4 Starrer Körper

4 Starrer Körper
Ausgearbeitet von Frank-Thomas Lentes und Franz-Josef Herloch
4.1 Translation und Rotation des starren Körpers - die
Euler-Winkel
Definition:
Ein System von N Massenpunkten, deren Relativabstände festgelegt sind,
nennt man einen starren Körper; es gilt:
4
1
Abbildung 47:
Die Zahl der Freiheitsgrade eines Systems mit N Massenpunkten beträgt 3N.
Beim starren Körper sind diese durch die Zwangsbedingungen immer auf 6
reduziert (z.B.: 4 Massepunkte → 12 Freiheitsgrade, 6 starre Verbindungen
’Zwangsbedingungen’ → 6 Freiheitsgrade). Die 6 Freiheitsgrade spalten sich
in je 3 der Translation und Rotation auf. Man benötigt also 6 verallgemeinerte
Koordinaten zur vollständigen Beschreibung einer Bewegung des starren
Körpers, ausgedrückt durch die Bewegung des körperfesten Koordinatensystems
gegenüber dem Laborsystem.
Es gilt:
96
3
2

x
z
R
x’
r
z’
Abbildung 48:
r = R + r ′
Dabei ist R der Vektor zum Ursprung des raumfesten zum Ursprung des
körperfesten Systems.
I. Translation:
Diese wird durch die Schwerpunktskoordinaten beschrieben.
Rs =
y’
N
i=1 miri
N
i=1 mi
bei kontinuierlicher Massenverteilung:
Rs =
rp(r)dτ
p(r)dτ
97
r’
y

II. Rotation (Eulerwinkel):
Man legt der Einfachheit halber die Nullpunkte der beiden Koordinatensysteme
zusammen. Jede beliebige Drehung des körperfesten Systems
gegenüber dem raumfesten System kann durch 3 nacheinander
ausgeführte Rotationen gegeben werden.
a) Drehung um die z-Achse um φ
b) Drehung um die so erhaltene x-Achse um ϑ
c) Drehumg um die z ′ -Achse um ψ
zu a)
In Matrixschreibweise gilt:
⎛
⎝
x
Z
φ x’’
Abbildung 49: zu a)
x ′
y ′
z ′
⎞
R1 (Rotation um die z-Achse)
⎧
⎨
⎩
x ′ = cos φx + sin φy + 0z
y ′ = − sin φx + cos φy + 0z
z ′ = z
⎛
⎠ = R3R2R1 ⎝
⎫
⎬
x
y
z
y’’
y
⎞
⎠
⎛
⎭ ⇒ R1 = Rφ = ⎝
Für die beiden anderen Drehungen erhält man analog
98
cos φ sin φ 0
− sin φ cos φ 0
0 0 1
⎞
⎠

zu b)
und c)
Z’
ϑ
ψ
Z
Abbildung 50: zu b) und c)
R2 = Rϑ =
R3 = Rψ =
⎛
⎝
⎛
⎝
x’
y’
x’’
1 0 0
0 cos ϑ sin ϑ
0 − sin ϑ cos ϑ
y
cos ψ sin ψ 0
− sin ψ cos ψ 0
0 0 1
Die Gesamttransformation erhält man durch Matrizenmultiplikation:
⎛
R3R2R1 = ⎝
⎞
⎠
⎞
⎠
cos ψ cos φ − cos ϑ sin ψ sin φ cos ψ sin φ + cos ϑ sin ψ cos φ sin ψ sin ϑ
− sin ψ cos φ − cos ϑ cos ψ sin φ − sin ψ sin φ + cos ϑ cos ψ cos ψ cos φ sin ϑ
sin ϑ sin φ − sin ϑ cos φ cos ϑ
III. Winkelgeschwindigkeit im körperfesten System
Diese setzen sich aus den Projektionen von ˙ φ, ˙ ψ und ˙ ϑ auf die Koordinatenachsen
des körperfesten Systems zusammen.
⎛
ω = ⎝
ω1
ω2
ω3
⎞
⎛
⎠ = ⎝
99
p
q
r
⎞
⎠

