Problème : la tourelle optronique, ou ce que voit le moteur de gisement quand la caméra lève le nez

La stratégie. On écrit la matrice de la charge utile là où elle est simple (en $G$, dans sa base propre, par le formulaire), on la transporte au point fixe $O$ (Huygens), puis on l'exprime dans la base de l'étrier, celle où le moteur de gisement la « voit » (changement de base) ; la variation avec $\theta$ se lit alors sur un seul terme, et l'on remonte à sa cause.

1) Matrice en $G$ puis en $O$. Les trois plans médians du parallélépipède homogène sont plans de symétrie matérielle : deux d'entre eux suffisent à rendre ${\mathcal{B}}_2$ principale en $G$. Formulaire, avec $\frac{m}{12}=0,5\mathrm{kg}$ : $$[I(G,2){]}_{{\mathcal{B}}_2}=0,5\left(\begin{array}{ccc}0,32^2+0,12^2& 0& 0\\ 0& 0,16^2+0,12^2& 0\\ 0& 0& 0,16^2+0,32^2\end{array}\right)=\mathrm{diag}(0,0584;0,0200;0,0640)\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2.$$ Contrôles : $0,0200+0,0584\ge 0,0640$ et les deux autres inégalités ; trace $0,1424$, égale à $2\iiint r^2\mathrm{d}m=\frac{m}{6}(a^2+b^2+c^2)$. Huygens avec $\overrightarrow{OG}=d{\overrightarrow{y}}_2$, soit $(x_0,y_0,z_0)=(0,d,0)$ dans ${\mathcal{B}}_2$ : la matrice $[I(O,G,m)]$ a pour termes $m(y_0^2+z_0^2)=m{d}^2$, $m(x_0^2+z_0^2)=0$, $m(x_0^2+y_0^2)=m{d}^2$, et ses produits $m{x}_0{y}_0$, $m{x}_0{z}_0$, $m{y}_0{z}_0$ sont nuls (une seule composante non nulle). Avec $m{d}^2=6\times 0,04^2=0,0096$ : $$[I(O,2){]}_{{\mathcal{B}}_2}=\mathrm{diag}(A_O;B_O;C_O)=\mathrm{diag}(0,0680;0,0200;0,0736)\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2.$$ Seuls les axes perpendiculaires à $\overrightarrow{OG}$ voient le déport.

2) Changement de base. Pour tout vecteur $\overrightarrow{u}$, l'opérateur d'inertie associe le vecteur $\iiint \overrightarrow{OP}\wedge (\overrightarrow{u}\wedge \overrightarrow{OP})\mathrm{d}m$, qui ne dépend d'aucune base. Si $U_1$ et $U_2$ sont les colonnes des composantes de $\overrightarrow{u}$ dans ${\mathcal{B}}_1$ et ${\mathcal{B}}_2$, on a $U_1=P{U}_2$, et de même pour le vecteur image : $[I{]}_{{\mathcal{B}}_1}{U}_1=P[I{]}_{{\mathcal{B}}_2}{U}_2=P[I{]}_{{\mathcal{B}}_2}{P}^{-1}{U}_1$ pour tout $U_1$. Comme les deux bases sont orthonormées, $P^{-1}=P^{\mathsf{T}}$ : $$[I(O,2){]}_{{\mathcal{B}}_1}=P[I(O,2){]}_{{\mathcal{B}}_2}{P}^{\mathsf{T}},P=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& \cos \theta & -\sin \theta \\ 0& \sin \theta & \cos \theta \end{array}\right).$$ On obtient les termes utiles plus vite par $I_{(O,\overrightarrow{u})}=\overrightarrow{u}\cdot [I]\overrightarrow{u}$ : ${\overrightarrow{z}}_1=\sin \theta {\overrightarrow{y}}_2+\cos \theta {\overrightarrow{z}}_2$, donc $I_{z_1}=B_O{\sin }^2\theta +C_O{\cos }^2\theta$ ; de même $I_{y_1}=B_O{\cos }^2\theta +C_O{\sin }^2\theta$ et $I_{x_1}=A_O$. Pour le produit, un point de coordonnées $(X,Y,Z)$ dans ${\mathcal{B}}_2$ a $y_1=Y\cos \theta -Z\sin \theta$ et $z_1=Y\sin \theta +Z\cos \theta$ ; donc $y_1{z}_1=(Y^2-Z^2)\sin \theta \cos \theta +YZ({\cos }^2\theta -{\sin }^2\theta )$, et, puisque $\iiint YZ\mathrm{d}m=0$ (base principale) et $\iiint (Y^2-Z^2)\mathrm{d}m=C_O-B_O$ : $$[I(O,2){]}_{{\mathcal{B}}_1}=\left(\begin{array}{ccc}{A}_O& 0& 0\\ 0& B_O{\cos }^2\theta +C_O{\sin }^2\theta & -D_1\\ 0& -D_1& B_O{\sin }^2\theta +C_O{\cos }^2\theta \end{array}\right),$$ $$D_1=(C_O-B_O)\sin \theta \cos \theta .$$ Le produit est maximal à $45^{\circ }$ : $D_1=\frac{0,0536}{2}=0,0268\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$, du même ordre que les moments : la base de l'étrier n'est pas principale pour la charge utile dès que $\theta \ne 0$ et $\theta \ne 90^{\circ }$. Invariants : $I_{y_1}+I_{z_1}=B_O+C_O$, la trace $0,1616\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$ (contrôle de tout calcul), et le moment autour de l'axe de site, $A_O$, que le moteur de site voit constant.

