3.1 Die Konfigurationsmannigfaltigkeit

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1 Kapitel 3 Starre Körper 3.1 Die Konfigurationsmannigfaltigkeit Definition Unter einem starren Körper verstehen wir eine Anordnung von n Massepunkten mit holonomen Bindungen, so dass alle Abstände konstant sind, d.h. x i x j = const. (3.1.2) Satz Ein starrer Körper aus mindestens drei Punkten, von denen mindestens drei nicht auf einer Geraden liegen, hat als Konfigurationsmannigfaltigkeit das direkte Produkt 3 SO(3). Beweis. Offenkundig bestimmt die Lage dreier Punkte in allgemeiner Lage, die Lage aller Punkte. Drei Punkte sind durch Angabe der Lage eines Punktes und eines Elementes in SO(3), welches die Lage des von den drei Punkten aufgespannten Dreibeines im 3 angibt, bestimmt. Definition Ist zusätzlich zur Bedingung (3.1.2) die Bedingung x 1 = 0 für einen der Massepunkte erfüllt, so sprechen wir von einem starren Körper mit festem Punkt. Bemerkung Für einen starren Körper mit festem Punkt ist die Konfigurationsmannigfaltigkeit die Gruppe SO(3). Satz Bei einem starren Körper ohne Kraftfeld bewegt sich der Massenmittelpunkt geradlinig und gleichförmig. Beweis. Die Lagrange Funktion dieses Systems ist unabhängig gegen beliebige Verschiebungen in 3. Nach dem Satz von Noether gibt es daher drei erste Integrale, die Komponenten des Impulses, also folgt der Satz. Daher kann man für dieses Problem zu einem Inertialsystem übergehen, in dem der Massenmittelpunkt ruht. Es ergibt sich das folgende Korollar. 57

2 58 KAPITEL 3. STARRE KÖRPER Korollar Ein freier starrer Körper dreht sich um den Massenmittelpunkt, so als ob er an einem ruhenden Punkt 0 befestigt ist. Eine weitere Anwendung des Noetherschen Satzes ergibt, dass für die freie Bewegung eines starren Körpers mit festem Punkt, vier erste Integrale existieren: die drei Komponenten des Drehimpulses und die Energie. Die drei Komponenten des Drehimpulses erhält man aus der Invarianz der Lagrange Funktion unter beliebigen Drehungen. Satz Für die Bewegung eines starren Körpers mit festem Punkt gibt es vier erste Integrale, die Komponenten des Drehimpulses M 1, M 2, M 3, j = 1, 2, 3 und die Energie E = T. Die Lage und Geschwindigkeit des Körpers wird durch einen Punkt in T SO(3) angegeben. Die vier ersten Integrale sind vier Funktionen auf T SO(3). Diese Funktionen sind unabhängig, d.h. die Fläche M j = c j E = c > 0 beschreibt eine zweidimensionale Untermannigfaltigkeit V c T SO(3). Offenkundig ist dies eine invariante Mannigfaltigkeit für die Bewegung, Anfangswerte (für Lage und Geschwindigkeit) auf dieser Mannigfaltigkeit führen dazu, dass der Punkt für alle Zeiten auf dieser Mannigfaltigkeit bleibt. Daher gibt es ein tangentiales Vektorfeld an diese Mannigfaltigkeit. Ist c > 0, so gibt es keine Ruhelage, d.h. das Vektorfeld an diese Mannigfaltigkeit hat keine Singularitäten. Aufgabe Man zeige, dass V c ist. 1. kompakt und 2. orientierbar (Hinweis: T SO(3) ist orientierbar) Bemerkung Man kann zeigen, dass es eine einzige kompakte, zweidimensionale, orientierbare Mannigfaltigkeit gibt, die ein Vektorfeld ohne singuläre Punkte zuläßt, den Torus T Man kann sogar die Form der Gleichungen auf dieser Mannigfaltigkeit bestimmen und daraus ableiten, dass die Bewegung als Überlagerung zweier periodischer Bewegungen aufgefaßt werden kann. 3.2 Drehbewegungen starrer Körper Im folgenden sei k ein ruhendes, K ein mit dem Körper mitbewegtes Koordinatensystem, in dem der Körper ruht. Die folgende Tabelle faßt unsere Bezeichnungen

