Главные центральные моменты инерции треугольника масс

Anik · Сообщение **Anik** » 05 ноя 2016, 12:31

Спасибо ARRY, получилось!
$$(A+B)^2$$

Ну, теперь, эта..., ну теперь...!

Anik · Сообщение **Anik** » 07 ноя 2016, 08:09

Далее, буду руководствоваться упомянутой книгой Ефимова: "Квадратичные формы и матрицы".
Приведение квадратичной формы к каноническому виду связано с решением характеристического уравнения:
$\lambda ^2-(A+C)\lambda +(AC-B^2)=0\qquad (12')$
Корни этого уравнения:
$\lambda _{12}=\frac{A+C\pm \sqrt {(A+C)^2-4(AC-B^2)}}{2}$
Вспомним, что
$A=J_{xx},\quad B=J_{xy},\quad C=J_{yy}$
Поскольку взаимное расположение точек $$m_i$$

задано, то можно считать, что нам известны векторы $$r_i$$

, и углы между этими векторами.
Выберем направление оси $$CX$$

по вектору $$r_1$$

(см. рис.), ось $$CY$$

направим перпендикулярно оси $$CX$$

, и найдём моменты инерции треугольника в этой системе координат.

$A=J_{xx}=m_2r_2^2\sin^2(\vec r_1,\vec r_2)+m_3r_3^2\sin^2(\vec r_1,\vec r_3)$
$C=J_{yy}=m_1r_1^2+m_2r_2^2\cos^2(\vec r_1,\vec r_2) +m_3r_3^2\cos^2(\vec r_1,\vec r_3)$
$B=J_{xy}=m_2r_2^2\sin (\vec r_1,\vec r_2)\cos (\vec r_1,\vec r_2)-m_3r_3^2\sin(\vec r_1,\vec r_3)\cos(\vec r_1,\vec r_3)$
В выражение для корней характеристического уравнения входит величина:
$A+C=J_{xx}+J_{yy}=m_1r_1^2+m_2r_2^2+m_3r_3^2=J_p$
Это полярный момент инерции треугольника. Ещё входит величина:
$AC-B^2=m_1r_1^2m_2r_2^2\sin ^2\varphi_{12}+m_1r_1^2m_3r_3^2\sin^2\varphi_{13}+m_2r_2^2m_3r_3^2\sin^2\varphi_{23}$
(Поправил.)
Здесь я для краткости обозначил через $\varphi_{ij}$ угол между соответствующими векторами $\widehat {r_i, r_j}$
Теперь, подсчитаем подкоренное выражение:
$$(A+C)^2-4(AC-B^2)$$

Я решил отправить это сообщение, прежде чем считать дальше, а то у меня компьютер шизует и набранные ответы пропадают, приходится снова набирать, запарился уже!

Anik · Сообщение **Anik** » 07 ноя 2016, 11:48

Продолжу,

$=m_1^2r_1^4+m_2^2r_2^4+m_3^2r_3^4+2m_1r_1^2m_2r_2^2\cos2\varphi_{12}+2m_1r_1^2m_3r_3^2\cos2\varphi_{13}+$ $2m_2r_2^2m_3r_3^2\cos2\varphi_{23}$
Подставляя это выражение под квадратный корень, мы найдём корни характеристического уравнения $\lambda _{1,2}$
Но, нам нужно найти угол $\alpha$ между осью $$CX$$

и осью

новой, канонической системы координат. Для этого нужно найти направляющие косинусы новой оси $$l$$

и

. Их можно найти из системы (11), (см. Ефимова на стр.13)
$\begin{cases} (A-\lambda )l+Bm=0\\ Bl+(C-\lambda )m=0 \end{cases}\qquad (11)$
Вместо $\lambda$ можно подставить один из найденных корней характеристического уравнения.
Угол $\alpha$ найдётся из формулы:
$\tan \alpha =\frac{m}{l}$
Продолжу завтра.

Anik · Сообщение **Anik** » 09 ноя 2016, 10:18

Заметим, что дискриминант $(A+C)^2-4(AC-B^2)\geqslant 0$ , поэтому имеем два разных или кратных корня. Этот дискриминант легче запомнить если представить себе формулу для $$I_p^2=(A+C)^2,$$

только "испорченную" косинусами двойных углов. Дискриминант равен нулю в случае равностороннего треугольника, у которого углы между радиус-векторами $m_i\vec r_i$ равны $120^{\circ}$ и равны сами векторы (по модулю) и массы точек. В этом можно убедиться, подставляя эти значения в формулу, которую получили в предыдущем посте. В этом случае корень один (кратный) и все направления - главные.
Итак, мы нашли:
$\tan \alpha =\frac{m}{l}$
Здесь $$m$$

и

- направляющие косинусы некоторого вектора, лежащего на одном из главных направлений (в зависимости от выбранного корня $\lambda$ ).
Если потребовать чтобы $$l^2+m^2=1$$