X
a)
b)
c)
ω 1
Z
ω 3
Abbildung 51:
˙ψx ′ = ˙ ψy ′ = 0; ˙
ω 2
ψz ′ = ˙ ψ
ψ wurde als Drehung um die z ′ -Achse eingeführt.
˙ϑz ′ = 0; ˙ ϑx ′ = ˙ ϑ cos ψ; ˙ ϑy ′ = − ˙ ϑ sin ψ
˙φz ′ = ˙ φ cos ϑ; ˙ φx ′ = ˙ φ sin ϑ sin φ; ˙ φy ′ = ˙ φ sin ϑ cos φ
Damit ergibt sich für
⎛
ω = ⎝
ω1
ω2
ω3
⎞
⎛
⎠ = ⎝
˙φ sin ϑ sin ψ + ˙ ϑ cos ψ
˙φ sin ϑ cos ψ − ˙ ϑ sin ψ
˙φ cos ϑ + ˙ ψ
100
⎞
⎛
⎠ = ⎝
p
q
r
⎞
⎠
Y

IV. D’Alembert’sches Prinzip
Wir suchen nun die Bewegungsgleichungen des starren Körpers im Laborsystem
(Inertialsystem), wo die Newton’schen Bewegungsgleichungen
gelten. Dazu wird das d’Alembert’sche Prinzip benutzt:
Bewegungsgleichung:
Fiδri = 0
i
weiter: mi ¨ ri = Fi + F i
⇒
(mi ¨ ri − Fi) · δri = 0
i
Zwei δri sind möglich, die mit den Nebenbedingungen des starren Körpers
verträglich sind: Translation und Rotation.
1. Translation:
δri = ɛ
(mi ¨ ri − Fi) · ɛ = 0
i
⇒ ɛ ·
mi ¨ ri = ɛ ·
Fi
Wir definieren die resultierende Kraft:
i
Fres =
Fi
Und die Schwerpunktskoordinate:
Rs =
⇒ M ¨ Rs = krs
i
i miri
;
i mi
i
mi = M
Der starre Körper bewegt sich so, als ob die gesamte kres an Rs
angreifen würde.
101
i

i
ε
Abbildung 52:
2. Rotation:
Wir rotieren den starren Körper um ɛ.
Es gilt:
Man erhält: (Spatprodukt)
δri = ɛ × ri
Zyklische Vertauschung liefert:
oder
(ɛ ×
ri) · (mi ¨ ri − Fi) = 0
ɛ · (ri × ¨ ri)mi − ri ×
Fi
d
dt
i
i
= 0
δri
da ri × ¨ ri = d
dt (ri × ˙ ri), folgt:
mi(ri × ˙ ri) =
ri × Fi
102
i

d
dt
ri × pi =
ri ×
Fi
i
⇒ ˙ J = M
i
PN i=1 ri× Fi= M
P N
i=1 ri×pi= J
i.W.: Die zeitliche Änderung des Drehimpulses ist gleich dem Drehmoment.
Reine Rotation des starren Körpers:
Wie bereits erklärt, ist
Für R = 0 ergibt sich:
Damit erhält man:
Da gilt:
folgt:
J =
ri = R + r ′ i bzw. ˙ ri = ˙ R + ω × r ′ i
ri = r ′ i bzw. ˙ ri = ω × r ′ i
N
ri × pi =
i=1
N
i=1
mir ′ i × (ω × r′ i )
a × (b × c) = (ac) · b − (a b)c,
J =
N
i=1
mir ′ 2
i ω − mir ′ i(r ′ iω)
Für die k-te Komponente von J erhält man:
beachte:
Jk =
3
δkℓ = 1
ℓ=1
N
i=1
mi
r ′ 2
i
3
3
δkℓωℓ − x
ℓ=1
′ ik x
ℓ=1
′ iℓωℓ 103

folgt:
Allgemein ist
Jk =
N
i=1
mi
r ′ 2
i
3
3
δkℓ · ωℓ − x
ℓ=1
′ ik x
ℓ=1
′ iℓωℓ J = Θω oder Jk =
3
ℓ=1
Θkℓωℓ
Durch Koeffizientenvergleich erhält man: - Trägheitstensor -
Θkℓ =
N
i=1
mi(r ′ 2
i δkℓ − x ′ ikx ′ iℓ)
Bei kontinuierlicher Massenverteilung hat man
Θkℓ =
Θxx =
Θxy = −
ρ(r)(r 2 δkℓ − xkxℓ)dτ
ρ(r)(y 2 + z 2 )dτ
ρ(r)xydτ
Die Diagonalelemente Θkk nennt man Trägheitsmomente, die Außerdiagonalelemente
Deviationsmomente. Jeder symmetrische Tensor kann auf Hauptachsen
transformiert werden, d.h. er kann durch Rotation auf Diagonalform
gebrachte werden. (A, B, C = Hauptträgheitsmomente).
⎛
RΘR −1 = ⎝
A 0 0
0 B 0
0 0 C
Wir wählen die Koordinatenachsen des körperfesten Systems so, dass sie parallel
zu den Hauptträgheitsachsen sind; dann ist der Trägheitstensor diagonal,
und es gilt:
Jx ′ = A · p; Jy ′ = B · q; Jz ′ = C · r
104
⎞
⎠