3 3.2. DREHBEWEGUNGEN STARRER KÖRPER 59 zusammen k Bezeichnung K q Ortsvektor Q v = q Geschwindigkeit V = Q ω Winkelgeschwindigkeit Ω m Drehimpuls M Es gibt eine Abbildung B : K k mit BQ = q, BΩ = ω und BM = m. B erhält Metrik und Orientierung, damit Skalarprodukt und Kreuzprodukt, insbesondere gilt für die Drehgeschwindigkeit v = ω q und für den Drehimpuls eines Massenpunktes und m = m(q (ω q)) M = m(q (Ω Q)). Insbesondere existiert ein linearer Operator Lemma A ist symmetrisch. Beweis. Es gilt für a, b, c 3 denn a b, c = Damit ergibt sich A = A(m, Q) : K K : AΩ = M. a b, c = c a, b, a 2 b 3 a 3 b 2 a 3 b 1 a 1 b 3 a 1 b 2 a 2 b 1, c 1 c 2 c 3 = c 1 a 2 b 3 c 1 a 3 b 2 + c 2 a 3 b 1 c 2 a 1 b 3 + c 3 a 1 b 2 c 3 a 2 b 1 = (c 1 a 2 c 2 a 1 )b 3 + (c 2 a 3 c 3 a 2 )b 1 + (c 3 a 1 c 1 a 3 )b 2 = c a, b AX, Y = m Q (X Q), Y = m Y Q, X Q = m X Q, Y Q = m Q (Y Q), X = AY, X = X, AY.

4 60 KAPITEL 3. STARRE KÖRPER Wir ersetzen X = Y = Ω und mit Ω Q 2 = V 2 = v 2 erhält man die Aussage: Korollar Die kinetische Energie eines Punktes im Körper dessen Winkelgeschwindigkeit durch den Vektor Ω gegeben ist, ist eine quadratische Form in Ω, nämlich T = 1 2 AΩ, Ω = 1 M, Ω. 2 Definition A wird als Trägheitsoperator, oder auch als Trägheitstensor des Punktes Q bezeichnet. Satz Das Drehmoment eines starren Körpers K hängt linear von der Winkelgeschwindigkeit Ω ab, d.h. es gibt einen linearen Operator AΩ = M. Dieser Operator A ist symmetrisch, die kinetische Energie des Körpers ist quadratisch in Ω und durch T = 1 2 AΩ, Ω = 1 M, Ω 2 gegeben. Beweis. Folgt durch Addition aus Lemma Da A symmetrisch ist, hat A drei reelle Eigenwerte, die nicht notwendig verschieden sind. Es sei ξ 1,2,3 eine orthonormale Eigenbasis mit Eigenwerten I 1,2,3. Lemma Bezüglich der Koordinaten in der eben angegebenen Basis haben Trägheitsmoment und kinetische Energie eine besonders einfache Form M i = I i Ω i T = 1 2 (I 1Ω I 2Ω I 3Ω 2 3 ). Bemerkung Sind die I 1,2,3 nicht alle verschieden, so sind die ξ 1,2,3 nicht eindeutig bestimmt. Satz Für die Rotation eines starren Körpers um den Punkt 0 mit Winkelgeschwindigkeit Ω = ωe um die Achse e ergibt sich die kinetische Energie zu T = 1 2 I eω 2 wobei I e = m i r 2 i und r i die Entfernung des i ten Punktes von der Achse ist. Beweis. Nach Definition ist T = 1 2 mi v 2 i, mit v i = ωr i. Daher findet man für T den gewünschten Ausdruck. Offenkundig hängt I e nur von der Achse e ab.

