Como sucede, de hecho, existen límites a lo diferente que son las instrucciones de $\vec L$ $\vec \omega$ puede ser. Esto es porque en el momento de tensor de inercia es algo que se llama positiva semidefinite, que requiere que el producto interior de cualquier vector $\vec\omega$ con su transformación, bajo el tensor, $I\vec\omega$ a ser no negativo:
$$
\vec\omega \cdot I\vec\omega \geq 0.
$$
En particular, esto significa que el ángulo entre el $\vec L$ $\vec \omega$ no puede ser mayor que 90°.
El momento de inercia, como una matriz, normalmente se define con los componentes
$$
I_{ij} = \sum_k \left(r_{(k)}^2\delta_{ij} -x_i^{(k)}x_j^{(k)}\right)m_k
\tag 1
$$
por una nube de partículas con masas $m_k$, o como la integral
$$
I_{ij} = \int\left(r^2\delta_{ij} -x_ix_j\right) \rho(\mathbf r)\mathrm d^3\mathbf r
\tag 2
$$
para un continuo de la distribución de la masa. Normalmente calcular las componentes sobre los ejes principales del momento de inercia, que es un marco en el que la diagonal de componentes como
$$
I_{xy} = -\int \,xy\,\rho(\mathbf r)\mathrm d^3\mathbf r
$$
se desvanecen, y que sólo está a la izquierda con el más habitual diagonal componentes de la forma
$$
I_{xx} = \int \left(y^2+z^2\right)\rho(\mathbf r)\mathrm d^3\mathbf r.
$$
En el caso general, sin embargo, que uno necesita para seguir con la matriz completa expresiones $(1)$$(2)$, y no es inmediatamente obvio cómo se puede demostrar a partir de las expresiones que el momento de inercia es positivo semidefinite, así que vale la pena explorar en un poco de detalle.
(En un marco alineado con los ejes principales que esto es fácil, ya que en ese marco se han
$$
\vec\omega \cdot I\omega
=
\sum_j I_{jj}\omega_j^2 \geq 0
$$
como todos los $I_{jj}$ son no-negativos. Sin embargo, la existencia de un cuadro no es un hecho trivial - es, esencialmente, nos obliga a saber, que la matriz $I_{ij}$ es diagonalizable y al encontrar una de diagonalización. Como tal, es mejor trabajar en el caso general.)
El punto principal sobre el positivo semidefiniteness de $I$ es el que codifica una forma mucho más simple relación de sus componentes llevar a creer. Para ver esta relación, se empieza con la definición fundamental del momento angular de una partícula,
$$
\vec L= \vec r \times \vec p = \vec r\times m\vec v,
\etiqueta 3
$$
y, a continuación, utilizar la definición fundamental de la velocidad angular del vector - que cualquier partícula de rotación sobre el origen con (vectorial) la velocidad angular $\vec \omega$ tendrá velocidad
$$
\vec v = \vec \omega \times\vec r,
\etiqueta 4
$$
y poner esto en la expresión para el momento angular:
$$
\vec L = \vec r\times m(\vec \omega\times\vec r).
\etiqueta 5
$$
Esto parece complicado, pero la clave es darse cuenta de que es lineal en $\vec\omega$: si usted pone en una combinación lineal como $a_1\vec\omega_1 + a_2\vec\omega_2$$\vec\omega$, que va a salir $a_1\vec L_1 + a_2\vec L_2$. La ecuación anterior es una relación lineal entre dos vectores, y todas las relaciones pueden ser expresadas en forma matricial:
$$
\vec L = I \vec \omega.
$$
El momento de tensor de inercia es exactamente eso de la matriz.
Sin embargo, la forma de la matriz de la relación no es necesariamente la forma más útil a la frase. Como un ejemplo, le voy a mostrar la prueba de que $I$ es positivo semidefinite, directamente de la relación $(5)$ por encima. Quiero mostrar que la $\vec\omega\cdot\vec L\geq 0$, por lo que empezar por calcular que el producto interior:
\begin{align}
\vec\omega\cdot\vec L
& =
\vec\omega\cdot\left(\vec r\times m\,\vec v \right)
\\ & =
m\vec r\cdot\left(\vec v\times \vec\omega \right)
,
\end{align}
donde yo he utilizado los cíclica de la propiedad de la triple producto escalar, porque el producto cruzado $\vec v\times \vec\omega$ es fácil de calcular ya que $\vec v$ $\vec\omega$ son ortogonales por la construcción. Poner en la definición $(4)$ para la velocidad, obtenemos un vector triple producto, que es una vez más fácil de resolver:
\begin{align}
\vec\omega\cdot\vec L
& =
m\vec r\cdot\left((\vec \omega \times\vec r)\times \vec\omega \right)
\\ & =
m\vec r\cdot\left(\omega^2\vec r - (\vec\omega\cdot\vec r)\vec \omega \right)
\\ & =
m\left(\omega^2 r^2 - (\vec\omega\cdot\vec r)^2 \right)
.