, то этот направляющий вектор будет единичным, а решение системы (11) - нормированным.
$\tan \alpha =\frac{m}{l}=-\frac{A-\lambda }{B}$

12d3 · Сообщение **12d3** » 09 ноя 2016, 11:12

Решение.
Пусть точки имеют массы $$m_i$$

и координаты $\left (x_i,y_i \right )$ . Координаты центра масс $x_0= \frac{\sum{m_i x_i}}{\sum m_i}$ $y_0= \frac{\sum{m_i y_i}}{\sum m_i}$ . Переместим начало координат в центр масс. Координаты точек станут $x'_i = x_i-x_0,\,\,y'_i=y_i-y_0$ .
Повернем все точки на угол $\alpha$ вокруг нового начала координат. Новые координаты точек будут равны $x''_i = x'_i \cos \alpha - y'_i \sin \alpha,\,\,y''_i = y'_i \cos \alpha + x'_i \sin \alpha$ .
Приравняем центробежный момент инерции к нулю.
$0 = \sum m_i x''_i y''_i = \sum m_i \left ( x'_i\cos\alpha - y'_i \sin \alpha \right ) \left ( y'_i\cos\alpha + x'_i \sin \alpha \right ) =$
$= \sum m_i \left (\left ( x'_i^2 -y'_i^2 \right )\sin\alpha\cos\alpha + x'_iy'_i \left ( \cos^2\alpha - \sin^2\alpha \right ) \right )$
$0 = \sum m_i \left (\left ( x'_i^2 -y'_i^2 \right )\sin2\alpha + 2x'_iy'_i \cos 2\alpha \right )$
$\sin2\alpha \sum m_i \left ( y'_i^2 - x'_i^2 \right ) =\cos 2\alpha \sum m_i \cdot 2x'_iy'_i$
$\alpha = \frac{\pi n}{2} + \frac{1}{2} \arctan \frac{\sum m_i \cdot 2x'_iy'_i }{\sum m_i \left ( {y'_i}^2 - {x'_i}^2 \right )}$
Вот и ответ.

Anik · Сообщение **Anik** » 10 ноя 2016, 05:43

Вот здорово! Ставлю вам +
Всё гениальное просто!

Anik · Сообщение **Anik** » 10 ноя 2016, 06:49

В формуле:
$\alpha = \frac{\pi n}{2} + \frac{1}{2} \arctan \frac{\sum m_i \cdot 2x'_iy'_i }{\sum m_i \left ( {y'_i}^2 - {x'_i}^2 \right )}$
можно вынести двойку в числителе за знак суммы, получим:
$\alpha = \frac{\pi n}{2} + \arctan \frac{\sum m_i \cdot x'_iy'_i }{\sum m_i \left ( {y'_i}^2 - {x'_i}^2 \right )}$
Теперь заметим, что в числителе центробежный момент относительно оси, лежащей в плоскости фигуры, а в знаменателе - разность моментов инерции всех точек фигуры относительно оси $$CX$$

и

. С учётом этого, формулу можно записать так:
$\alpha = \frac{\pi n}{2} + \arctan \frac{J_{xy} }{J_x-J_y}$
Если $$J_x=J_y,$$

то $J_{xy}=0$ . и мы получим 0/0. В этом случае все оси главные и угол $\alpha$ потеряет смысл.
Я ничего не накосячил?

12d3 · Сообщение **12d3** » 10 ноя 2016, 07:58

Anik писал(а):Source of the post можно вынести двойку в числителе за знак суммы, получим:

За знак суммы можно, а за знак арктангенса - нельзя. Верните двойки. Если вернете, то все остальное с моментами инерции верно.

12d3 · Сообщение **12d3** » 10 ноя 2016, 08:45

Нет, так тоже нельзя. Оставьте одну вторую перед арктангенсом, а двойку внутри арктангенса.

Anik · Сообщение **Anik** » 10 ноя 2016, 08:50

А если так
: $\tan \alpha = \frac12\frac{2\sum m_i \cdot x'_iy'_i }{\sum m_i \left ( {y'_i}^2 - {x'_i}^2 \right )}\qquad (*)$
Теперь двойку можно сократить? Чтобы получить:
$\alpha = \frac{\pi n}{2} + \arctan \frac{\sum m_i \cdot x'_iy'_i }{\sum m_i \left ( {y'_i}^2 - {x'_i}^2 \right )}$
***Простите, я здесь не прав! Дело в том, что мы нашли тангенс двойного угла, поэтому нужно взять половину арктангенса. Нужно было написать вместо (*)
$\tan 2\alpha = \frac{2\sum m_i \cdot x'_iy'_i }{\sum m_i \left ( {y'_i}^2 - {x'_i}^2 \right )}$

yourdomain.com