5 3.2. DREHBEWEGUNGEN STARRER KÖRPER 61 Definition I e heißt das Trägheitsmoment bezüglich der Achse e. Aus Lemma und Satz folgen zwei verschiedene Darstellungen für die kinetische Energie T. Ein Vergleich beider Ausdrücke führt zur nächsten Aussage. Korollar Die Eigenwerte I i des Trägheitstensors sind genau die Trägheitsmomente des Körpers bezüglich der Hauptachsen e i, die von den Vektoren ξ i aufgespannt werden. Wir betrachten nun wieder einen starren Körper, welcher am Punkt 0 fixiert ist. Für jede Achse e gibt es das zugehörige Trägheitsmoment I e. Nachdem man skaliert 1 e Ie und e die Einheitssphäre durchläuft, erhält man eine geometrische Figur E in K. Satz E ist ein Ellipsoid. Beweis. Für Ω = 1 Ie e erhalten wir T = 1 2 AΩ, Ω = 1 2. Also ist E = { Ω Ω = 1 } e Ie die Levelfläche einer quadratischen Form und daher ein Ellipsoid. Definition E heißt Trägheitsellipsoid des Körpers K bezüglich des Punktes 0. Man kann nun die Gleichung für E, AΩ, Ω = 1 mit Hilfe der Hauptachsen umschreiben, wir erhalten I 1 Ω 1 + I 2 Ω 2 + I 3 Ω 3 = 1. Damit stimmen die Hauptachsen des Trägheitsellipsoids mit den Hauptachsen des Trägheitstensors überein. Daraus schließen wir, dass zwei Körper mit gleichem Trägheitsellipsoid die gleiche Bewegungsgleichung besitzen, denn sie haben die gleiche Lagrange Funktion L = T. Daraus folgt, dass aus der Sicht der Bewegungsgleichung mit einem fixiertem Punkt der Raum aller starren Körper dreidimensional ist, unabhängig von der Anzahl der Punkte im Körper. Im Grenzfall n betrachtet man Körper mit Dichte ρ(q) und erhält als Trägheitsmoment I e = ρ(q)r 2 (Q)dQ.

6 62 KAPITEL 3. STARRE KÖRPER Wir betrachten nochmals einen starren Körper mit festen Punkt 0, wie zuvor sei M das Drehmoment relativ zu K, dem mit dem Körper mitbewegten Koordinatensystem und m das Drehmoment im ruhenden System. Wir haben m = BM. Da m in Abwesenheit äußerer Kräfte eine Konstante der Bewegung ist, gilt Als Bewegungsgleichung findet man m = B(t)M(t). Satz Beweis. dm = M Ω. (3.2.13) 0 = ṁ = (B(t)M(t)) = B M + ḂM = B M + ω m = B( M + Ω M). (3.2.13) wird als Eulersche Gleichung bezeichnet. Wegen des Zusammenhangs zwischen M und Ω, kann man es auch als Gleichung für Ω auffassen, dm 1 = a 1 M 2 M 3, dm 1 = a 2 M 3 M 1, dm 1 = a 3 M 1 M 2 (3.2.14) mit a 1 = I 2 I 3 I 2 I 3, a 2 = I 3 I 1 I 1 I 3, a 3 = I 1 I 2. Für die Komponenten von Ω ergibt sich I 1 I 2 I 1 dω 1 I 2 dω 2 I 3 dω 3 = (I 2 I 3 )Ω 2 Ω 3, = (I 3 I 1 )Ω 1 Ω 3, = (I 1 I 2 )Ω 1 Ω 2. Lemma Die Eulersche Gleichung hat zwei erste Integrale T = i=1 M 2 i I i, M 2 = 3 Mi 2. i=1 Beweis. Die Invarianz der ersten Funktion folgt aus der Energieerhaltung, die der zweiten aus der Erhaltung des Drehimpulses. Zu vorgegebenen Werten von T, M 2 findet die diesen Werten entsprechende Bewegung auf dem Schnitt eines Ellipsoides mit einer Sphäre statt. Daher ist es notwendig diesen Schnitt zu studieren. Hält man T fest erhält man durch die Variation des Drehimpulses (abhängig von den Anfangsbedingungen der Bewegung), unter der Voraussetzung I 3 > I 2 > I 1, die folgenden Fälle:

