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2. Trägheitstensor
● Der Drall hängt ab von der Verteilung der Masse und der Geschwindigkeit über den Körper.
● Die Geschwindigkeitsverteilung ergibt sich aus der Über-lagerung einer Translation und einer Rotation.
● Der Trägheitstensor stellt den Zusammenhang her zwi-schen dem Drall und dem Vektor der Winkelgeschwindig-keit.
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2. Trägheitstensor
2.1 Herleitung
2.2 Satz von Steiner
2.3 Kinetische Energie
2.4 Hauptachsen
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Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-3
2.1 Herleitung
● Der Drall ist definiert durch● Mit folgt:
● Der erste Summand verschwindet,– wenn der Bezugspunkt B in den Schwerpunkt S gelegt wird,
oder
– wenn die Geschwindigkeit vB des Bezugspunktes
verschwindet.
LB=∫K
r BP×vP dm
vP=vB×r BP
LB=∫K
r BP dm×vB∫K
r BP××r BP dm
=m r BS×vB∫K
r BP××r BP dm
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2.1 Herleitung
● Im folgenden wird vorausgesetzt, dass eine der beiden Bedingungen erfüllt ist.
● Mit der allgemein gültigen Beziehung
folgt für das Integral:
● Die Richtung des Drallvektors stimmt also im allgemeinen nicht mit der Richtung des Vektors der Winkelgeschwin-digkeit überein.
a×b×c =b a⋅c −c a⋅b
∫K
r BP××r BP dm=∫K
[ r BP⋅r BP −r BP r BP⋅ ]dm
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2.1 Herleitung
P
B
rBP
ω
K
bξ
bη
bζ
ξ
η
ζ
rBP=bbb
=bb b
● Auswertung in körperfes-ten Koordinaten:
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2.1 Herleitung
– Erster Summand:
– Zweiter Summand:
∫K
r BP⋅r BP dm=∫K
22
2 dm
=∫K
22
2 dm b∫K
22
2 dm b
∫K
22
2 dm b
∫K
rBP rBP⋅dm=∫K
r BP dm
=∫K
2 dmb∫K
2 dm b
∫K
2 dmb
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2.1 Herleitung
– Drall:
LB=LBbLBbLBb
=[∫K2
2 dm−∫K
dm−∫K
dm]b[−∫K dm∫
K
22 dm−∫
K
dm]b[−∫K dm−∫
K
dm∫K
22 dm]b
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2.1 Herleitung
– Massenträgheitsmomente:
J B=∫K
22 dm
J B=∫K
22 dm
J B=∫K
22 dm
– Deviationsmomente:
– Die Deviationsmomente werden auch als Zentri-fugalmomente bezeich-net.
J B=J B=−∫K
dm
J B=J B=−∫K
dm
J B=J B=−∫K
dm
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2.1 Herleitung
– Massenträgheitsmomente und Deviationsmomente sind Komponenten des Trägheitstensors.
– Der Trägheitstensor wird durch die Matrix
dargestellt.– Mit dem Trägheitstensor gilt für den Drall:
J B=[J B J B J BJ B J B J BJ B J B J B
]LB=J B
[LBLBLB
]=[J B J B J BJ B J B J BJ B J B J B
][
]
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2.1 Herleitung
● Zusammenfassung:– Für den Drall bezüglich des Schwerpunktes S gilt:
– Für den Drall bezüglich des ortsfesten Punktes B gilt:
LS=∫K
rSP×vP dm=∫K
r SP××rSP dm
=∫K
[ r SP⋅rSP −rSP rSP⋅ ]dm=J S
LB=∫K
rBP×vP dm=∫K
r BP××r BP dm
=∫K
[ r BP⋅r BP −r BP rBP⋅ ]dm=J B
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2.1 Herleitung
● Beispiel:– Gegeben:
● Quader mit Kanten-längen a, b, c
– Gesucht:● Trägheitstensor bezüg-
lich Schwerpunkt Sξ
η
ζ
a
b
c
S
Dichte ρ = const.
