Demostrando que el vector de velocidad angular es igual a un límite que incluye el vector de rotación

Question

El vector de velocidad angular de un cuerpo rígido se define como $\vec{\omega}=\frac{\vec{r}\times\vec{v}}{|\vec{r}|^2}$. Pero me gustaría mostrar que eso es equivalente a cómo la mayoría de las personas intuitivamente piensan en velocidad angular.

El teorema de rotaciones de Euler establece que cualquier movimiento de un cuerpo rígido con un punto fijo es equivalente a una rotación alrededor de algún eje que pase por el punto fijo. Así que consideremos un cuerpo rígido sometido a algún movimiento con un punto fijo, y para cualquier momento $t_1$ y $t_2$ sea $\vec{\theta}(t_1, t_2)$ el "vector de rotación" de la rotación que es equivalente al movimiento del cuerpo rígido entre el tiempo $t_1$ y el tiempo $t_2$. Para aquellos que no lo sepan, el vector de rotación de una rotación es un vector cuya magnitud es igual al ángulo de la rotación y que apunta a lo largo del eje de la rotación; ver este artículo de Wikipedia.

Ahora mi pregunta es, ¿cómo demostramos que el límite de $\frac{\vec{\theta}(t_1,t_2)}{t_2-t_1}$ al acercarse $t_2$ a $t_1$ existe y que es igual al vector de velocidad angular?

Todo esto sería mucho más simple si las rotaciones fueran conmutativas, ya que entonces la velocidad angular simplemente sería igual a la derivada de $\vec{\theta}(t_0, t)$ con respecto al tiempo. Pero como las rotaciones son no conmutativas, $\vec{\theta}(t_1, t_2)$ no es igual a $\vec{\theta}(t_0, t_2)-\vec{\theta}(t_0, t_1)$ y por lo tanto la relación entre la velocidad angular y la derivada temporal de $\vec{\theta}(t_0, t)$ es considerablemente más complicada; ver este artículo de revista para más detalles.

Nota: Este es un seguimiento a mi pregunta aquí.

EDIT: Hay que tener en cuenta que lo que este artículo de revista llama $\vec{\alpha}(t)$ en mi notación se escribiría como $\vec{\theta}(t_0, t)$. El artículo discute el hecho de que el vector de velocidad angular $\vec{\omega}(t)$ no es igual a la derivada temporal de $\vec{\alpha}(t)$. Esto significa que el límite de $\frac{\vec{\theta}(t_0, t_2)-\vec{\theta}(t_0, t_1)}{t_2-t_1}$ no es igual a $\vec{\omega}(t_1)$. Pero mi pregunta trata de probar una afirmación ligeramente diferente, que es que el límite de $\frac{\vec{\theta}(t_1, t_2)}{t_2-t_1}$ al acercarse $t_2$ a $t_1$ SÍ es igual a $\vec{\omega}(t_1)$. Hay que tener en cuenta que las expresiones $\frac{\vec{\theta}(t_0, t_2)-\vec{\theta}(t_0, t_1)}{t_2-t_1}$ y $\frac{\vec{\theta}(t_1, t_2)}{t_2-t_1}$ no son iguales, porque $\vec{\theta}(t_0, t_1)+\vec{\theta}(t_1, t_2)$ no es igual a $\vec{\theta}(t_0, t_2)$ debido a la no conmutatividad de las rotaciones. Así que nada de lo que estoy diciendo contradice o intenta refutar el artículo de revista.

Answer 1

Considera un punto fijo con ubicación $\vec{a}$ o un cuerpo rígido.

Para probar la rotación primero establece que $$ {\rm d}\vec{a} = {\rm d} \vec{\theta} \times \vec{a} \tag{1}$$

Esto se puede hacer solo con geometría dado que se hacen aproximaciones de ángulos pequeños. Por ejemplo, el cambio en la dirección x es ${\rm d}a_x =a_z {\rm d} \theta_y - a_y {\rm d}\theta_z $.

