Invertibilità della matrice d'inerzia
La matrice d'inerzia di un corpo, costituito da punti $P_i$ di massa $m_i$ il cui vettore posizione \(\overrightarrow{CP_i}\) rispetto al centro di massa $C$ ha coordinate cartesiane \((x_i,y_i,z_i)\), è la matrice \[I:=\left( \begin{array}{ccc} \sum_im_i(y_i^2+z_i^2) & -\sum_im_i x_iy_i & -\sum_im_i x_iz_i \\ -\sum_im_i x_iy_i & \sum_im_i(x_i^2+z_i^2) & -\sum_im_i y_iz_i \\ -\sum_im_i x_iz_i & -\sum_im_i y_iz_i & \sum_im_i(x_i^2+y_i^2) \end{array} \right)\]
Per un corpo continuo esteso su un dominio $V\subset\mathbb{R}^3$, con densità $\rho:V\to\mathbb{R}$ e centro di massa di coordinate \((x_C,y_C,z_C)\), la matrice d'inerzia è definita come
\[\left( \begin{array}{ccc}
\int_V\rho[(y-y_C)^2+(z-z_C)^2]dV & -\int_V\rho\cdot(x-x_C)(y-y_C)dV & -\int_V\rho\cdot(x-x_C)(z-z_C)dV \\
-\int_V\rho\cdot(x-x_C)(y-y_C)dV & \int_V\rho[(x-x_C)^2+(z-z_C)^2]dV & -\int_V\rho\cdot(y-y_C)(z-z_C)dV \\
-\int_V\rho\cdot(x-x_C)(z-z_C)dV & -\int_V\rho\cdot(y-y_C)(z-z_C)dV & \int_V\rho[(x-x_C)^2+(y-y_C)^2]dV \end{array} \right)\]
dove non scrivo l'argomento di $\rho$ per ragioni di spazio e formattazione.
Tale matrice è sempre invertibile per un corpo solido?
Se sì, come si piò dimostrare?
Ponendo \[I=\left( \begin{array}{ccc} I_{xx} & I_{xy} & I_{xz} \\I_{xy} & I_{yy} & I_{yz} \\I_{xz} & I_{yz} & I_{zz} \end{array} \right)\]ho cercato di provare che il determinante, che mi pare \(\det(I)=I_{xx}I_{yy}I_{zz}+2I_{xy}I_{xz}I_{yz}-(I_{xx}I_{yz}^2+I_{xy}^2I_{zz}+I_{xz}^2I_{yy})\), è non-nullo, ma non ci riesco...
$\infty$ grazie a tutti!
Per un corpo continuo esteso su un dominio $V\subset\mathbb{R}^3$, con densità $\rho:V\to\mathbb{R}$ e centro di massa di coordinate \((x_C,y_C,z_C)\), la matrice d'inerzia è definita come
\[\left( \begin{array}{ccc}
\int_V\rho[(y-y_C)^2+(z-z_C)^2]dV & -\int_V\rho\cdot(x-x_C)(y-y_C)dV & -\int_V\rho\cdot(x-x_C)(z-z_C)dV \\
-\int_V\rho\cdot(x-x_C)(y-y_C)dV & \int_V\rho[(x-x_C)^2+(z-z_C)^2]dV & -\int_V\rho\cdot(y-y_C)(z-z_C)dV \\
-\int_V\rho\cdot(x-x_C)(z-z_C)dV & -\int_V\rho\cdot(y-y_C)(z-z_C)dV & \int_V\rho[(x-x_C)^2+(y-y_C)^2]dV \end{array} \right)\]
dove non scrivo l'argomento di $\rho$ per ragioni di spazio e formattazione.
Tale matrice è sempre invertibile per un corpo solido?
Se sì, come si piò dimostrare?
Ponendo \[I=\left( \begin{array}{ccc} I_{xx} & I_{xy} & I_{xz} \\I_{xy} & I_{yy} & I_{yz} \\I_{xz} & I_{yz} & I_{zz} \end{array} \right)\]ho cercato di provare che il determinante, che mi pare \(\det(I)=I_{xx}I_{yy}I_{zz}+2I_{xy}I_{xz}I_{yz}-(I_{xx}I_{yz}^2+I_{xy}^2I_{zz}+I_{xz}^2I_{yy})\), è non-nullo, ma non ci riesco...
$\infty$ grazie a tutti!
Risposte
Ciao !!
Per quel che ricordo,
basterebbe dimostrare che la matrice in questione sia definita positiva, infatti , considerando che è anche simmetrica,
si conclude che è non singolare.
Allora di certo è simmetrica, cerco di dimostrare che è anche definita positiva, cioè che tutti gli autovalori reali e positivi.
Certamente gli autovalori sono reali, data la simmetria.
Per dimostrare la loro positività scrivo prima alcune cosette, giusto per capirci sulla notazione .