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2.1 Herleitung
– Massenträgheitsmomente:
J S =∫K
22 dm=∫
V
22 dV
=a ∫−b /2
b /2
[ ∫−c /2
c /2
22 d]d =a ∫
−b /2
b /2
[2133 ]
=−c /2
=c /2
d
=a ∫−b /2
b /2
2c23 c2
3
d=a[ 13 3c23⋅8c3]
=−b /2
=b /2
=a 23 b2
3
c112c3b=abc⋅
112
b2c2 =112m b2c2
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2.1 Herleitung
– Entsprechend folgt:– Deviationsmomente:
– Entsprechend folgt:
J S =112m a2c2 , J S =
112m a2b2
J S =−∫K
dm=− ∫−a /2
a /2
[ ∫−b /2
b /2
∫−c /2
c /2
d ]d d =−c ∫
−a /2
a /2
[ ∫−b /2
b /2
d ]d =−c ∫−a /2
a /2
[12
2]=−b /2
=b /2
d
=−c ∫−a /2
a /2
[ 12 b2
4−b2
4 ]d =0
J S =0, J S =0
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2.2 Satz von Steiner
● Aufgabenstellung:– Gegeben ist der Träg-
heitstensor bezüglich des Schwerpunktes S
– Gesucht ist der Trägheits-tensor bezüglich des Punktes B
P
S
rSP
KB
rBP
rSBb
ξ
bη
bζ
ξ
η
ζ
rBP=rSP−r SB
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2.2 Satz von Steiner
● Lösung:– Der Trägheitstensor bezüglich Punkt B ist definiert durch
– Für den Integranden gilt:
J B=∫K
rBP××rBP dm
rBP××rBP =rSP−rSB ×[×r SP−rSB ]=rSP−rSB ××rSP−×rSB =r SP××rSP −rSB××rSP −r SP××r SB rSB××rSB
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2.2 Satz von Steiner
– Mit
und (Schwerpunkt)
folgt der Satz von Steiner:
∫K
rSP××r SP dm=J S
∫K
rSP dm=0
J B=J Sm rSB××rSB
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2.2 Satz von Steiner
● In Komponenten:– Für das doppelte Vektorprodukt gilt
– Vektor rSB
ist der Vektor vom Schwerpunkt S zum Be-zugspunkt B. Seine Komponenten sind
– Damit folgt wie bei der Herleitung des Trägheitstensors:
rSB××rSB = rSB⋅r SB −rSB rSB⋅
rSB=BbB bBb
rSB××rSB =[ B2B
2 −BB−BB ]b[−BBB
2B
2 −BB ]b[−BB−BBB
2B
2 ]b
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2.2 Satz von Steiner
– Ergebnis:
J B = J S m B2B
2
J B = J S m B2B
2 J B = J S m B
2B
2
J B = J S − mBB
J B = J S − mBB
J B = J S − mBB
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2.2 Satz von Steiner
● Beispiel:– Gegeben:
● Quader mit Kanten-längen a, b, c
● Trägheitstensor bezüg-lich Schwerpunkt S
– Gesucht:● Trägheitstensor bezüg-
lich Punkt Bξ
η
ζ
a
b
c
S
Dichte ρ = const.
B
rSB
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2.2 Satz von Steiner
– Vektor vom Schwerpunkt S zum Bezugspunkt B:
– Massenträgheitsmomente:
– Deviationsmomente:
rSB=a2b
b2b−
c2b B=
a2, B=
b2, B=−
c2
J B=112
b2c2 m14
b2c2 m=13
b2c2 m
J B=112
a2c2 m14
a2c2 m=13
a2c2 m
J B=112
a2b2 m14
a2b2 m=13
a2b2 m
J B=−14abm , J B=
14bcm , J B=
14acm
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2.2 Satz von Steiner
● Anwendung: Zusammengesetzte Körper– Massenträgheitsmomente und Deviationsmomente bezüg-
lich des Schwerpunktes sind für elementare Körper tabelliert.
– Daraus lassen sich die Massenträgheitsmomente und De-viationsmomente des zusammengesetzten Körpers für einen beliebigen Bezugspunkt berechnen.
