Eje Instantáneo de Rotación

Question

¿Qué es la teoría matemática detrás de encontrar un Instaneous Eje/Centro de rotación para una rotación más la traducción de movimiento? Por favor explique en términos del grupo de los Movimientos Rígidos(si es posible) en $R^2$ & $R^3$ por qué siempre ese centro va a existir y por qué puede un rígido movimiento puede ser descrito en términos de sólo una rotación alrededor de ese punto en lugar de una rotación además de la traducción.

http://en.wikipedia.org/wiki/Instant_centre_of_rotation

Answer 1

Vamos a un sistema de coordenadas Cartesianas ser conectado a un cuerpo rígido, por ejemplo, con su origen en el centro de gravedad del cuerpo. Luego, porque el cuerpo es rígido, cualquier movimiento del sistema de coordenadas se perserve la longitud de los vectores de la base y los ángulos rectos entre ellos. Que es: cualquier movimiento con respecto a los cuerpos' origen es descrito por una matriz ortogonal (con determinante positivo, debido a que los volúmenes se conservan tan bien). Tales movimientos son comúnmente llamados rotaciones.
Las rotaciones en el espacio 3-D están representados por: $$ \vec{r_1}(t) = R(t)\,\vec{r} \qquad ; \qquad \left[ \begin{array}{c} x_1 \\ y_1 \\ z_1 \end{array} \right](t) = \left[ \begin{array}{ccc} R_{11}(t) & R_{12}(t) & R_{13}(t) \\ R_{21}(t) & R_{22}(t) & R_{23}(t) \\ R_{31}(t) & R_{32}(t) & R_{33}(t) \end{array} \right] \left[ \begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array} \right] $$ Por lo tanto se asume que el vector $\vec{r}$ es una constante, $R(t)$ es un verdadero valorado ortogonal $3\times 3$ matriz y sus coeficientes son funciones de tiempo $t$ . Debido a $R$ es ortogonal, es conocido que este tipo de matriz veces su transpuesta es igual a la matriz identidad (transpose = inversa). La diferenciación de acuerdo con la regla del producto y conoce las reglas para la transposición de la matriz, a continuación, da: $$ R(t)R^T(t) = I \quad \Longrightarrow \quad \dot{R}(t)R^T(t) + R(t)\dot{R}(t)^T = 0 \quad \Longrightarrow \quad \dot{R}(t)R^T(t) = - \left[\dot{R}(t)R^T(t)\right]^T $$ Definir: $$ \Omega(t) = \dot{R}(t)R^T(t) \qquad \Longrightarrow \qquad \Omega(t) = -\Omega^T(t) $$ Se puede demostrar fácilmente que el $\Omega$ matriz debe tener la siguiente forma: $$ \left[ \begin{array}{ccc} 0 & - \omega_z & +\omega_y \\ +\omega_z & 0 & -\omega_x \\ -\omega_y & +\omega_x & 0 \end{array} \right] $$ El vector $\;\vec{\omega}$ , no en todos, por coincidencia, se define de tal manera que: $$ \vec{\omega} = \left[ \begin{array}{c} \omega_x \\ \omega_y \\ \omega_z \end{array} \right] \quad \Longrightarrow \quad \Omega\,\vec{r} = \left[ \begin{array}{ccc} 0 & - \omega_z & +\omega_y \\ +\omega_z & 0 & -\omega_x \\ -\omega_y & +\omega_x & 0 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{c} \omega_y z - \omega_z y \\ \omega_z x - \omega_x z \\ \omega_x y - \omega_y x \end{array} \right] = \vec{\omega} \times \vec{r} $$ Donde $\times$ denota la costumbre producto cruz de dos vectores. En consecuencia: $$ \dot{\vec{r}}_1(t) = \dot{R}(t)\vec{r} = \dot{R}(t)R^T(t)R(t)\vec{r}=\vec{\omega}(t)\times\vec{r}_1(t) $$ Por lo tanto la velocidad de un vector de rotación en el tiempo es una rotación de la misma vector alrededor de un eje $\vec{\omega}(t)$ que sí se está moviendo en el tiempo. Especialmente el hecho de que en el caso general, todo lo que es "moviendo en el tiempo" hace que no sea muy fácil de comprender conceptualmente.