La expresión se puede escribir como $$\vec{v} =\frac{{\rm d}\vec{a}}{{\rm d}t} = \vec{\omega} \times \vec{a} \tag{2} $$

La última parte es calcular $$\vec{a} \times \vec{v} = \vec{a} \times (\vec{\omega} \times \vec{a}) = \vec{\omega} ( \vec{a} \cdot \vec{a} ) - \vec{a} (\vec{r} \cdot \vec{\omega}) \tag{3}$$

Toma la proyección de la ubicación perpendicular a la rotación $\vec{r}$ con $\vec{r} \cdot \vec{\omega}=0$ entonces

$$\require{cancel} \vec{r} \times \vec{v} = \vec{\omega} \| \vec{r} \|^2 - \cancel{\vec{r} \cdot \vec{\omega}} $$ $$ \boxed{\vec{\omega} = \frac{\vec{r} \times \vec{v}}{\| \vec{r} \|^2} } \tag{4}$$

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Editar 1

Un tratamiento más riguroso implica crear una matriz de rotación 3×3, y aplicar una aproximación de ángulo pequeño a ella. Usa $\vec{\theta} = (\theta_x,\theta_y,\theta_z)$ como rotaciones sucesivas

$$\mathtt{R}=\mathtt{R}_x(\theta_x)\mathtt{R}_y(\theta_y)\mathtt{R}_z(\theta_z) =\\ \begin{vmatrix} \cos\theta_y \cos\theta_z & -\cos\theta_y \sin\theta_z & \sin\theta_y\\ \cos \theta_x \sin\theta_z + \sin\theta_x \sin\theta_y \cos\theta_z & \cos\theta_x \cos\theta_z - \sin\theta_x\sin\theta_y\sin\theta_z &-\sin\theta_x \cos\theta_y \\ \sin \theta_x \sin\theta_z - \cos\theta_x \sin\theta_y \cos\theta_z & \sin\theta_x \cos\theta_z + \cos\theta_x\sin\theta_y\sin\theta_z &\cos\theta_x \cos\theta_y \end{vmatrix} $$

Todo esto ahora aplicado a un ángulo pequeño para hacer ${\rm d}\vec{a} =( {\rm d}\mathtt{R})\vec{a} -\vec{a}$ tal que $\sin(\square)=\square$ y $\cos(\square)=1$

$${\rm d}\mathtt{R}= \mathtt{R}_x({\rm d}\theta_x)\mathtt{R}_y({\rm d}\theta_y)\mathtt{R}_z({\rm d}\theta_z) =\\ \begin{vmatrix} 1 &-{\rm d}\theta_z & {\rm d}\theta_y \\ {\rm d}\theta_z + {\rm d}\theta_x {\rm d}\theta_y & 1 - {\rm d}\theta_x {\rm d} \theta_y {\rm d} \theta_z & -{\rm d}\theta_x \\ -{\rm d}\theta_y+{\rm d}\theta_x {\rm d}\theta_z & {\rm d}\theta_x + {\rm d}\theta_y {\rm d}\theta_z & 1\end{vmatrix} \\ =\begin{vmatrix} 1 &-{\rm d}\theta_z & {\rm d}\theta_y \\ {\rm d}\theta_z & 1 & -{\rm d}\theta_x \\ -{\rm d}\theta_y & {\rm d}\theta_x & 1\end{vmatrix} \tag{6} $$

Entonces con aproximación de ángulo pequeño $${\rm d}\vec{a} = ( {\rm d} \mathtt{R})\vec{a} -\vec{a} = \left({\rm d}\mathtt{R} - \mathtt{1}\right) \vec{a} ={\rm d} \vec{\theta} \times \vec{a}$$

$$ [{\rm d} \vec{\theta} \times] = \begin{vmatrix} 0 &-{\rm d}\theta_z & {\rm d}\theta_y \\ {\rm d}\theta_z & 0 & -{\rm d}\theta_x \\ -{\rm d}\theta_y & {\rm d}\theta_x & 0\end{vmatrix}$$

$$ \frac{{\rm d} \vec{\theta} }{{\rm d}t} \times = \begin{vmatrix} 0 & -\omega_z & \omega_y \\\omega_z &0&-\omega_x\\ -\omega_y&\omega_x&0\end{vmatrix}$$

La última matriz 3×3 se llama matriz de operador del producto cruzado de vectores. Es asimétrica y se utiliza ampliamente en gráficos por computadora y en dinámica.