– Vorgehen:
1. Umrechnung der Massenträgheits- und Deviationsmomente der elementaren Körper auf den gemeinsamen Bezugspunkt
2. Addition der umgerechneten Massenträgheits- und Devia-tionsmomente
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2.2 Satz von Steiner
● Beispiel:– Gegeben:
● a = b = d = 2cm● c = e = 4cm
● m1 = m
2 = 3kg
– Gesucht:● Trägheitstensor
bezüglich Punkt Ba
b
cd
e
ξ
η
ζ
m1
m2
B
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2.2 Satz von Steiner
Körper 1 Körper 2
1 1 cm
-1 -2 cm
-2 -5 cm
5 5
5 2
2 5
15 87
15 78
6 15
ξB
ηB
ζB
JSξ kgcm2
JSη kgcm2
JSζ kgcm2
m(ηB
2 + ζB
2) kgcm2
m(ξB
2 + ζB
2) kgcm2
m(ξB
2 + ηB
2) kgcm2
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2.2 Satz von Steiner
Körper 1 Körper 2 Gesamt
20 92 112
20 80 100
8 20 28
3 6 9
-6 -30 -36
6 15 21
JBξ kgcm2
JBη kgcm2
JBζ kgcm2
JBξη kgcm2
JBηζ kgcm2
JBξζ kgcm2
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Prof. Dr. Wandinger 3. Kinetik des starren Körpers Dynamik 2 3.2-25
2.3 Kinetische Energie
● Betrachtet wird ein Körper, dessen Schwerpunkt sich mit der Geschwindigkeit v
S bewegt.
● Gleichzeitig dreht sich der Körper mit der Winkelge-schwindigkeit ω um eine Achse, die durch den Schwer-punkt geht.
● Ein beliebiger Punkt auf dem Körper hat dann die Ge-schwindigkeit .
● Die kinetische Energie ist die Summe der kinetischen Energien aller Massenelemente.
● Für infinitesimale Massenelemente wird die Summe zu einem Integral.
vP=vS×r SP
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2.3 Kinetische Energie
● Daher gilt:
● Mit
folgt:
E kin=12∫K
vP⋅vP dm
vP⋅vP= vS×r SP ⋅vS×r SP =vS⋅vS2 vS⋅×r SP ×r SP ⋅×r SP
E kin=12mvS
2vS⋅×∫
K
r SP dm12∫K
×r SP ⋅×r SP dm
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2.3 Kinetische Energie
● Der erste Summand auf der rechten Seite ist die kine-tische Energie infolge der Geschwindigkeit v
S des
Schwerpunktes.● Der zweite Summand ist wegen
gleich Null.
∫K
rSP dm=rSS=0
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2.3 Kinetische Energie
● Auswertung des dritten Summanden:– Mit der Lagrangeschen Identität
folgt:
a×b ⋅c×d =a⋅c b⋅d −b⋅c a⋅d
∫K
×rSP ⋅×rSP dm=∫K
[ ⋅ rSP⋅r SP −r SP⋅ ⋅rSP ]dm
=⋅∫K
[ r SP⋅rSP −rSP rSP⋅ ]dm=⋅J S
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2.3 Kinetische Energie
● Ergebnis:– Für die kinetische Energie des starren Körpers gilt:
● Folgerung:– Da die kinetische Energie immer positiv ist und jede
Drehung des Körpers mit einer kinetischen Energie verbunden ist, gilt:
– Der Trägheitstensor ist positiv definit.
⋅J S0
Ekin=12mvS
212⋅J S
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2.4 Hauptachsen
● Die folgenden Eigenschaften des Trägheitstensors sind bereits bekannt:– Der Trägheitstensor ist symmetrisch:
– Der Trägheitstensor ist positiv definit:● Frage:
– Gibt es Richtungen, für die der Drallvektor die gleiche Richtung wie die Drehachse hat?
– Für diese Richtungen muss also gelten:– Dabei ist J ein Skalar.
⋅J S0
J S =J S , J S =J S , J S =J S
J S=J
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2.4 Hauptachsen
● Antwort:– Mit dem Einheitstensor, dargestellt durch die Matrix
muss gelten:– Nichttriviale Lösungen für ω existieren nur, wenn die De-
terminante dieses homogenen Gleichungssystems verschwindet:
I=[1 0 00 1 00 0 1 ]
J S−J I =0
det J S−J I =0
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2.4 Hauptachsen
– Das ist ein Polynom dritten Grades in J, das drei Lösungen J
1, J
2 und J
3 hat. Die Lösungen heißen Hauptträgheits-
momente.
