Velocidad angular expresada a través de los ángulos de Euler

Aquí hay una forma sencilla pero algo computacional. Hay dos pasos. (1) Muestre cómo definir el vector de velocidad angular en términos de matrices de rotación. (2) Escriba una rotación general en términos de ángulos de Euler. (3) Combine (1) y (2) para obtener una expresión para el vector de velocidad angular en términos de ángulos de Euler.

Paso 1. Recuerda que si$\mathbf x(t)$es la posición de cualquier punto en un cuerpo rígido en rotación, entonces el movimiento de este vector es generado por una rotación dependiente del tiempo;

$$\begin{align} \mathbf x(t) = R(t)\mathbf x(0) \end{align}$$ De ello se deduce que la velocidad de tal punto en el cuerpo es $$\begin{align} \dot{\mathbf x}(t) =\dot R(t)\mathbf x(0) = \dot R(t)R^t(t)\mathbf x(t) \end{align}$$ donde aquí, el superíndice $t$denota transposición, y en la segunda igualdad, he usado la primera ecuación y el hecho de que para rotaciones, $R^t = R^{-1}$. Si usamos este hecho nuevamente en la forma $$\begin{align} RR^t = I \end{align}$$ y diferenciamos ambos lados con respecto al tiempo, entonces el lado derecho desaparece, y obtenemos $$\begin{align} \dot R R^t = -R\dot R^t = -(\dot R R^t)^t \end{align}$$ Esto demuestra que la matriz $\Omega \equiv\dot R R^t$es antisimétrica, lo que significa que hay tres funciones $\omega_x, \omega_y, \omega_z$para cual $$\begin{align} \Omega = \begin{pmatrix} 0 & -\omega_z & \omega_y \\ \omega_z & 0 & -\omega_x \\ -\omega_y & \omega_x & 0 \\ \end{pmatrix} \end{align}$$ Resulta que las entradas de esta matriz son precisamente las componentes del vector velocidad angular $\boldsymbol\omega$. De hecho, en muchos tratamientos se suele definir $$\begin{align} \boldsymbol\omega = (\omega_x, \omega_y, \omega_z) \end{align}$$ Para convencerlo de que esta es la definición correcta de velocidad angular, un breve cálculo muestra que para cualquier vector $\mathbf x$, $$\begin{align} \Omega \mathbf x = \boldsymbol\omega\times \mathbf x \end{align}$$ Para que nos recuperemos $$\begin{align} \dot{\mathbf x} = \boldsymbol\omega\times\mathbf x \end{align}$$ de la segunda ecuación anterior, que es una expresión estándar que muestra cómo el vector de velocidad angular genera las velocidades de los puntos en un cuerpo rígido.

Sin embargo, hay una sutileza con la que debemos tener cuidado. Los componentes de velocidad angular dados en las notas a las que se vincula son los componentes de la velocidad angular en una base que gira con el cuerpo. si dejamos$\mathbf e_i$denota una base no rotatoria, adn$\mathbf u_i$denotamos la base girando con el cuerpo, entonces tenemos

$$\mathbf u_i(t) = R(t) \mathbf e_i$$ En particular, dado cualquier vector $\mathbf w$, podemos descomponer dicho vector en sus componentes en cualquier base $$\mathbf w = w_i\mathbf e_i = w_{i,B} \mathbf u_i$$ entonces la triple tupla $$\mathbf w_B = w_{i,B} \mathbf e_i$$ Da los componentes de cualquier vector en la base del cuerpo. Tenga en cuenta que los componentes de un vector en la base del cuerpo se pueden obtener a partir de sus componentes en la base no rotatoria de la siguiente manera. $$\mathbf w_B = R^t\mathbf w$$ En particular, las componentes de la velocidad angular en la base del cuerpo están relacionadas con sus componentes en la base no giratoria por $$\boldsymbol\omega_B = R^t\boldsymbol\omega$$

Paso 2. Esto ya está hecho en las notas del MIT a las que se vinculó. Es la última ecuación de la tercera página. En la notación de lo que llamé "paso 1", definimos los ángulos de Euler de la siguiente manera en términos de rotaciones sucesivas que toman las componentes de un vector en la base no rotatoria y dan sus componentes en términos de la base del cuerpo

$$R^t = R_z(\psi)R_x(\phi)R_z(\phi)$$

Paso 3. Combinamos los pasos 1 y 2 para obtener una expresión para$\boldsymbol\omega_B$que da las componentes de la velocidad angular en la base del cuerpo. Para ello, primero calculamos$\boldsymbol\omega$de$\Omega = \dot R R^t$en términos de ángulos de Euler. Luego aplicamos$R^t$a$\boldsymbol\omega$Llegar$\boldsymbol\omega_B$. De hecho, acabo de hacer esto usando Mathematica, y obtuve precisamente el resultado en sus notas vinculadas:

$$\begin{align} \omega_{x,B} &= \dot\phi\sin\theta\sin\psi +\dot\theta\cos\psi\\ \omega_{y,B} &= \dot\phi\sin\theta\cos\psi - \dot\theta\sin\psi\\ \omega_{z,B} &= \dot\phi\cos\theta+\dot\psi \end{align}$$

Supongo que conoce las matrices de rotación, por lo que para una secuencia de rotaciones sobre ZXZ con ángulos$\phi$,$\theta$y$\psi$respectivamente tienes

$$\vec{\omega} = \dot{\phi} \hat{z} + T_1 \left( \dot{\theta} \hat{x} + T_2 \left( \dot{\psi} \hat{z} \right) \right)$$

La lógica aquí es aplicar un giro local de$\dot{\phi}$,$\dot{\theta}$y$\dot{\psi}$en los ejes locales de la secuencia.

1. Aplicar giro$\dot{\phi}$sobre Z local y luego rotar por$T_1$
2. Aplicar giro$\dot{\theta}$sobre la X local (rotada por$T_1$) y luego girar por$T_2$
3. Aplicar giro$\dot{\psi}$sobre Z local (girado por$T_1 T_2$).

Actualizar

Hay una manera de derivar formalmente lo anterior usando la identidad$\dot T = \vec\omega \times T$pero es bastante complicado para 3 grados de libertad.

Para dos grados de libertad es así. Con una matriz de rotación$T= T_1 T_2$(definido como arriba) la derivada del tiempo es

$$\begin{aligned} \frac{{\rm d} T}{{\rm d} t} & = \dot{T}_1 T_2 + T_1 \dot{T}_2 \\ & = \left( (\dot{\psi} \hat{z}) \times T_1 \right) T_2 + T_1 \left( (\dot{\theta} \hat{x}) \times T_2 \right) \\ & = (\dot{\psi} \hat{z}) \times \left( T_1 T_2 \right) + (T_1 (\dot{\theta} \hat{x})) \times \left( T_1 T_2 \right) \\ & = \left(\dot{\psi} \hat{z} + T_1 (\dot{\theta} \hat{x}) \right) \times (T_1 T_2) \\ & = \left(\dot{\psi} \hat{z} + T_1 (\dot{\theta} \hat{x}) \right) \times T = \vec{\omega} \times T \end{aligned} \\ \vec{\omega} = \dot{\psi} \hat{z} + T_1 (\dot{\theta} \hat{x})$$

usando la propiedad distribuida$T (\vec{a} \times \vec{b} ) = (T \vec{a}) \times (T \vec{b} )$.