3) L'inertie de gisement. Le moteur de gisement entraîne l'étrier et la charge utile autour de $(O,{\overrightarrow{z}}_0)=(O,{\overrightarrow{z}}_1)$ ; il voit $$J_g(\theta )=J_e+B_O{\sin }^2\theta +C_O{\cos }^2\theta =0,050+0,0200{\sin }^2\theta +0,0736{\cos }^2\theta .$$ Valeurs : $0,1236$ à $0^{\circ }$ (maximum), $0,1173$ à $-20^{\circ }$, $0,0968$ à $45^{\circ }$, $0,0700\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$ à $90^{\circ }$ (minimum). Variation : $\frac{0,0700-0,1236}{0,1236}=-43\%$ pour $25\%$ admis : non conforme.

La bande colorée est la plage admise, de $0,0927$ à $0,1236\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$ ($-25\%$ du maximum) : les deux courbes en sortent vers $45$ à $50^{\circ }$.

4) L'ordre des opérations. Chemin 1 (transporter, puis tourner) : $I_{z_1}(30^{\circ })=0,0200\times 0,25+0,0736\times 0,75=0,0602\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$. Chemin 2 (tourner en $G$, puis transporter) : en $G$, $I_{z_1}(G)=0,0200\times 0,25+0,0640\times 0,75=0,0530$ ; puis Huygens, dans ${\mathcal{B}}_1$, où $\overrightarrow{OG}=d\cos \theta {\overrightarrow{y}}_1+d\sin \theta {\overrightarrow{z}}_1$ : le terme à ajouter autour de ${\overrightarrow{z}}_1$ vaut $m(x_0^2+y_0^2)=m{d}^2{\cos }^2\theta =0,0072$, d'où $0,0602$ : le même résultat. Les deux ordres sont équivalents, pourvu que les composantes de $\overrightarrow{OG}$ soient prises dans la base où la matrice est écrite. Celui qui tourne en $G$ puis ajoute $m{d}^2$ comme si $\overrightarrow{OG}$ était encore $(0,d,0)$ dans ${\mathcal{B}}_1$ trouve $0,0530+0,0096=0,0626$ : +4 %, une erreur qui ne se voit pas sur un ordre de grandeur et que la trace ne détecte pas (la trace du terme de Huygens, $2mO{G}^2$, ne dépend pas de la base).