– Dazu gehören drei Vektoren ω1, ω
2 und ω
3. Sie werden als
Eigenvektoren bezeichnet.● Eigenschaften der Eigenvektoren:
– Ist ωk ein Eigenvektor, dann folgt für den Vektor αω
k
d.h. der Vektor αωk ist ebenfalls ein Eigenvektor.
– Ein Eigenvektor definiert also nur eine Richtung. Seine Länge kann frei gewählt werden.
J S k = J Sk=J k
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2.4 Hauptachsen
– Seien Jj und J
k zwei verschiedene Hauptträgheitsmomente.
– Dann gilt:
– Subtraktion der beiden rechts stehenden Gleichungen er-gibt
– Aus der Symmetrie des Trägheitstensors folgt:
j≠k und J j≠J k
J S j=J j j
J Sk=J kk
⇒k⋅J S j=J jk⋅ j
j⋅J Sk=J k j⋅k
k⋅J S j− j⋅J Sk= J j−J k j⋅k
j⋅J Sk=k⋅J S j
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2.4 Hauptachsen
– Wegen gilt also:
– Die drei Eigenvektoren ω1, ω
2 und ω
3 sind paarweise ortho-
gonal.● Hauptachsensystem:
– Die körperfesten Koordinatenrichtungen können so gewählt werden, dass sie mit den durch die Eigenvektoren vorgege-benen Richtungen zusammenfallen:
– Dieses Koordinatensystem wird als Hauptachsensystem bezeichnet. Die drei Koordinatenachsen werden als Haupt-achsen bezeichnet.
J j≠J k j⋅k=0 für j≠k
b=b1 ∥ 1 , b=b2 ∥ 2 , b=b3 ∥ 3
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2.4 Hauptachsen
– Im Hauptachsensystem gilt für den Trägheitstensor:
– Da der Trägheitstensor positiv definit ist, sind alle Hauptträgheitsmomente positiv:
J S=[J 1 0 00 J 2 00 0 J 3
]
J k=bk⋅J S bk0, k=1,2, 3
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2.4 Hauptachsen
● Symmetrische Körper:– Hat ein Körper eine Symmetrieebene, so kann eine
Hauptachse sofort angegeben werden.– Symmetrie bezüglich
ηζ - Ebene:
ξ
η
ζ
dm
dm
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2.4 Hauptachsen
● Zu jedem Massenelement an der Stelle (ξ, η, ζ) gibt es ein entprechendes Massenelement an der Stelle (-ξ, η, ζ).
● Also gilt:
– Entsprechend folgt für Symmetrie bezüglich der ξη - Ebene
– und für Symmetrie bezüglich der ξζ - Ebene:
J =−∫K
dm=0, J =−∫K
dm=0
J =−∫K
dm=0, J =−∫K
dm=0
J =−∫K
dm=0, J =−∫K
dm=0
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2.4 Hauptachsen
[J J 0J J 00 0 J
]
[J 0 00 J J
0 J J ]
[J 0 J
0 J 0J 0 J
]
Symmetrieebene Trägheitstensor Hauptachse
ξη
ηζ
ξζ
ζ-Achse
ξ-Achse
η-Achse
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2.4 Hauptachsen
● Rotationssymmetrische Körper:– Bei einem rotationssymmetrischen Körper ist die Rotations-
achse eine Hauptachse.– In der Ebene senkrecht zur Rotationsachse ist jede Achse
eine Hauptachse. Es können zwei senkrechte Hauptachsen beliebig gewählt werden.
– Die Massenträgheitsmomente bezüglich der beiden zur Symmetrieachse senkrechten Hauptachsen sind gleich groß.
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2.4 Hauptachsen
● Kugelsymmetrische Körper:– Bei einem kugelsymmetrischen Körper sind alle Achsen
Hauptachsen.– Es können drei senkrechte Hauptachsen beliebig gewählt
werden.– Alle drei Hauptträgheitsmomente sind gleich groß.