\end{align}
Aquí estamos esencialmente hecho, porque sabemos que $|\vec\omega\cdot\vec r|$ debe ser no mayor de $r\omega$, por lo que obtener el deseado $\vec\omega\cdot I\vec \omega = \vec\omega\cdot\vec L \geq 0$. Por último, si tenemos una nube de partículas o un continuo de la distribución de la masa, simplemente la suma o integrar sobre esta desigualdad.
OK, el de arriba es un (largo aliento) explicación de por qué esto $I$ matriz cosa obedece a esta positiva-semidefinite de la propiedad. ¿Qué significa esto geométricamente? Así, la expansión del producto interior en un ángulo forma, nos da
$$
\vec\omega\cdot\vec L = \omega L\cos(\theta)\geq 0,
$$
donde $\theta$ es el ángulo entre el momento angular y la velocidad angular; esta desigualdad se traduce en $\theta \leq \pi/2=90^\circ$.
Este bound es bastante mejor que puedes hacer, y es fácil encontrar ejemplos en $\vec \omega$ $\vec L$ son arbitrariamente cerca ortogonal. El más sencillo es una larga y delgada varilla de longitud $L$ y radio de $w$ que está girando rápidamente alrededor de un eje que es casi (pero no del todo) alineado con la barra:
![]()
Poner la varilla a lo largo de la $x$ eje, se obtiene que el momento de inercia y la velocidad angular está dada por
$$
I=
\begin{pmatrix}
\frac12 Mw^2 & 0 & 0 \\
0 & \frac13 ML^2 & 0\\
0 & 0 & \frac13 ML^2
\end{pmatrix}
\quad\text{y}\quad
\vec \omega=
\begin{pmatrix}
\Omega \\ \delta \\ 0
\end{pmatrix},
$$
respectivamente, y que le da
$$
\vec L=
\begin{pmatrix}
\frac12 Mw^2\Omega \\ \frac13 ML^2\delta \\ 0
\end{pmatrix}
$$
para el momento angular,
$$
\vec\omega\cdot \vec L = \frac12 Mw^2\Omega^2 + \frac13 ML^2\delta^2
$$
para el interior del producto, y
$$
\cos(\theta)
=
\frac{\vec\omega\cdot \vec L}{L\omega}
=
\frac{
\frac12 w^2\Omega^2 + \frac13 L^2\delta^2
}{
\sqrt{\frac14 w^4\Omega^2 +\frac19 L^4\delta^2}
\sqrt{\Omega^2+\delta^2}
}
\aprox
\frac{
3 w^2/L^2 + 2 \delta^2/\Omega^2
}{
\sqrt{9 w^4/L^4 +4 \delta^2/\Omega^2}
}
$$
para el ángulo. La fijación de la varilla de parámetros en $w\ll L$, y, a continuación, elegir una velocidad angular con $\Omega\gg \delta$ y tales que
$$
\frac wL \ll \frac \delta\Omega
$$
(es decir, la vara es mucho más delgado que el eje de rotación está cerca de la varilla de eje), el coseno se aproxima a
$$
\cos(\theta)
\aprox
\frac{\delta}{\Omega}
+\frac{3\,w^2/L^2}{2\,\delta/\Omega}
,
$$
que puede hacerse arbitrariamente pequeña, con un ángulo de
$$
\theta \approx \frac \pi2 -\left(\frac{\delta}{\Omega} + \frac{3\,w^2/L^2}{2\,\delta/\Omega}\right)
$$
arbitrariamente cerca de 90°.
Más geométricamente, girar una varilla fina de alrededor de su eje le da un componente del momento angular a lo largo de este eje, que es muy pequeño, y cualquier desalineación dar impulso angular que describe la rotación sobre el eje de la desalineación que, si la barra es delgada y lo suficientemente largo, puede enano el momento angular de la hilatura a sí mismo.
Por último, es importante tener en cuenta que el momento angular y la velocidad angular, nunca puede ser totalmente ortogonal. Esto se puede ver por la expresión de la relación de ortogonalidad $\vec\omega \cdot \vec L=0$ en el principal marco del cuerpo, donde adopta la forma
$$
\vec\omega \cdot \vec L
= I_{xx}\omega_x^2 + I_{yy}\omega_y^2 + I_{zz}\omega_z^2
=0,
$$
es decir, la suma de a tres no en términos negativos, todo lo cual debe ser cero para la suma a desaparecer. Esto es posible por que, por ejemplo,$I_{xx}=0$$\omega_y=\omega_z=0$, pero en ese caso (y en todos los casos) obtendrá $\vec L=0$, que en realidad no cuenta como "ortogonal" a $\vec\omega$.