5) Cause et remèdes. Le déport n'est pas la cause : sans lui ($C_G=0,0640$ au lieu de $0,0736$), $J_g$ va de $0,114$ à $0,070$, soit $-39\%$, encore non conforme. La cause est la forme : la variation vaut $C_O-B_O$, l'écart entre le moment autour de l'axe vertical de la caméra et celui autour de son axe optique ; une charge longue et fine dans la direction de visée est la pire possible. Remède (a), le contrepoids : il annule le couple de pesanteur sur l'axe de site, $mgd=6\times 9,81\times 0,04=2,35\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$, que le moteur de site devait tenir en permanence (équilibrage statique, utile) ; mais il doit être à $r=\frac{md}{1,2}=0,20\mathrm{m}$ en arrière, sur l'axe optique, et ajoute $1,2\times 0,2^2=0,048$ à $A_O$ et $C_O$, pas à $B_O$ : $J_g$ passe de $0,172$ à $0,070$, soit $-59\%$. Pire pour le gisement. Remède (b) : deux masses $\mu$ à $\pm h$ sur ${\overrightarrow{z}}_2$ ajoutent $2\mu h^2$ à $A_O$ et à $B_O$, pas à $C_O$ ; il faut $2\mu h^2=C_O-B_O=0,0536$, et alors $J_g$ est constant : conforme. Mais $A_O$, l'inertie vue par le moteur de site, passe de $0,068$ à $0,122$ ($+79\%$), quelles que soient $\mu$ et $h$ : l'exigence de gisement se paie exactement par le site. Cas limite : une charge « cubique » ($B_O=C_O$) donnerait $D_1=0$ et $J_g$ constant, pour toute position de site ; c'est ce que (b) fabrique artificiellement. La décision raisonnable : garder la charge utile, équilibrer statiquement si le moteur de site le demande, et régler le correcteur de gisement sur le pire cas (rapport $1,77$, ou $2,45$ avec le contrepoids).

6) Axes principaux. Dans le plan $({\overrightarrow{y}}_1,{\overrightarrow{z}}_1)$, la question 2 donne $I_{z_1}-I_{y_1}=(C_O-B_O)\cos 2\theta$ et $2D_1=(C_O-B_O)\sin 2\theta$, d'où $$\tan 2\theta =\frac{2D_1}{I_{z_1}-I_{y_1}}=\frac{2\times 0,02518}{0,05597-0,03763}=2,746,2\theta =70,0^{\circ },\theta =35,0^{\circ }$$ (le dénominateur et le numérateur sont positifs : $2\theta$ est dans le premier quadrant, sans ambiguïté). Les moments principaux sont les valeurs propres du bloc, que donnent sa trace $0,09360$ et son déterminant $0,03763\times 0,05597-0,02518^2=1,472\cdot 10^{-3}$ : $\lambda =\frac{0,0936}{2}\pm \sqrt{0,0468^2-1,472\cdot 10^{-3}}=0,0468\pm 0,0268$, soit $0,0200$ et $0,0736\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$ : on retrouve $B_O$ et $C_O$, et les axes principaux sont ${\overrightarrow{y}}_2$ et ${\overrightarrow{z}}_2$, tournés de $35^{\circ }$.

Le résultat obtenu — changement de base de la matrice d'inertie et axes principaux. La matrice d'inertie en un point se change de base par $[I{]}_{{\mathcal{B}}_1}=P[I{]}_{{\mathcal{B}}_2}{P}^{\mathsf{T}}$, où $P$ a pour colonnes les composantes des vecteurs de ${\mathcal{B}}_2$ dans ${\mathcal{B}}_1$ ; sa trace est invariante. Dans une base tournée d'un angle $\theta$ autour d'un axe principal, les deux moments du plan deviennent $B{\cos }^2\theta +C{\sin }^2\theta$ et $B{\sin }^2\theta +C{\cos }^2\theta$, et il apparaît le produit $(C-B)\sin \theta \cos \theta$. Réciproquement, un bloc plan de moments $I_1$, $I_2$ et de produit $D$ a ses axes principaux à l'angle $\theta$ tel que $\tan 2\theta =\frac{2D}{I_2-I_1}$, et ses moments principaux sont les valeurs propres du bloc. Transport et changement de base se font dans n'importe quel ordre, pourvu que les composantes de $\overrightarrow{AG}$ soient écrites dans la base de la matrice. Pour la tourelle : l'inertie de gisement varie de $C_O-B_O=0,054\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$, soit $-43\%$, à cause de la forme de la charge utile et non de son déport.

Ce que le problème installe. Le réflexe complet : matrice simple en $G$ dans la base propre, transport au point fixe, changement de base vers la base où l'actionneur voit le solide, puis lecture du seul terme qui compte (${\overrightarrow{z}}_1\cdot [I]{\overrightarrow{z}}_1$). La recherche d'une cause d'écart se fait en annulant un paramètre à la fois (le déport, la forme) ; un remède se juge sur toutes les exigences (gisement et site), et la géométrie des masses dit exactement ce qu'il coûte. Les produits d'inertie qui apparaissent dans la base de l'étrier couplent les deux axes : on le verra avec le moment dynamique.