7 3.2. DREHBEWEGUNGEN STARRER KÖRPER 63 2EI 2 = M 2EI 1 > M > 2EI 2 2EI 1 = M M > 2EI 1 Der Schnitt ist leer, es gibt keine Bewegung für diese Werte M < 2EI 3 von M und E. Die Sphäre berührt das Ellipsoid in genau zwei Punkten, M = 2EI 3 diese sind stationäre Punkte der Bewegung. Der Schnitt von Sphäre und Ellipsoid besteht aus zwei 2EI 2 > M > 2EI 3 Kreisen, die jeweils einmal die stationären Punkt umlaufen. Diesmal schneiden sich die Beiden Flächen in der Vereinigung zweier Kreise, die sich in zwei Punkten schneiden. Die beiden Schnittpunkte der Kreise sind stationäre Punkte. Wieder besteht der Schnitt aus einem Paar disjunkter Kreise. Wir erhalten einen Schnitt aus zwei Punkten, die wiederum stationäre Lösungen bedeuten. Der Schnitt ist leer, es gibt keine Bewegung für diese Werte von M und E. Jeder Endpunkt der Halbachsen des Trägheitsellipsoids ist somit stationärer Punkt der Gleichung für M. Wieder entspricht einem festen Wert Ω des Vektors der Winkelgeschwindigkeit, längs einer Hauptachsen des Ellipsoids. Diese Bewegungen erhalten einen eigenen Namen. Definition Eine Bewegung längs der der Vektor der Winkelgeschwindigkeit konstant bleibt, heißt stationäre Rotation. Insgesamt haben wir damit gezeigt: Satz Ein starrer Körper, der an einem Punkt 0 fixiert ist und dessen Trägheitsellipsoid drei verschieden lange Hauptachsen besitzt, läßt stationäre Rotationen um jede seiner Hauptachsen zu. Dies sind die einzigen stationären Lösungen. Beweis. Es bleibt nur noch die Einzigkeit der zugehörigen stationären Lösungen zu zeigen. Dies ist klar, da die rechte Seite der Euler Gleichungen (3.2.13) keine weiteren Nullstellen hat. Satz Die stationären Rotationen, welche der längsten, bzw. der kürzesten Halbachse entsprechen, sind im Sinne Lyapunovs stabile Lösungen der Euler Gleichungen, die zur mittleren Achse sind instabil (im Sinne Lyapunovs). Beweis. Änderungen der Anfangswerte in der Nähe der längsten und kürzesten Halbachse führen auf periodische Lösungen, die in der Nähe der ursprünglichen Ruhelage bleiben. Im verbleibenden Fall der Ruhelage der mittleren Halbachse

8 64 KAPITEL 3. STARRE KÖRPER ergeben sich heterokline Verbindungen zum gegenüberliegenden Punkt, alle anderen Lösungen sind periodisch, die um eine der anderen Ruhelagen herumlaufen, also auch wenn sie nahe an deser Ruhelagen starten weit weglaufen (bis in die Nähe des gegenüberliegenden Punktes). Damit haben wir die Beschreibung der Bewegung in den Koordinaten (M; Ω) verstanden, will man diese im physikalischen Raum sehen, muss noch eine zusätzliche Überlegung eingebracht werden. Satz (Poinsot) 1 In jedem Moment bewegt sich der Körper, als ob sein Trägheitsellipsoid über eine auf dem Drehmoment m senkrecht stehenden Ebene rollt. Beweis. Man beachte, dass m eine Konstante der Bewegung ist. Das Ellipsoid rollt also entlang einer zu m senkrechten Ebene, wenn es zu jedem Zeitpunkt die Ebene berührt und die Relativgeschwindigkeit des Ellipsoids am Berührpunkt Null ist. Gegeben sei eine Ebene senkrecht zu m und tangential an den Ellipsoid B t E. Es gibt zwei solcher Ebenen. Sei π eine der beiden Ebenen. Um zu zeigen, dass diese Berührebene konstant ist, reicht es zu zeigen, dass ihr Abstand zum Ursprung (längs m) konstant ist. Am Berührpunkt ist die Normale zum Ellipsoid parallel zu m. Da das Ellipsoid der Gleichung genügt, ist der Gradient gegeben durch AΩ, Ω = 1 AΩ, Ω = 2AΩ = 2M. Da B(.) orthogonal ist, ist B(t)E durch die Gleichung Ãω, ω = 1, mit à = BABT, charakterisiert. Mit ξ = 1 2T Aξ, ξ = 1 ergibt sich und ξ B(t)E. Wie oben ergibt sich für den Gradienten der das Ellipsoid B(t)E definierenden Funktion Aξ, ξ = 2Aξ = 2m. Betrachtet man den Vektor ξ, am Schnittpunkt von B(t)E mit π, so sind m und Aω kolinear., Der Abstand von π zum Ursprung ist gegeben durch ω, m. Dieser ergibt sich zu ξ, m = 1 2T ω, m = 1 2T Aω, ω = 1 2T. 1 Louis Poinsot ( ), auf ihn geht der Begriff des Drehmomentes zurück. Er führte auch das Trägheitsellipsoid ein.

