\omega _2}}}} & {\frac{{\partial {f_3}}}{{\partial {\omega _3}}}} \\   \end{array} } \right]

Somit folgt in Matrixschreibweise:

f\left( {\dot \omega ,\omega ,M} \right) = \vec 0 = {\left. {\frac{{\partial f}} {{\partial \dot \omega }}} \right|_0} \cdot  \Delta \dot \omega +{\left. {\frac{{\partial f}} {{\partial \omega }}} \right|_0} \cdot  \Delta \omega +{\left. {\frac{{\partial f}} {{\partial M}}} \right|_0} \cdot  \Delta M

= \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}    {{I_1}} & 0 & 0  \\    0 & {{I_2}} & 0  \\    0 & 0 & {{I_3}}  \\   \end{array} } \right] \cdot  \Delta \dot \omega +\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}    0 & {\left( {{I_3}-{I_2}} \right){\omega _{30}}} & {\left( {{I_3}-{I_2}} \right){\omega _{20}}}  \\    {\left( {{I_1}-{I_3}} \right){\omega _{30}}} & 0 & {\left( {{I_1}-{I_3}} \right){\omega _{10}}}  \\    {\left( {{I_2}-{I_1}} \right){\omega _{20}}} & {\left( {{I_2}-{I_1}} \right){\omega _{10}}} & 0  \\   \end{array} } \right] \cdot  \Delta \omega

+\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}    {-1} & 0 & 0  \\    0 & {-1} & 0  \\    0 & 0 & {-1}  \\   \end{array} } \right] \cdot  \Delta M = \vec 0

wobei:

\Delta \dot \omega  = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}    {\Delta {{\dot \omega }_{10}}}  \\    {\Delta {{\dot \omega }_{20}}}  \\    {\Delta {{\dot \omega }_{30}}}  \\   \end{array} } \right],\quad \Delta \omega  = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}    {\Delta {\omega _{10}}}  \\    {\Delta {\omega _{20}}}  \\    {\Delta {\omega _{30}}}  \\   \end{array} } \right],\quad \Delta M = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}    {\Delta {M_{10}}}  \\    {\Delta {M_{20}}}  \\    {\Delta {M_{30}}}  \\   \end{array} } \right]

b)

Durch Umformen folgt:

\underbrace {\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}    {\Delta {{\dot \omega }_{10}}}  \\    {\Delta {{\dot \omega }_{20}}}  \\    {\Delta {{\dot \omega }_{30}}}  \\   \end{array} } \right]}_{\dot x} = \underbrace {\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}    0 & {\frac{{\left( {{I_2}-{I_3}} \right){\omega _{30}}}} {{{I_1}}}} & {\frac{{\left( {{I_2}-{I_3}} \right){\omega _{20}}}} {I_1}}  \\    {\frac{{\left( {{I_3}-{I_1}} \right){\omega _{30}}}} {{{I_2}}}} & 0 & {\frac{{\left( {{I_3}-{I_1}} \right){\omega _{10}}}} {{{I_2}}}}  \\    {\frac{{\left( {{I_1}-{I_2}} \right){\omega _{20}}}} {{{I_3}}}} & {\frac{{\left( {{I_1}-{I_2}} \right){\omega _{10}}}} {{{I_3}}}} & 0  \\   \end{array} } \right]}_A \cdot  \underbrace {\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}    {\Delta {\omega _{10}}}  \\    {\Delta {\omega _{20}}}  \\    {\Delta {\omega _{30}}}  \\   \end{array} } \right]}_x+\underbrace {\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}    {\frac{1} {{{I_1}}}} & 0 & 0  \\    0 & {\frac{1} {{{I_2}}}} & 0  \\    0 & 0 & {\frac{1} {{{I_3}}}}  \\   \end{array} } \right]}_B \cdot  \underbrace {\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}    {\Delta {M_{10}}}  \\    {\Delta {M_{20}}}  \\    {\Delta {M_{30}}}  \\   \end{array} } \right]}_u

c)

Für {\omega _{10}} = {\omega _{20}} = {\omega _{30}} = 0 folgt:
\underline{\underline {\Delta \dot \omega  = B \cdot  \Delta M = 0 = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}    {\Delta {{\dot \omega }_{10}}}  \\    {\Delta {{\dot \omega }_{20}}}  \\    {\Delta {{\dot \omega }_{30}}}  \\   \end{array} } \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}    {\frac{1} {{{I_1}}}} & 0 & 0  \\    0 & {\frac{1} {{{I_2}}}} & 0  \\    0 & 0 & {\frac{1} {{{I_3}}}}  \\   \end{array} } \right] \cdot  \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}    {\Delta {M_{10}}}  \\    {\Delta {M_{20}}}  \\    {\Delta {M_{30}}}  \\   \end{array} } \right]}}

Wir enthalten also entkoppelte DGLn und damit drei voneinander unabhängige Gleichungen.

\mathcal{J}\mathcal{K}

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6 Kommentare zu “U06.2 – Linearisierung der Eulerschen Kreiselgleichungen”

Die Jacobi-Matrix ist falsch. Die angegebene Matrix muss transponiert werden damit es wieder past.

Stimmt, danke, habs korrigiert!

kleiner hinweis: in der aufgabenstellung b fehlt der punkt über dem ersten x…

ansonsten sehr ordentlich ;-)

Tatsache :-) . Verbessert, danke!

später Lerner

Verbesserungsvorschläge:

Bei a) ist bei der großen Formel der Zeilenumbruch ungünstig gewählt.
Bei b) ist in Matrix A bei Position

    \[a_{13}\]

der Nenner des Bruches falsch.
Bei c) steht in der Diagonalmatrix bei Position

    \[d_{21}\]

ein

    \[o0\]

statt

    \[0\]

.

Alles verbessert. Danke!

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