Answer 2

Los dos conceptos parecen ser similares. Creo que la clave radica en el hecho de que uno puede expresar un ángulo infinitesimal como la longitud del arco dividida por el radio $$ \delta \theta = \frac{\delta s}{r} . $$ Si el radio se expresa como un vector y la longitud del arco como otro vector que indica la dirección del movimiento durante la rotación, entonces uno puede expresar la rotación infinitesimal como un producto cruz $$ \vec{\delta \theta} = \frac{\vec{r}\times\vec{\delta s}}{|\vec{r}|^2} . $$ Ahora solo necesitamos dividir por la diferencia en el tiempo para hacer la conexión $$ \frac{\vec{\delta \theta}}{\delta t} = \frac{\vec{r}\times\vec{\delta s}}{|\vec{r}|^2\delta t} . $$ En el límite apropiado, esto se convierte en $$ \vec{\omega}=\frac{d \vec{\theta}}{d t} = \frac{\vec{r}}{|\vec{r}|^2}\times \frac{d\vec{s}}{dt} = \frac{\vec{r}\times\vec{v}}{|\vec{r}|^2} . $$

Answer 3

$\newcommand{\rr}{\mathbb R}\newcommand{\abs}[1]{\left|#1 \right|}$Intentaré ser lo más riguroso posible, pero antes de sumergirme en el problema quiero explicar mi notación. He omitido las flechas vectoriales si es claro en la expresión qué cantidad es un vector y cuál es un escalar. Además, a veces he omitido la dependencia temporal, pero se puede deducir del contexto cuál cantidad es dependiente del tiempo. Hay que tener en cuenta que la diferenciabilidad es una condición local, es decir, no le importa lo que hace la función lejos del punto en consideración, sino solo alrededor de ese punto donde estás tomando la derivada. Esto es evidente a partir de la definición de una función diferenciable. Sea $f: \rr \to \rr^n$ una función. Decimos que la función $f$ es diferenciable en un (fijo) punto $x_0 \in \rr$ si y solo si el siguiente límite existe:

$$ \lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x-x_0} = \lim_{h \to 0} \frac{f(x_0+h) - f(x_0)}{h}$$

si sustituimos $x-x_0 =h$. Esta es probablemente la definición habitual de una derivada que ya conoces. Sin embargo, para nuestros propósitos, quiero usar otra definición equivalente, que puede parecer extraña a primera vista. La función $f$ es diferenciable en $x_0 \in \rr$ si y solo si existe $J \in \rr^n$ y una función $H: \rr \to \rr^n$, que es continua en $x_0$ con el valor $H(x_0) =0 \in \rr^n$, de manera que lo siguiente se cumple para todo $x\in \rr$:

$$ f(x) - f(x_0) - J (x-x_0) = H(x) \cdot \abs{x-x_0}=:o(x-x_0) $$

Existe una forma intuitiva de pensar en esta definición, que básicamente te dice que la recta tangente con "pendiente" $J$ que colocas en la función tiene un error lineal máximo. Si piensas en términos de series de Taylor, la definición se vuelve más clara. Nuevamente, recalco que la diferenciabilidad es una condición local. Se puede ver claramente a partir de la segunda definición. No hay absolutamente ninguna condición sobre cómo debe comportarse la función $H$ (excepto alrededor de $x_0$, donde requerimos que sea continua ya que la continuidad también es una condición local, recuerda la definición $\epsilon,\delta$ de continuidad). Así que lejos de $x_0$ simplemente definimos $H$ de la siguiente forma:

$$H(x) := \frac{f(x) - f(x_0) - J (x-x_0) }{\abs{x-x_0}}$$

Entonces, con esta introducción, volvamos a nuestro problema. Solo podemos demostrar que el vector de velocidad angular está dado por $\omega = \dot \theta (t_0)$ localmente alrededor de $t_0$. Ten en cuenta que elegiremos $t_0 \in \rr$ como un punto fijo pero arbitrario. Por tanto, puedes mostrar que para todo $t_0\in \rr$ existe un entorno de $\omega(t_0)$ tal que $\dot \theta (t_0) = \omega(t_0)$. Por supuesto, asumo aquí que $\theta$ es una función diferenciable en todo $\rr$, lo cual sería el caso si consideras algo "físico" ya que puedes hacer la pendiente de $\theta$ arbitrariamente grande pero en la práctica no puedes hacerla no diferenciable. Asumo que sabes que el Álgebra de Lie de $\rm SO(3)$ es $\mathfrak{so}(3)$, que básicamente son todas las matrices antisimétricas de $3 \times 3$. Elegiré $t_0 = 0$ sin pérdida de generalidad, ya que puedes trasladar el eje temporal y redefinir tus funciones. Ten en cuenta que $r(t) = R(t) r(0)$, donde por supuesto mi origen es el punto fijo y $R : \rr \to {\rm SO(3)}$ es una función diferenciable con la propiedad de que $R(0) = I$. Por tanto, la derivada de $r$ en cero está dada por:

$$ r(t) - r(0) - v \cdot t = o(t) $$

para algún $v \in \rr^3$, que es el vector de velocidad. Queremos averiguar cuál es $v$ en términos de $r$ y $R$. Ten en cuenta que $ R_{ij}(t) = I_{ij} -t \cdot \epsilon_{ijk} \, \omega_k + o(t)$ para algún $\omega_k \in \rr$, donde se sobreentiende la suma sobre $k$. Puede que pienses que estoy haciendo algo turbio al llamar a estos números $\omega_k$. Ten en cuenta que en este momento estamos haciendo matemáticas, por lo que si quieres puedes llamarlos $w_k$. Explicaré más adelante por qué físicamente $\omega_k$ es la velocidad angular, pero por ahora tenemos:

$$ -t \cdot \epsilon_{ijk} \, \omega_k r_j(0) - v_i \cdot t = o(t) $$

En este punto creo que es bastante obvio qué deberías elegir como $v_i$, es decir, elegirías $v_i =- \epsilon_{ijk}\, r_j(0)\omega_k $, lo cual también puedes escribir como $\vec v(0) = \vec \omega \times \vec v(0)$. Suponiendo que $\omega$ es la velocidad angular en ese momento, permíteme calcular tu identidad. Simplemente tomamos el producto cruzado con $\vec r$ desde la izquierda:

$$\vec r \times \vec v = \vec r \times ( \vec \omega \times \vec v) = r^2 \vec \omega -(\vec r \cdot \vec \omega) \vec r = r^2 \vec \omega$$

donde he usado el hecho de que $\omega \perp r$.

Nuestro principal problema ahora es demostrar que los números $\omega_k$ son de hecho la velocidad angular. Lamentablemente no hay una demostración rigurosa de este hecho porque ahora estamos abandonando el ámbito de las matemáticas y entrando en el ámbito de la física. Intentaré convencerte de este hecho dándote un ejemplo. Sabes que el vector de posición de una masa puntual rotatoria alrededor del eje $z$ con velocidad angular $\omega$ se da por:

$$\vec r = \begin{pmatrix} r \cos \omega t\\ -r \sin \omega t \\0 \end{pmatrix} = R(t) \begin{pmatrix} r \\ 0\\0 \end{pmatrix} = R(t) \vec r(0)$$

donde

$$R(t) = \begin{pmatrix} \cos \omega t &\sin \omega t&0 \\-\sin \omega t&\cos \omega t &0\\0 &0&1 \end{pmatrix}$$

es la matriz de rotación usual. Según nuestra definición, el vector de velocidad angular tiene que ser exactamente el vector en la dirección $-z$ porque he elegido incorrectamente el si(g)n (¡juego de palabras!) con longitud $\omega$. Ten en cuenta que tenemos:

$$R(t) = \begin{pmatrix} \cos 0 &\sin 0&0 \\-\sin 0&\cos 0 &0\\0 &0&1 \end{pmatrix} + \omega t \begin{pmatrix} -\sin 0 &\cos 0&0 \\-\cos 0&-\sin 0 &0\\0 &0&0 \end{pmatrix} +o(t) $$

comparando esto con la ecuación $R_{ij}(t) = I_{ij} -t \cdot \epsilon_{ijk} \, \omega_k + o(t)$, vemos que:

$$ \begin{pmatrix} 0 &\omega t &0 \\-\omega t &0 &0\\0 &0&1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 &-\omega_3t&\omega_2t \\\omega_3t& 0 &-\omega_1t\\-\omega_2t &\omega_1 t&0\end{pmatrix} $$

y ahora ves que $\omega_1 = \omega_2 = 0$ y $\omega_3 = -\omega$ como lo prometido. Obviamente, esto no es una prueba de que en general esto sea cierto, pero si quieres, también puedes probar esto para una rotación en los ejes $x$ y $y$ y obtener cualquier combinación de estos si recuerdas la vaga identidad escrita (ver wiki de la fórmula de Baker–Campbell–Hausdorff): $$\exp[\mathfrak{so}(3) + \mathfrak{so}(3)] ={\rm SO(3) \cdot SO(3) }$$

He pasado por alto algunos aspectos como la correspondencia álgebra de Lie/grupo y la localidad de la continuidad de una función porque he asumido que estás familiarizado con estas ideas, si no es así, siéntete libre de comentar y editaré mi respuesta en consecuencia.

Answer 4

(NOTA: Publicado como nueva respuesta en lugar de editar la respuesta anterior porque vamos a analizar este escenario ligeramente diferente.

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Un hecho importante es que las rotaciones finitas no conmutan en general, sin embargo las rotaciones infinitesimales siempre conmutan. Volvamos a este punto más adelante.

Pero primero invoquemos algunas afirmaciones adecuadas con respecto a los teoremas.

{{Teorema de Euler Formulado Formalmente}} Para {cualquier} operador ortogonal propio general $\mathcal{R}$, existe un eje fijo $\hat{\bf{n}}$ y un ángulo $\bf{\Phi}$ en el rango $0\leq\Theta\leq\pi$ tal que $\mathcal{R}[{\bf\Phi\hat{n}}]=\mathcal{R}$

{Fuente}: Mecánica Analítica para la Relatividad y la Mecánica Cuántica, Oliver Davis Johns, Oxford University Press, 2005)

({ {Teorema General :}}Velocidad Angular de Operadores Parametrizados)\ \emph{Cualquier vector rotado "`variable en el tiempo"'} (eje fijo o no) puede escribirse como $\bf{V}(t)=\mathcal{R}[\Phi(t)\hat{n}(t)]{\bf{V}}$ ({Fuente}: Mecánica Analítica para la Relatividad y la Mecánica Cuántica, Oliver Davis Johns, Oxford University Press, 2005)

{{Consecuencia del segundo Teorema}}: Si la operación de interés se relaciona con la velocidad rotacional como ${d\over dt}\mathcal{R}=\Omega_{ik}\equiv\epsilon_{ijk}\bf{\omega}_j$ y el vector de interés es el vector de posición $\bf{r}$ entonces la derivada de estos elementos es ${d\over dt}\bf{V}(t)=\omega\times{\bf{V}}$

entonces la forma explícita de la velocidad angular en términos de un ángulo rotacional {general } que cumple con estos criterios (ver también la derivación del artículo) resulta ser $\omega(t)=\dot{\Phi}+sin(\Phi){d\hat{n}\over dt}+(1-cos(\Phi))\hat{n}\times{{d\hat{n}\over dt}}$

{{{Pero}}}... para un eje fijo, (como en las restricciones del teorema de Euler), ${d\over{dt}}\hat{n}$ resulta ser cero. En consecuencia, para un eje fijo de rotación

$\omega(t)|_{eje\ fijo}=\dot{\Phi}\hat{n}$

{{QED}}

Ahora volvamos al primer punto, que aún no ha sido demostrado...