Berechnung der Rotationsenergie:
T = 1
2
T = 1
2
i
mi ˙ r 2 i mit: ˙ ri = ω × r ′ i
mi(ω × r ′ i)(ω × r ′ i)
i
benutze (a × b)(c × d) = (ac)( b d) − (a d)( bc) T = 1
N 3
mi(r
2
′ 2
i δkℓ − r ′ ikr ′ iℓ)ωkωℓ
T = 1
2
i=1 k,ℓ=1
3
k,ℓ=1
Nach Diagonalisierung hat man
Rotation und Translation:
Einsetzen in T liefert:
Θkℓωkωℓ
T = 1
2 Ap2 + 1
2 Bq2 + 1
2 Cr2
˙ri = ˙ R + ω × r ′ i
T = 1
N
mi
2
i=1
˙ ri = 1
N
˙R mi
2
i=1
2
+
Translation
1
3
N
˙R(ω ωkΘkℓωell + mi × ri)
2
k,ℓ=1
i=1
Rotation
N
Wähle R ′ s
˙r·ω×
i=1
mir ′ i
M· R ′ s
= 0, d.h. Nullpunkt des körperfesten Systems. Dann erhält man:
T = 1
2
N
i=1
mi
˙R 2 + 1
2
105
k,ℓ
Θkℓωkωℓ

4.2 Die Euler’schen Gleichungen
Die bisherigen Bewegungsgleichungen gelten nur für das Laborsystem. Die
zeitlichen Änderungen von Impuls und Drehimpuls sind auf dieses ruhende
System bezogen.
˙J = M und M ¨ R = Fres
Wir leiten nun die Bewegungsgleichungen im körperfesten System her. Dabei
wollen wir uns auf reine Rotation beschränken. Für den Zusammenhang
zwischen der Änderung eines Vektors im Laborsystem und im körperfesten
gilt:
bzw. für zeitliche Änderung:
(da)L = (da)K + d φ × a
da
da
= + ω × a
dt L dt K
Da dies für jeden beliebigen Vektor gilt, ergibt sich für den Drehimpuls:
dJ
=
dt L
M =
dJ
+ ω ×
dt K
J
(Eulersche Gleichung)
Bewegungsgleichung im bewegten Bezugssystem. M kann nach jedem beliebigen
System zerlegt werden. Unter der Voraussetzung, dass das körperfeste
System durch die Hauptträgheitsachsen festgelegt ist, gilt:
Jx ′ = A · p; Jy ′ = B · q; Jz ′ = C · r
In Komponentenschreibweise gilt:
A ˙p + (C − B)rq = Mx ′
B ˙q + (A − C)pr = My ′
C ˙r + (B − A)pq = Mz ′
d
J
=
dt K
d
⎛
⎝
dt
d
J
=
dt K
d
dt
106
⎛
⎝
Ap
Bq
Cr
Ap
Bq
Cr
⎞
⎡
⎠ ; ω × J = det ⎣
⎞
⎡
⎠ ; ω × J = det ⎣
i j h
p q r
Ap Bq Cr
i j h
p q r
Ap Bq Cr
⎤
⎦
⎤
⎦

Beispiel: Freie Rotation ( M = 0)
Die Gleichungen vereinfachen sich zu:
“Energiesatz“ “Drehimpulssatz“
A ˙p + (C − B)qr = 0 ·p ·Ap
B ˙q + (A − C)pr = 0 ·q ·Bq
C ˙r + (B − A)pq = 0 ·r ·Cr
Aus diesen Gleichungen folgt sofort der Energiesatz, wenn diese gemäß o.a.
Vorschrift behandelt und addiert werden:
Ap ˙p + Bq ˙q + Cr ˙r = 0 = d 1
dt
⇒
Analog erhält man den Drehimpulssatz:
⇒
2 (Ap2 + Bq 2 + Cr 2 )
1
2 (Ap2 + Bq 2 + Cr 2 ) = const.
Rotationsenergie
A 2 p ˙p + B 2 q ˙q + C 2 r ˙r = 0 = d 1
dt 2 (A2p 2 + B 2 q 2 + C 2 r 2 )
1
2 (A2 p 2 + B 2 q 2 + C 2 r 2 ) = const.
J 2 =const.(Betrag des Drehimpulses zum Quadrat = konstant.)
Stabilität der Rotation
Behauptung:
Die Rotationen um die Achsen größten und kleinsten Trägheitsmomentes
sind stabil.
Beweis:
Wir betrachten die Rotation eines drei-achsigen Ellipsoides um die x ′ -Achse
im körperfesten System und lassen kleine Abweichungen zu. Für die Komponenten
von ω soll gelten:
p = p0 + π
q = 0 + ɛ
r = 0 + ρ
(π, ɛ, ρ sind kleine Abweichungen im Sinne der kleinen Schwingungen.)
107

