Eulersche Winkel

24.04.2021, 08:34	wunder-chris	Auf diesen Beitrag antworten »
Eulersche Winkel Meine Frage: Ich habe eine Unklarheit bezüglich der Eulerschen Winkel. Ich kann ja alle orientierungserhaltenden orthogonalen Abbildungen mit den eulerschen Winkeln ausdrücken. Ein Würfel sei durch seine Eckkoordinaten gegeben. x= 0 1 1 0 0 1 1 0 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 Ich möchte nun eine Drehung um die Hauptdiagonale also um die Diagonale vom Nullpunkt zu $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ um einen beliebigen Winkel vollziehen. Frage 1: Meine Ideen: Mein Ansatz: Vielleicht ist er nicht besonders effizient aber ich möchte die Eulerschen Winkel verstehen. Unser KOS sei ein Rechtssystem mit Basis (e1,e2,e3) die Koordinaten des Würfels bezüglich dieser Basis sind oben gegeben. e3 zeigt vom Ursprung nach oben. Also ich vollziehe eine Basistransformation und dachte das geht mit einer Drehung mit 45° um e3 also mit $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} cos(\phi) & -sin(\phi) & 0 \\ sin(\phi) & cos(\phi)& 0\\ 0 & 0& 1\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Anschließend muss ich ja um e_2' also der schon transformierte Vektor drehen. Jetzt kann ich aber nicht mehr einfach diese Matrix nehmen: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} cos(\phi) & 0 & -sin(\phi) \\ 0 & 1 & 0\\ sin(\phi) & 0& cos(\phi)\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Weil ich möchte ja um eine andere Achse drehen und die ist nicht mehr ortsfest wie zuvor sondern verdreht, (Frage 1 wie bekomme ich die zugehörige Matrix? Wenn ich es nach "Augenmaß" mache kann ich die Koordinaten "ablesen" und erhalte für die TRansformationsmatrix von B' nach B $\begin{eqnarray} A = \begin{pmatrix} 1/\sqrt{3} & -sin(\phi) & -1/\sqrt{3} \\ 1/\sqrt{3} & cos(\phi) & -1/\sqrt{3}\\ 1/\sqrt{3} & 0 & -1/\sqrt{3}\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Dazu habe ich die Koordinaten der neuen Basisvektoren bezüglich der Standardbasis dargestellt und in die Spalten eingetragen. Dann müsste ich glaube ich transponieren, um die geeigneten Koordinaten im neuen System zu bekommen. Jetzt kann ich ja meine Koordinaten auf diese Basis transformieren. mit $\begin{eqnarray} x' = A^Tx \end{eqnarray*}$ Jetzt würde ich versuchen um den b_1-Vektor zu drehen also um die Diagonale. Jetzt im Nachhinein merke ich aber, dass meine Drehmatrizen durch den Basiswechsel nicht mehr die komfortable Blockdiagonalform haben mit einem Einheitsvektor dort, wo die Drehachse liegt, ist das deshalb nicht geeignet? Vielleicht hat jemand einen Hinweis, wo ich große Denkfehler habe. Meine Hauptfrage läuft wahrscheinlich darauf hinaus wie ich die zugehörige Drehmatrix bekomme, wenn ich um einen Vektor allgemeiner Lage drehen möchte.
24.04.2021, 09:52	Ulrich Ruhnau	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Eulersche Winkel @wunder-chris Vielleicht findest Du auf dieser Seite eine Lösung!
24.04.2021, 10:19	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn ich dich richtig verstehe, willst du um die Ursprungsgerade der Richtung $\begin{align} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{align}$ mit dem Winkel $\begin{align} \varphi \end{align}$ drehen. Da gibt es sicher irgendwelche Formeln dafür. Ich gehe an so etwas ganz elementar heran. Ich ergänze zunächst die gegebene Richtung durch zwei weitere Vektoren zu einer Orthonormalbasis. Dann bekomme ich zum Beispiel $\begin{align} u = \frac{1}{\sqrt{3}} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \, , \ \ v = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} \, , \ \ w = \frac{1}{\sqrt{6}} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} \end{align}$ als mögliche Basis. Wie bin ich darauf gekommen? Die Vorfaktoren kamen erst ganz am Ende durch das Normieren zustande. $\begin{align} u \end{align}$ war vorgegeben. Zunächst habe ich durch Probieren einen möglichst einfachen Vektor $\begin{align} v \end{align}$ bestimmt, dessen Skalarprodukt mit $\begin{align} u \end{align}$ null ergibt. Und $\begin{align} w \end{align}$ war dann das Vektorprodukt von $\begin{align} u \end{align}$ und $\begin{align} v \end{align}$ . Dann noch normiert. Wenn wir nun