Si $\omega(t)|=\dot{\Phi}\hat{n}$ es válido para cualquier rotación de eje fijo, una deducción simple es que debería aplicarse a una secuencia de rotaciones de ejes fijos. Esto es algo así como un rompecabezas intuitivo. Una razón por la que la verdad de la afirmación inicial es importante.

Consideremos una secuencia de dos rotaciones de ejes fijos a y b

Supuestamente $\vec{\omega(t_a+t_b)}=\omega{(t_a)}\hat{n}_a+\omega{(t_b)}\hat{n_b}$, y la operación debería conmutar si las rotaciones son infinitesimales ...todavía EDITANDO.

Answer 5

Hay algunas diferencias en la notación del artículo con las utilizadas en la pregunta original. Esta respuesta se proporciona dentro de la notación del artículo.

Punto clave: El artículo establece que ${\dot{\vec{\alpha}}}\neq{\vec{\omega}}$ con $\alpha$ correspondiendo al ángulo de rotación.

Ahora podemos igualar $\dot{\vec{r}}=\vec{\omega}\times \vec{r} $ con $\dot{\vec{r}}={\Omega} \vec{r}$ con $\Omega$ es una matriz antisimétrica definida por $\Omega_{ik}=\epsilon_{ijk}\omega_j$. ESTOS son correctos con respecto a los cambios de posición del objeto en términos de su velocidad angular.

(Sospecho que a lo que te refieres como "lim $\Theta(t_1,t_2)\over t_2-t_1$..." es EN REALIDAD $\Omega$ en el artículo, una razón por la que he migrado a la notación del artículo para no confundir este objeto con $\dot{\alpha}$ o $\dot{\Theta} $ en tu notación.)

Entonces, tu pregunta tal como está escrita para mí es "¿Cómo demostramos que ESTE OBJETO (es decir, $\Omega$ existe y que se iguala a la operación $\omega\times$)."

En primer lugar, ha sido definido en términos del tensor antisimétrico $\epsilon_{ijk} $ y la velocidad angular $\omega $; $\epsilon_{ijk}\omega_j r_k=\vec{\omega}\times\vec{r}$ por definición.

Pero mi intuición es que estás interesado en cómo llegar a este objeto comenzando desde $\alpha$ en su lugar. Creo que esto se demuestra suficientemente en la primera columna del artículo.

Para resumir: Permitiendo que la matriz ortogonal $S=e^{\vec{\alpha}\times}$, $\vec{r}=S\vec{r_0}$. se sigue que

$\dot{\vec{r}}=\dot{S}S^{-1}\vec{r}$. Por lo tanto, $\Omega=\dot{S}S^{-1$. Si $\alpha$ existe, $S$ existe y $\Omega$ puede ser expresado en términos de él. Funciona desde ambos ángulos. (Además, las derivadas de S dadas en el artículo son calculables.)

De otra forma, las ecuaciones de la misma forma tienen la misma solución. Por un lado tenemos $\dot{\vec{r}}=\dot{S}S^{-1}\vec{r}$ y por otro tenemos $\dot{\vec{r}}=\vec{\omega}\times \vec{r}$. Por lo tanto, es trivial hacer la asociación interpretativa $\Omega=\dot{S}S^{-1}$

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EDICIÓN: En una forma más explícita

1) Tenemos dos elementos a considerar inicialmente.

A) El primero es $\dot{\vec{r}}=\vec{\omega}\times \vec{r}$, la derivada de tiempo del vector de posición $\vec{r}$ como una función de sí mismo. Deja que $\Omega$ sea el objeto matriz que cumple esta relación. $\Omega$ POR DEFINICIÓN es $\Omega\equiv \epsilon_{ijk}\omega_j$ donde $\omega_j$ son los componentes de la velocidad angular.