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2.4 Hauptachsen
● Berechnung der Hauptträgheitsmomente:– Die Hauptträgheitsmomente sind die Lösungen der
kubischen Gleichung
– Für die Koeffizienten gilt:
p J =det J S−J I =−J3a J 2b Jc=0
a=J S J S J S =spJ S
b=J S 2
J S 2
J S 2
−J S J S −J S J S −J S J S
c=det J S
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2.4 Hauptachsen
– Die erste Nullstelle kann mit Hilfe des Verfahrens von Newton-Raphson bestimmt werden:
● Wahl eines Startwertes ● Iteration für k = 1, 2, 3, ... :
mit – Die anderen beiden Nullstellen können auf die gleiche
Weise gewonnen werden, indem die Iteration mit anderen Startwerten gestartet wird.
– Alternativ kann aus dem kubischen Polynom durch Poly-nomdivision eine quadratische Gleichung für die fehlenden beiden Nullstellen gewonnen werden, wenn die erste Null-stelle bekannt ist.
J 0
J k1=J k
−p J k
p ' J k
p ' J =dpdJ
=−3 J 22a Jb
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2.4 Hauptachsen
– Startwerte für die Iteration können mit Hilfe des Satzes von der Trennung der Eigenwerte ermittelt werden:
● Sind und Nullstellen des quadratischen Polynoms
mit
dann gilt:
● Zur Berechnung von J2 kann z.B.
als Startwert gewählt werden.
J 1 J 2
p J =det J S− J I =0 J S=[J S J S J S J S ]
J 1≤ J 1≤J 2≤ J 2≤J 3
J 0=12
J 1 J 2 =12
J S J S
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2.4 Hauptachsen
● Beispiel:– Gegeben ist der Trägheitstensor
– Gesucht sind die Hauptträgheitsmomente und die Haupt-achsen.
J S=[100 20 520 200 105 10 150]
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2.4 Hauptachsen
– Koeffizienten des charakteristischen Polynoms:
– Iteration zur Bestimmung von J2 :
● Startwert:
● Iteration 1:
● Iteration 2:
a=450, b=−64475, c=2927000
J 0=12
100200 =150
p 150=5750, p ' 150=3025
J 1=150−
57503025
=148,10
p 148,10=6,8680 , p ' 148,10=3014,2
J 2=148,10−
6,86803014,2
=148,0977
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2.4 Hauptachsen
● Iteration 3:
● Ergebnis:
– Polynomdivision:
p 148,0997=2,9617⋅10−5
J 2=148,10
−J 3450,00 J 2−64475 J2927000 : J−148,10 =−J 2301,9 J−19763,61−J 3148,10 J 2
301,90 J 2−64475,00 J301,90 J 2−44711,39 J
−19764,61 J2927000,0−19764,61 J2926990,6
9,4≈0
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2.4 Hauptachsen
– Berechnung von J1 und J
3 :
– Hauptachse zu J1:
J 1/3=150,95±150,952−19763,61=150,95±3022,2925
J 1=95,97 , J 3=205,93
J S−J 1 I b1=0
[100−95,97 20 5
20 200−95,97 105 10 150−95,97][
b1b1b1
]=[000 ]
[4,03 20 520 104,03 105 10 54,03][
b1b1b1
]=[000]
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2.4 Hauptachsen
● Da die Determinante dieses Gleichungssystems Null ist, ist z.B. die 3. Gleichung eine Kombination der ersten beiden Gleichungen. Die Hauptachsenrichtung kann aus den ersten beiden Gleichungen ermittelt werden:
4,03 b1 20 b1 5 b1 = 020 b1 104,03 b1 10 b1 = 0 ∣ −2
1
11,94 b1 64,03 b1 = 0
b1=−64,0311,94
b1=−5,3626b1
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2.4 Hauptachsen
● Aus der zweiten Gleichung folgt:
● b1η
wird so gewählt, dass b1 die Länge 1 hat:
● Für die anderen beiden Komponenten folgt dann:
b1=−110
20b1104,03b1 =0,3223b1
∣b1∣=b15,3626210,32232=5,4646b1=1 b1=0,183
b1=−0,981 , b1=0,059
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2.4 Hauptachsen
– Die Berechnung der Hauptachsen zu J2 und J
3 erfolgt auf
die gleiche Weise.– Ergebnis:
b1 = −0,981 b 0,183 b 0,059 bb2 = 0,020 b − 0,197 b 0,980 bb3 = 0,191 b 0,963 b 0,189 b