剛体のオイラー方程式

剛体に固定した座標の軸を、3本の慣性主軸にそろえる。それぞれの軸まわりの慣性モーメントを$I_1,I_2,I_3$とし、角速度と、外から加わる力のモーメントも、この軸に沿って${\omega }_1,{\omega }_2,{\omega }_3$と$N_1,N_2,N_3$に分ける。

1. 空間に固定した座標で、角運動量の式を書く

   $${\left(\frac{d\mathbf{L}}{dt}\right)}_{\text{空間}}=\mathbf{N}$$

2. 剛体とともに回る座標での変化に、回転で向きが変わる分を足す

   $${\left(\frac{d\mathbf{L}}{dt}\right)}_{\text{空間}}={\left(\frac{d\mathbf{L}}{dt}\right)}_{\text{剛体}}+\mathbf{\omega }\times \mathbf{L}$$

手順2の第2項は、剛体に貼りついたベクトル$\mathbf{A}$が、時間$\Delta t$のあいだに$\mathbf{\omega }\times \mathbf{A}\Delta t$だけ向きを変えることから来る。剛体の上では止まって見えるが、空間から見れば回っているからだ。

3. 主軸の座標で角運動量の成分を書く

   $$\mathbf{L}=(I_1{\omega }_1,I_2{\omega }_2,I_3{\omega }_3)$$

4. 手順2の第1成分を書く

   $$I_1{\dot{\omega }}_1+({\omega }_2{L}_3-{\omega }_3{L}_2)=N_1$$

5. $L_2=I_2{\omega }_2$と$L_3=I_3{\omega }_3$を入れる

   $$I_1{\dot{\omega }}_1+(I_3-I_2){\omega }_2{\omega }_3=N_1$$

6. 第2項を右辺へ移す

   $$I_1{\dot{\omega }}_1=(I_2-I_3){\omega }_2{\omega }_3+N_1$$

7. 添字を1→2→3→1と回して残りの2本を得る

   $$\begin{array}{rl}{I}_2{\dot{\omega }}_2& =(I_3-I_1){\omega }_3{\omega }_1+N_2\\ I_3{\dot{\omega }}_3& =(I_1-I_2){\omega }_1{\omega }_2+N_3\end{array}$$

手順4で第1項を$I_1{\dot{\omega }}_1$と書けるのは、剛体とともに回る座標なら慣性モーメントが定数だからだ。空間に固定した座標で書くと、剛体が回るたびに慣性モーメントが変わってしまう。わざわざ回る座標に移るのは、この不便を避けるためである。ただし、その代わりに$\mathbf{\omega }\times \mathbf{L}$が、角速度どうしの積として残る。

では、力のモーメントがないとき、主軸の1本のまわりにほぼまっすぐ回る剛体は、そのまま回り続けるのか。軸1まわりの角速度を$\Omega$とし、${\omega }_2$と${\omega }_3$は小さいとする。

8. $\mathbf{N}=0$では、手順6の右辺は小さな量どうしの積なので無視できる

   $${\omega }_1\approx \Omega (\text{一定})$$

9. 手順7の2本で、小さな量の1次の項だけを残す

   $$\begin{array}{rl}{I}_2{\dot{\omega }}_2& =(I_3-I_1)\Omega {\omega }_3\\ I_3{\dot{\omega }}_3& =(I_1-I_2)\Omega {\omega }_2\end{array}$$

10. 1本目を時間で微分し、2本目を入れる

    $${\ddot{\omega }}_2=\frac{(I_3-I_1)(I_1-I_2)}{I_2{I}_3}{\Omega }^2{\omega }_2$$

手順10の係数の符号で、行き先が分かれる。$I_1$が3つの中で最大か最小なら、$I_3-I_1$と$I_1-I_2$は符号が逆で、係数は負になる。${\omega }_2$は単振動するだけで、小さいままだ。一方、$I_1$が中間なら係数は正で、${\omega }_2$は指数関数的に増えていく。つまり、崩れるのは中間の軸まわりの回転だけ。テニスラケットの定理、または中間軸の定理と呼ばれる結果だ。