A ˙p + (C − B)qr = 0
B ˙q + (A − C)rp = 0
C ˙r + (B − A)pq = 0
Entwicklung der Euler’schen Gleichungen bis zur ersten Ordnung in π, ɛ, ρ
liefert:
Differenzieren von (76) gibt:
Einsetzen von ˙ρ liefert:
oder:
A ˙π == (da q0 = r0 = 0) (75)
B ˙ɛ + (A − C)p0ρ = 0 (76)
C ˙ρ + (B − A)p0ɛ = 0 ⇒ ˙ρ =
B¨ɛ + (A − C)p0 ˙ρ = 0
A − B
B¨ɛ + (A − C)p0
C p0ɛ = 0
A − C
A − B
¨ɛ +
p
B C
2 0ɛ = 0
Aus der Theorie der Schwingungen ist bekannt, dass
ω 2 0 =
A − C
A − B
B C
B − A
C p0ɛ (77)
Man erhält stabile Lösungen, d.h. kleine Schwingungen um die Gleichgewichtslage,
wenn ω 2 0 > 0. Daraus folgt: A > C, B oder A < C, B. Daher muss
A das größte oder kleinste Hauptträgheitsmoment sein.
108
p 2 0

Spezialfall:
Der symmetrische Kreis (A = B = C).
Die Euler’schen Gleichungen vereinfachen sich zu:
A ˙p + (C − A)qr = 0
A ˙q + (A − C)rp = 0
C ˙r = 0 ⇒ r = const. = r0
(Winkelgeschwindigkeit um z ′ -Achse konstant)
Setze C−A
A r0 = ω0, damit folgt:
Addition ergibt:
˙p + ω0q = 0
˙q − ω0p = 0 | · i
d
dt (p + iq) − iω0(p + iq) = 0
d
dt (p + iq) = iω0(qi + p)
Setze p + iq = Ae iω0t , damit erhält man:
p = A cos ω0t
q = A sin ω0t
Dabei wird A als reell angenommen, das bedeutet eine bestimmte Wahl des
Nullpunktes zur Zeit t = 0.
Daher lautet die Lösung:
p(0) = A = p0
q(0) = 0
109

p = p0 cos
q = p0 sin
C − A
A r0
t
C
− A
A r0
t
Die Projektion von ω auf die x ′ -, y ′ -Ebene rotiert dort mit der Frequenz
ω0 =
wobei deren Betrag konstant bleibt:
C − A
A r0;
p 2 + q 2 = p0
Da r = r0 ebenfalls konstant ist, rotiert ω gleichmäßig um die Figurenachse
z ′ . Weil im Hauptachsensystem
Jx ′ = Ap und Jy ′ = Aq und Jz ′ = Cr0
sind, führt also J dieselbe Bewegung um die Figurenachse aus:
Die Präzessionsfrequenz umso kleiner, je kleiner die Differenz der beiden
Hauptträgheitsmomente ist. Im raumfesten System rotiert der Kreisel um
die Drehimpulsachse (reguläre Präzession).
4.3 Der Schwere symmetrische Kreisel
Symmetrischer Kreisel mit zusätzlichem Drehmoment. Der Kreisel befinde
sich im Schwerefeld, wobei ein Punkt auf der z ′ -Achse, der nicht der Schwerepunkt
ist, festgehalten wird. Die Lösung erfolgt mit Hilfe der Lagrange-
Gleichung II. Art.
L = T − U
U = mgℓ cos ϑ = W cos ϑ
T = 1
2 A(p2 + q 2 ) + 1
2 Cr2
(im körperfesten System, auf Hauptachsen transformiert)
110