den Vektor $\begin{align} x \end{align}$ mit Skalaren $\begin{align} \lambda, \mu, \nu \end{align}$ durch $\begin{align} u,v,w \end{align}$ ausdrücken: $\begin{align} \text{(1)} \ \ x = \lambda u + \mu v + \nu w \end{align}$ und dieses $\begin{align} x \end{align}$ um die durch $\begin{align} u \end{align}$ bestimmte Achse drehen, erhalten wir den Vektor $\begin{align} \text{(2)} \ \ y = \varrho u + \sigma v + \tau w \end{align}$ dessen Koeffizienten in der Linearkombination über $\begin{align} \text{(3)} \ \ \begin{pmatrix} \varrho \\ \sigma \\ \tau \end{pmatrix} = D \cdot \begin{pmatrix} \lambda \\ \mu \\ \nu \end{pmatrix} \ \ \text{mit} \ \ D = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \cos(\varphi) & - \sin(\varphi) \\ 0 & \sin(\varphi) & \cos(\varphi) \end{pmatrix} \end{align}$ ermittelt werden. In durch $\begin{align} u,v,w \end{align}$ bestimmten Koordinaten ist die Aufgabe somit gelöst. Ich vermute aber, daß du $\begin{align} x \end{align}$ und $\begin{align} y \end{align}$ in kanonischen Koordinaten ausdrücken willst. Bilde aus den Spalten $\begin{align} u,v,w \end{align}$ die orthogonale Matrix $\begin{align} T = \begin{pmatrix} u & v & w \end{pmatrix} \end{align}$ dann kannst du $\begin{align} \text{(1)} \end{align}$ in der Form $\begin{align} x = T \cdot \begin{pmatrix} \lambda \\ \mu \\ \nu \end{pmatrix} \end{align}$ schreiben, oder andersherum $\begin{align} \begin{pmatrix} \lambda \\ \mu \\ \nu \end{pmatrix} = T^{\top} x \end{align}$ Ganz analog geht es mit $\begin{align} y \end{align}$ : $\begin{align} y = T \begin{pmatrix} \varrho \\ \sigma \\ \tau \end{pmatrix} \end{align}$ Und mit $\begin{align} \text{(3)} \end{align}$ ergibt das: $\begin{align} y = T D T^{\top} x \end{align}$ Daher ist $\begin{align} A = T D T^{\top} \end{align}$ die Matrix, die die Drehung bezüglich der kanonischen Basis beschreibt. Wenn du fleißig bist oder ein CAS besitzt, das für dich fleißig ist, kannst du $\begin{align} A \end{align}$ damit berechnen. Bei Betrachten der Vorschau sehe ich, daß Ulrich Ruhnau bereits geantwortet hat. Ich schicke meinen Beitrag jetzt dennoch los. Du kannst ja beide Herangehensweisen mitnehmen.
24.04.2021, 12:59	Luftikus	Auf diesen Beitrag antworten »
Bei den Eulerwinkeln geht es ja im wesentlichen darum, ein körperfestes-KS (x,y,z) in Bezug auf ein ortsfestes-KS (X,Y,Z) zu drehen. Dazu braucht man i.a. 3 Drehungen, die sich um die körperfesten Achsen definieren lassen. Man kann diese Drehungen etwas unterschiedlich durchführen, aber verbreitet ist folgendes Vorgehen: man betrachtet zuerst die Drehung des körperfestes-KS in die Lage des ortsfesten-KS und schreibt dann die resultierende Drehung "umgekehrt" in dem (relativ) fixen körperfesten-KS. (i) Drehung von x (in Richtung von y) in die Schnittebene von xy-XY um einen Winkel alpha. Man dreht also um die z-Achse: $\begin{align} D^3(\alpha) = \begin{pmatrix} \cos(\alpha) & - \sin(\alpha) & 0 \\ \sin(\alpha) & \cos(\alpha) & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \end{align}$ (ii) Drehung von z (in Richtung von Z) um einen Winkel beta. Man dreht also um die (aus (i) folgende) x-Achse: $\begin{align} D^1(\beta) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \cos(\beta) & - \sin(\beta) \\ 0 & \sin(\beta) & \cos(\beta) \end{pmatrix} \end{align}$ (iii) Drehung von x (in Richtung von X) um einen Winkel gamma. Man dreht also um die (aus (ii) folgende) z-Achse: $\begin{align} D^3(\gamma) = \begin{pmatrix} \cos(\gamma) & - \sin(\gamma) & 0 \\ \sin(\gamma) & \cos(\gamma) & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \end{align}$ [attach]53008[/attach] Als resulierende Drehmatrix bekommt man somit: $\begin{align} D = D^3(\alpha) \circ D^1(\beta) \circ D^3(\gamma) = \begin{pmatrix} \cos(\alpha) \cos(\gamma) - \sin(\alpha) \cos(\beta) \sin(\gamma) & -\cos(\alpha) \sin(\gamma) -\sin(\alpha) \cos (\beta) \cos(\gamma) & \sin(\alpha) \sin(\beta) \\ \sin(\alpha) \cos(\gamma) + \cos(\alpha) \cos(\beta) \sin(\gamma) & -\sin(\alpha) \sin(\gamma) +\cos(\alpha) \cos (\beta) \cos(\gamma) & -\cos(\alpha) \sin(\beta) \\ \sin(\beta) \sin(\gamma) & \sin(\beta) \cos(\gamma) & \cos(\beta) \end{pmatrix} \end{align}$

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