9 3.3. DER LAGRANGE KREISEL 65 Der letzte Ausdruck ist eine Konstante der Bewegung, somit berührt das Ellipsoid immer die gleiche Ebene. Da der Vektor der momentanen Drehgeschwindigkeit die Ebene am Berührpunkt schneidet, ist die relativ Geschwindigkeit Null. Korollar Bei Anfangsbedingungen, nahe den stationären Drehungen um die lange, bzw. kurze Halbachse bleibt die Drehachse nahezu konstant. Beweis. Geometrisch klar! Wir betrachten die Bewegung des Kontaktpunktes in der Ebene π. Hat der Kontaktpunkt eine vollständige Umdrehung auf dem Ellipsoid durchlaufen, ist das Ellipsoid in die Ausgangslage zurückgekehrt, außer dass es eine Drehung um einen Winkel α um m ausgeführt hat. Das gleiche passiert bei allen weiteren Umläufen, daher ist die Bewegung periodisch, ist α nicht rational von π abhängig kehrt er nie in die Ausgangslage zurück. Bemerkung Wirken auf den Körper äußere Kräfte, so dass das Gesamtdrehmoment n bezüglich k und N, n = BN bezüglich K ist, dann gilt ṁ = n oder dm = M Ω + N. 3.3 Der Lagrange Kreisel In diesem Abschnitt betrachten wir die Drehbewegung eines Körpers mit festem Punkt unter Einfluß der Schwerkraft. Entsprechend dem Noetherschen Satz findet man zwei erste Integrale: Energie und die Projektion M z von M auf die z-achse. Man erhält ein drittes erstes Integral, wenn der Körper eine Rotation um die eigene Achse zuläßt. Definition Ein Kreisel wird als symmetrisch oder lagrangesch bezeichnet, wenn der starre Körper an einem Punkt befestigt ist und das Trägheitsellipsoid bezüglich einer Achse A durch diesen Punkt rotationssymmetrisch ist und der Massenmittelpunkt auf dieser Rotationsachse liegt. Nun ändert die Rotation um A die zugehörige Lagrange Funktion nicht, d.h. es gibt ein weiteres erstes Integral. Natürlich erhält man die Projektion des Drehimpulses M A auf A. Nun bietet es sich an, die Koordinaten so zu wählen, dass die Drehwinkel um die z-achse, bzw. um Achse A als Koordinaten auftreten, so sind diese Koordinaten zyklisch und wir haben das Problem auf die Bewegung mit einem Freiheitsgrad reduziert. Zur Erinnerung der Konfigurationsraum ist die Gruppe SO(3). Wahl von Koordinaten entspricht der Wahl von Koordinaten

10 66 KAPITEL 3. STARRE KÖRPER auf dieser Mannigfaltigkeit. Wir wählen zwei positiv orientierte Orthonormalbasen im Punkt 0: 1. Eine Basis e 1, e 2, e 3 in Richtung der drei Hauptachsen des Trägheitsellipsoids. 2. e x, e y, e z eine Basis für ein im Punkt 0 ruhendes Koordinatensystem. Ferner seien I 1, = I 2 I 3 die Trägheitsmomente des Körpers zum Punkt 0. Mit e N wird ein Einheitsvektor im ruhenden Koordinatensystem bezeichnet, dessen Richtung durch e N = e z e 3 gegeben wird. Definition Die von e N aufgespannte Achse wird Knotenlinie genannt. Lemma Es gibt drei ebene Drehungen, welche die Basis e x, e y, e z des ruhenden Systems in die Achsen e 1, e 2, e 3 des bewegten Systems überführen: 1. Drehung um den Winkel ϕ um die e z -Achse. 2. Drehung um θ um die e N Achse. 3. Drehung um ψ um die e 3 -Achse. Beweis. Man beachte, dass das Lemma triviall ist, wenn e 3 und e z kolinear sind. Dies behandelt den Fall e N = 0. Im weiteren sei also e N 0. Bei der ersten Drehung bleibt e z fest, während e x in e N übergeht (geeignete Wahl von ϕ). Aufgrund der Konstruktion ist e N e 3 und e N e z. Daher gibt es eine Drehung um e N um einen Winkel θ, welche e z in e 3 überführt. Schließlich drehen wir um die e 3 -Achse, so dass e N in e 1 transformiert wird. Damit hat man erreicht, dass e z e 3 und e x e N e 1 gedreht wird. Damit muss auch e y in e 2 überführt werden. Definition Die Winkel ϕ, θ, ψ werden als Eulersche Winkel bezeichnet. Damit hat man gezeigt Satz Jedem Zahlentripel (ϕ, θ, ψ) [0, 2π) [0, π] [0, 2π) wird ein Element B(ϕ, θ, ψ) SO(3) zugeordnet, welches die beiden Basen ineinander überführt. Die Abbildung (ϕ, θ, ψ) B(ϕ, θ, ψ) für 0 φ < 2π, 0 ψ < 2π und 0 θ π ergibt lokale Koordinaten für die Konfigurationsmannigfaltigkeit SO(3).