Z
l * cos
vartheta
l
vartheta
mg
Abbildung 53: A = B = C
Figurenachse
Z’
p, q, r werden wie bekannt durch die Eulerwinkel ausgedrückt.
Einsetzen in T liefert:
p = ˙ ϑ cos ψ + ˙ φ sin ϑ sin ψ
q = − ˙ ϑ sin ψ + ˙ φ sin ϑ cos ψ
r = ˙ φ cos ϑ + ˙ ψ
L = 1
2 A( ˙ ϑ 2 + ˙ φ 2 sin 2 ϑ) + 1
2 C( ˙ φ cos ϑ + ˙ ψ) 2 − W cos ϑ
φ und ψ kommen in L nicht vor; deshalb gibt es zwei Konstanten der Bewegung:
∂L
∂ ˙ φ = const. = pϕ = A sin 2 ϑ ˙ φ + C( ˙ φ cos ϑ + ˙ ψ) cos ϑ (78)
∂L
∂ ˙
ψ = const. = Pψ = C( ˙ φ cos ϑ + ˙ ψ) (79)
111
y

Statt der Lagrange-Gleichung für ϑ und ˙ ϑ, benutzen wir den Energiesatz:
E = T + U = 1
2 A( ˙ ϑ 2 + ˙ φ 2 sin 2 ϑ) + 1
2 C( ˙ φ cos ϑ + ˙ ψ) 2 + W cos ϑ
a) Mit Hilfe von Pϕ und Pψ werden ˙ φ und ˙ ψ elliminiert:
Pϕ = A sin 2 ϑ ˙ φ + C cos 2 ϑ ˙ φ + C cos ϑ ˙ ψ
Einsetzen in E liefert:
Pψ = C cos ϑ ˙ φ + C ˙ ψ
⇒ ˙ φ =
P φ − cos ϑP ψ
A sin 2 ϑ
˙ψ = Pψ
C − cos ϑ ˙ φ
· − cos ϑ
E = 1
2 A ˙ ϑ 2 + (Pϕ − cos ϑPψ) 2
2A sin 2 +
ϑ
(Pψ) 2
+ W cos ϑ
2C
Damit ergibt sich für
˙ϑ 2 = 2
E −
A
(Pϕ − cos ϑPψ) 2
2A sin2 −
ϑ
P 2 ϕ
2C
Da ˙ ϑ = dϑ
dt bzw. dt = dϑ ˙ ϑ ist, folgt:
t − t0 =
ϑ
ϑ0
2
A
− W cos ϑ
E − (Pϕ − cos ϑPψ) 2
2A sin2 2 (Pψ)
− − W cos ϑ
ϑ 2C −1/2 dϑ
Damit hat man t − t0 = F (ϑ) bzw. ϑ = F −1 (t − t0). Analog erhält man
aus Pϕ und Pψ entsprechende Gleichungen für φ und ψ.
112

)
c)
⇒ φ − φ0 =
Pϕ = A sin 2 ϑ ˙ φ + P ψ cos ϑ (Pϕ benutzt)
˙φ = Pϕ − Pψ cos ϑ
A sin 2 ϑ
t
t0
Pϕ − cos ϑPψ
A sin 2 dt
ϑ
Pψ = C( ˙ φ cos ϑ + ˙ ψ)
˙ψ = Pψ
C − ˙ φ cos ϑ
t
Pψ
⇒ ψ − ψ0 =
C − ˙
φ cos ϑ dt
4.4 Rotierendes Koordinatensystem
Coriolis Kraft
Im Abschnitt 4.2. wurden die Kreiselgleichungen
˙J = M
die im Laborsystem gegeben waren, in das bewegte körperfeste Koordinatensystem
transformiert. Dies waren die Euler’schen Gleichungen. Im Folgenden
schreiben wir die vollständigen Newton’schen Bewegungsgleichungen in das
körperfeste System um. Dazu benutzen wir:
da
=
dt L
Im Laborsystem gilt:
t0
da
+ (ω × a) (siehe Kapitel 4.2)
dt K
m d2 r
dt 2 = F
Unter Verwendung o.a. Beziehung erhält man:
113