B) El segundo es $\dot{\vec{r}}= f(\vec{\alpha})$ la derivada de tiempo del vector de posición $\vec{r}$ como función del vector de ángulo de rotación $\alpha$

Conexión lógica: A=B

Dado que $\dot{\vec{\alpha}}\neq\omega$, como demuestra el artículo, $\dot{\vec{r}(\alpha)}\neq\Omega\vec{r}$. PREGUNTA: ¿cuál es la relación entre estos elementos, y consecuentemente cuál es $\dot{\alpha}$ y/o $\omega{(\dot{\alpha})}$. PISTA: $\omega$ NO es $\vec{\dot{\alpha}}. Veamos qué encontramos en su lugar.

POR DEFINICIÓN de la derivada $\dot{\vec{\alpha}}=$limite a $t_2-t_1=0$de ${\alpha(t_2)-\alpha(t_1)\over{t_2-t_1}}$...

Permitiendo que $S_{lm}\equiv e^{\epsilon_{lmn}\alpha_m}=I_{lm}+\epsilon_{lmn}\alpha_m+(\epsilon_{lmn}\alpha_m)^2+...$, se sigue que

$\dot{\vec{r}}(\alpha)=\dot{S}S^{-1}\vec{r}$ (Ver artículo)

Entonces, $\epsilon_{ijk}\omega_j={d\over dt}S_{ia}S^{-1}_{ak}$...proporciona una relación adecuada entre $\omega_j$ y $\dot{\alpha}$

Se pueden calcular los términos de $\dot{S}_{ia$ si se desea. Este es el único objeto que involucra derivadas temporales de $\alpha $ en esta etapa. Puedes escribirlos en términos de la definición de la derivada si lo deseas. Yo usaré un término abreviado.

${d\over dt}S_{ia}=\epsilon_{ima}\dot{\alpha_m}+h.c.$

$S^{-1}\rightarrow I+h.c$

Por lo tanto, obtenemos luego de remover el tensor antisimétrico de cada lado

$\omega_j=\dot{\alpha}_j+h.c.$

QED

Siento que la justificación para las relaciones correctas está suficientemente demostrada en este punto, pero puedo incluir un par de ediciones adicionales si me inclino en algún momento.

También por favor déjame en claro cómo defines explícitamente $\theta(t_1,t_2)$ en términos de la notación del artículo. Si puedes hacer eso, tu pregunta está casi respondida.

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EDICIÓN: El OP ha publicado desde su definición como "Nota que lo que este artículo llama $\vec{α}(t)$, en mi notación sería escrito como $\vec{θ}(t_0,t)$. El artículo discute el hecho de que la velocidad angular $\vec{ω}(t)$ no es igual a la derivada temporal de $\vec{α}(t)$. Esto significa que el límite de $\vec{θ}(t_0,t_2)−\vec{θ}(t_0,t_1)\over t_2−t_1$ no es igual..." Ver edición a la pregunta original para el resto.

...¡Pensé que había algo peculiar en juego :)! De hecho (creo, dime si no estás de acuerdo), hablando correctamente, $\vec{\alpha}(t,t_0)=\vec{\theta}(t,t_0)$. ¿Podemos estar de acuerdo en que el significado de $t_0$ es que se ha aplicado una condición inicial? En general, $\vec{\alpha}(t,t_0)\neq \vec{\alpha}(t)$. Entonces tu correlación de tu notación con la del artículo no es del todo correcta!

Hablando apropiadamente, el límite de $\vec{θ}(t_0,t2)−\vec{θ}(t0,t1)\over{t2−t1}$ no es igual a $ \vec{ω}(t1)$...No lo es. Pero el límite de $\vec{θ}(t2)−\vec{θ}(t1)\over{t2−t1}$ SÍ lo es...en efecto.

Y $\vec{θ}(t_0,t2)−\vec{θ}(t0,t1) \neq\vec{ \theta}(t_2,t_1)$ Pero $\vec{θ}(t2)−\vec{θ}(t1)$ ES.