Answer 2

Supongamos $T(t)$ es un rígido movimiento, que es: $$ T(t)x = R(t)x + y(t) $$ donde $R(t)$ es una matriz de rotación. Suponemos que $T(0)x = x$. Nota: $R(t)^TR(t) = I$ porque $R(t)$ es una matriz ortogonal.

Nos gustaría ver si $T(0)$ es una rotación alrededor de un punto fijo o línea. Tenga en cuenta que en el 3D caso, la línea será fija, pero la rígida movimiento podría ser un sacacorchos movimiento alrededor del eje, por lo que no necesariamente tiene que ser puramente una rotación alrededor de la línea.

Supongamos $T(0)$ no es una traducción.

En el 2D caso, queremos mostrar que hay un punto de $x_0$ tal que $$ T(\delta t)x = x + R'(0)(x-x_0)\delta t +o (\delta t). \quad (1) $$ Es decir, $x_0$ es un punto fijo. $T$ realiza una rotación infinitesimal $x-x_0 \mapsto R(\delta t)(x-x_0)$.

En el 3D caso, queremos mostrar que hay un punto de $x_0$, un vector unitario $v$ tal que $R'(0) v = 0$, y un escalar $\mu$ tal que $$ T(\delta t)x = x + (R'(0)(x-x_0) + \mu v)\delta t + o(\delta t). \quad (2) $$ Es decir, $x_0 + \alpha v, (\alpha \in \mathbb R)$ es una línea fija. $T$ realiza una rotación infinitesimal $x-x_0 \mapsto R(\delta t)(x-x_0)$, y, a continuación, agregue un infinitesimal de la traducción a lo largo del eje de rotación de la $v$, añadiendo $\mu v \delta t$.

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Prueba: Diferenciar $R(t)^TR(t) = I$ con respecto al $t$: $$ R'(t)^T R(t) + R(t)^T R'(t) = 0 = (R(t)^T R'(t))^T + (R(t) R'(t)^T) $$ que es $$ R(t)^T R'(t) = S(t) $$ es anti-simétrica. Por lo tanto, la reescritura como $R'(t) = R(t) S(t)$, tenemos $$ T'(t)x = R(t) S(t) x + y'(t) = 0 $$ o $$ S(t) x = -R(t)^T y'(t) .$$ A partir de ahora supondremos $t = 0$, y escribir $T$ $T(0)$, $T'$ para $T'(0)$, etc. Tenga en cuenta que$R = I$$y = 0$, lo $R' = S$.

Desde $S$ es sesgar simétrica, su núcleo y el rango son espacios ortogonales. Esto es debido a que $\text{ker}(S) = \text{range}(S^T)^\perp = \text{range}(S)^\perp$.

Supongamos que todos los autovalores de a $S$ son cero. Desde $S$ es lo normal, es decir, $SS^T = S^TS$, es diagonalizable. Por lo tanto, a continuación,$S = 0$. En ese caso $T'x = x+y'$. Si $y'=0$, $T$ es instantáneamente inmóvil. Si $y'\ne0$ $T$ es una traducción pura. A partir de ahora supondremos que $S \ne 0$.

Desde $S$ es sesgar simétrica, esto significa que $\lambda$ es un autovalor si y sólo si $-\lambda$ es un autovalor, porque $$ \det(S-\lambda I) = \det((S-\lambda I)^T) = -\det(S + \lambda I) .$$ Por lo tanto, si $S \ne 0$, el rango de $S$ debe ser de dos dimensiones. (Tenga en cuenta también que la no-cero autovalores son imaginarios, y vienen en conjugar pares.)

Ahora veamos los dos casos diferentes.

2D Caso: a Continuación, $S$ es invertible. En ese caso no es exactamente una solución de $x_0$ a de la ecuación de $Sx_0 = -y'$, y así $$ T'x = R'x + y' = Sx - Sx_0 = R'(x - x_0),$$ lo que demuestra (1).

3D Caso: Un autovalor de a $S$ debe ser cero, de modo que el núcleo es unidimensional. Deje $v$ ser un vector unitario tal que $\{v\}$ es una base de $\text{ker}(S)$, por lo que el $\text{range}(S) = \{v\}^\perp$.

Por lo tanto, no hay una única $\mu \in \mathbb R$ $x_0$ tal que $$ Sx_0 = - y' + \mu v.$$ Entonces $$ T'x = R'x + y' = Sx - Sx_0 + \mu v = R'(x-x_0) + \mu v,$$ lo que demuestra (2).