d2r m
dt2
K
+ ω ×
m d
dr
+ (ω × r)K
dt dt K
beliebiger Vektor
d
dr
m + ω ×
+ (ω × r)K
dt K
dt K
Operator
dr
+ (
dt K
˙
dr
ω × r)K + ω × + ω × (ω × r)K
dt K
Wir lassen jetzt den Index K weg, da alle Operationen im körperfesten System
auszuführen sind. Damit folgt:
m ¨ r = F − 2m(ω × ˙ r) − m( ˙ ω × r) − mω × (ω × r)
Im rotierenden System treten zu den äußeren Kräften auch noch Scheinkräfte
auf:
• ( ˙ ω × r):
rührt von zeitlichen Änderungen der Winkelgeschwindigkeit her.
= F
= F
= F
• mω × (ω × r) ist die Zentrifugalkraft. Für den Spezialfall ω ⊥ r geht
sie in die bekannte Form mω 2 r über.
• −2m(ω × ˙ r) = 2m( ˙ r × ω): Coriolis-Kraft
Beispiele:
1. Windablenkung auf der Erde
In der Meteorologie ist die Coriolis-Kraft für die Linksdrehung der Tiefdrucksystem
auf der Nordhalbkugel verantwortlich.
2. Fall eines Steines auf die Erde
Man erwartet eine Ablenkung nach Osten; der Stein hat in Abwurfhöhre
einen größeren Abstand vom Erdmittelpunkt als an der Erdoberfläche,
jedoch die gleiche Winkelgeschwindigkeit. Deshalb ist seine Tangentialgeschwindigkeit
am Aufprallort größer als die der Erde. Es gilt:
m ¨ r = −2mω × ˙ r + F
114

W
N
ω
S
O
Tief
Abbildung 54: Nördliche Halbkugel = Ablenkung nach rechts; Südliche Halbkugel
= Ablenkung nach links
Zerlegung von ω
Abbildung 55:
ω
p x
(restliche Terme vernachlässigt)
115
Z

ω = (− cos ϕ · ω, 0, sin ϕ · ω)
k = (0, 0, −mg)
˙r = ( ˙x, ˙y, ˙z)
r0 = (0, 0, z0 = h)
Die drei Bewegungsgleichungen lauten:
¨x = 2ω ˙y sin ϕ
¨y = −2( ˙zω cos ϕ + ˙xω sin ϕ)
¨z = 2(ω ˙y cos ϕ) − g
Integriere die 1. und 3. Gleichung
˙x = 2ω sin ϕ · y
˙z = 2ω cos ϕ · y − gt
⇒ ¨y = −2ω cos φ(2ω cos ϕ · y − gt) − 2ω sin ϕ(2ω sin φ · y)
Da |ω| = 2π
24h = 7, 29 · 10−5 s −1 (für die Erde) sehr klein ist, verglichen
mit der Fallzeit des Steines, können wir in ¨y die Terme, die quadratisch
im ω sind, vernachlässigen. Man erhält:
¨y = 2ω gt cos φ ⇒ ˙y = ω gt 2 cos φ ⇒ y(t) = 1
ωg cos φ · t3
3
Die Integrationskonstanten sind wegen der Anfangsbedingungen alle 0.
Die Ablenkung nach Osten ist ∆y = 1
3 gω cos φ · T 3 (T = Fallzeit).
Da h = 1
2 gt2 , folgt T =
2h.
Eingesetzt erhält man:
g
∆y = 1
2h
3/2 ωg cos φ
3 g
Bei h = 100m und ϕ = 0 (Äquator) ⇒ ∆y = 2cm.
116

3. Foucault’sches Pendel
Im Prinzip hat man die Lagrange-Funktion für ein Kugelpendel aufzustellen.
Für x y
und

Lösungsansatz:
⇒ ¨x = −g x
+ 2 ˙yω sin φ
ℓ
¨y = −g y
− 2 ˙xω sin φ | · i
ℓ
Setze: z = x + iy
¨z = − g
ℓ z − 2ω sin ϕ(i ˙x + i2 ˙y)
¨z = − g
z − 2ω sin ϕi ˙z
ℓ
Z = Ce iαt
Die charakteristische Gleichung lautet:
α 2 − g
ℓ
+ 2αω sin φ = 0
α1/2 = −ω sin φ ± ω2 sin 2 φ + g
ℓ
ω 2 sin 2 φ ≤ ω 2 = 53 10 −10 · d −2

⇒ x0 = C1 + C2
˙z = −i sin φωe −i sin φωt C1e i√ g
ℓ t + C2e −i√ g
ℓ t
+e −i sin φ·ωt C1i
g
ℓ ei√ g
ℓ t + C2(−i)
g
ℓ e−i√ g
ℓ t
g
0 = −i sin ϕω(C1 + C2) + i C1 − C2)(sin ϕ · ω