11 3.3. DER LAGRANGE KREISEL 67 Der nächste Schritt besteht in der Herleitung der Lagrange Funktion. Die beiden Summanden ergeben sich wie folgt: U = zg dρ = mgz 0 = mgl cos(θ), wobei z 0 die Höhe des Massenmittelpunktes über 0 ist. Für die Herleitung der Winkelgeschwindigkeit setzen wir an entsprechender Stelle ϕ = ψ = 0 (und beachten, dass die Lagrange Funktion, von diesen Variablen nicht abhängt) und erhalten Lemma ω = θ cos ϕ ψ sin ϕ sin θ θ sin ϕ ψ cos ϕ sin θ ϕ + ψ cos θ Beweis. Wir betrachten einen Punkt, der zu einem Zeitpunkt t am Ort q (im ruhenden Koordinatensystem) ist. Wir wollen ω mittels der Eulerschen Winkel ausdrücken. Wir erinnern, dass ω über die Gleichung v = ω q = Rq, mit einer schiefsymmetrische Matrix identifiziert werden kann. B hat als Produkt von drei Drehungen die Darstellung cos ϕ sin ϕ cos ψ sin ψ 0 B = sin ϕ cos ϕ 0 0 cos θ sin θ sin ψ cos ψ sin θ cos θ = cos ϕ cos ψ sin ϕ sin ψ cos θ cos ϕ sin ψ sin ϕ cos ψ cos θ sin ϕ sin θ sin ϕ cos ψ + cos ϕ sin ψ cos θ sin ϕ sin ψ + cos ϕ cos ψ cos θ cos ϕ sin θ sin ψ sin θ cos ψ sin θ cos θ vgl. Miller[12] oder auch Seite 108ff in [7]. Wir beachten, dass q(t) = B(ϕ(t), θ(t), ψ(t))q, ist, und damit ist v die totale Ableitung v = d B(ϕ(t), θ(t), ω(t))q = DB(ϕ(t), θ(t), ω(t)) ϕ(t) θ(t) ω(t) q. Für R erhält man aus die Darstellung ϕ(t) DB(ϕ(t), θ(t), ψ(t)) θ(t) ψ(t) q = v(t) = R(t)q(t) = R(t)B(ϕ(t), θ(t), ψ(t))q,

12 68 KAPITEL 3. STARRE KÖRPER wobei DB : 3 3 T SO(3) die Ableitung ist, die Form ϕ R(t) = DB( θ ψ (B(ϕ, θ, ψ)) 1 T 1l SO(3). Für die weitere Rechnung nehmen wir zur Vereinfachung an, dass ϕ = ψ = 0 ist. Dann ist ϕ 0 cos θ sin θ DB(0, θ, 0) θ = ϕ + ψ Die Multiplikation mit sin θ cos θ 0 cos θ sin θ B(0, θ, 0) 1 = θ cos θ sin θ 0 sin θ cos θ cos θ 0 0 sin θ 0 0 ψ. ergibt R als R = Damit ergibt sich für ω der Vektor 0 ϕ cos θ ψ sin θ ψ ϕ + cos θ ψ 0 θ sin θ ψ θ 0 ω = θ sin θ ψ ϕ + cos θ ψ.. Daraus ergibt sich die behauptete Formel (für ϕ = ψ = 0). Aus dem Lemma erhält man als kinetische Energie T = 1 (I 1 ( 2 θ cos ϕ ψ sin ϕ sin θ) 2 + I 2 ( θ sin ϕ + ψ cos ϕ sin θ) 2 + I 3 ( ϕ + ψ ) cos θ) 2. Sind I 1 und I 2 gleich, so ist T unabhängig von φ und ψ, denn ( θ cos ϕ ψ sin ϕ sin θ) 2 + ( θ sin ϕ + ψ cos φ sin θ) 2 = θ 2 + ψ 2 sin 2 θ. Mit L = T U hat man schließlich die Lagrange Funktion. Wie erwartet sind ϕ, ψ zyklische Koordinaten und damit die dazu konjugierten Impulse Erhaltungsgrößen. Es bleibt ein System mit einem Freiheitsgrad, wir wollen uns in den Übungen noch einige Gedanken dazu machen.