Consideriamo un corpo rigido R con un punto fisso O.Il momento angolare del corpo rispetto ad O è dato da
$ M=int_Rrho (r)r^^ (dr)/dtdV $
dove $rho$ è la densità di massa al punto $r$; $dV$ è l'emento di volume.Essendo per un corpo rigido $(dr)/(dt)=omega^^r$, si ha
$ M=int_Rrho (r)r^^ (omega^^r)dV= int_Rrho(r)((r\cdot r)omega-(omega\cdot r)r)dV $
In componenti:
$ M_i= int_Rrho(r)((r\cdot r)omega_i-(omega\cdot r)x_i)dV $
$ =sumint_Rrho(r)(r^2delta_(ij)-x_ix_j)omega_jdVdot= sum_(j ) I_(ij)omega_j $
Ora considerando il caso in cui $M$ e $omega$ sono paralleli si ha
$ Iomega=lamdaomega $
in componenti
$ sum(I_(ij)-lamdadelta_(ij))omega_j=0 $
Che ammette un'unica soluzione, $omega=0$ a meno che non sia appunto
$ det|I_(ij)-lamdadelta_(ij)|=0 $
ora sicuramente $lamda$ è reale dato che il tensore d'inerzia è simmetrico, infatti
$ lamda=(sum_(ij)I_(ij)omega_iomega_j)/(sum_i|omega_i|^2)=bar(lamda) $
ora queste due radici oltre ad essere reali sono anche positive, da considerazioni fisiche si ha infatti che
$ omega\cdot Iomega=lamda(omega\cdot omega) $
ora il membro di sinistra è positivo, dato che si può considerare uguale a due volte l'energia cinetica,
dunque è positivo anche $lamda$
Si può allora concludere che il tensore d'inerzia è una matrice simmetrica e definita positiva, dunque non singolare.
Spero di non aver detto cavolate, domani mattina ricontrollerò
Per quel che ricordo,
basterebbe dimostrare che la matrice in questione sia definita positiva, infatti , considerando che è anche simmetrica,
si conclude che è non singolare.
Allora di certo è simmetrica, cerco di dimostrare che è anche definita positiva, cioè che tutti gli autovalori reali e positivi.
Certamente gli autovalori sono reali, data la simmetria.
Per dimostrare la loro positività scrivo prima alcune cosette, giusto per capirci sulla notazione .
Consideriamo un corpo rigido R con un punto fisso O.Il momento angolare del corpo rispetto ad O è dato da
$ M=int_Rrho (r)r^^ (dr)/dtdV $
dove $rho$ è la densità di massa al punto $r$; $dV$ è l'emento di volume.Essendo per un corpo rigido $(dr)/(dt)=omega^^r$, si ha
$ M=int_Rrho (r)r^^ (omega^^r)dV= int_Rrho(r)((r\cdot r)omega-(omega\cdot r)r)dV $
In componenti:
$ M_i= int_Rrho(r)((r\cdot r)omega_i-(omega\cdot r)x_i)dV $
$ =sumint_Rrho(r)(r^2delta_(ij)-x_ix_j)omega_jdVdot= sum_(j ) I_(ij)omega_j $
Ora considerando il caso in cui $M$ e $omega$ sono paralleli si ha
$ Iomega=lamdaomega $
in componenti
$ sum(I_(ij)-lamdadelta_(ij))omega_j=0 $
Che ammette un'unica soluzione, $omega=0$ a meno che non sia appunto
$ det|I_(ij)-lamdadelta_(ij)|=0 $
ora sicuramente $lamda$ è reale dato che il tensore d'inerzia è simmetrico, infatti
$ lamda=(sum_(ij)I_(ij)omega_iomega_j)/(sum_i|omega_i|^2)=bar(lamda) $
ora queste due radici oltre ad essere reali sono anche positive, da considerazioni fisiche si ha infatti che
$ omega\cdot Iomega=lamda(omega\cdot omega) $
ora il membro di sinistra è positivo, dato che si può considerare uguale a due volte l'energia cinetica,
dunque è positivo anche $lamda$
Si può allora concludere che il tensore d'inerzia è una matrice simmetrica e definita positiva, dunque non singolare.
Spero di non aver detto cavolate, domani mattina ricontrollerò
I passaggi matematici per dimostrare quello che desideri non li conosco, non mi sono mai posto il problema. Certamente ci sono.
Ma, premettendo che ormai non mi ricordo quasi più niente della teoria dei determinanti e delle matrici , perché è passato troppo tempo da che ho studiato questa parte dell'algebra, dico questo : se ragioni sulla fisica, anziché sulla matematica, dovrebbe essere più facile.
Allora, siccome quei momenti di inerzia e momenti centrifughi sono relativi a un sistema di coordinate qualsiasi $Oxyz$ con origine in un punto $O$ qualunque, perché non provi a metterti nel riferimento degli assi principali di inerzia relativi ad $O$ ?
Prendiamo il corpo continuo. Se trasformi le coordinate dal riferimento dato al riferimento principale $OXYZ$ avente la stessa origine, la matrice di inerzia diventa diagonale : $ I = diag(I_X,I_Y,I_Z)$ , e basta. I momenti centrifughi sono nulli. D'altronde mi sembra di ricordare che una matrice simmetrica, come è quella da te scritta, è sempre diagonalizzabile, no ?
Dunque, hai una matrice diagonale, i cui elementi sono i momenti principali di inerzia del corpo continuo rispetto agli assi principali di inerzia per $O$ .
Allora, sotto quali condizioni tale matrice ha determinante nullo ? Se il corpo continuo è costituito da una (ipotetica) distribuzione continua di massa lungo un segmento di retta : punto e basta. E naturalmente se prendi l'origine $O$ su tale retta. Questa retta è per forza di cose un asse di simmetria, perciò un asse principale . Siccome contiene il CM, è principale per ogni suo punto, non solo per $O$ ; e una qualunque coppia di assi ortogonali in un qualunque piano ortogonale a tale asse, con origine nel punto di intersezione con l'asse, costituisce una coppia di assi principali, che insieme a quello su cui giace la massa è una terna principale.
Ecco, non vorrei sbagliarmi, ma sol in questo caso il determinante della matrice principale di inerzia è nullo.
Ovviamente il caso più banale è quello di un solo punto materiale.
PS : ora ho visto la risposta di Light, credo sia giusta.
Anzi…lo è senz'altro ! Bravo light ! Sei stato molto più generale di me! Io 'ste cose non me le ricordavo mica! Ma alla diagonalizzazione c'ero arrivato !
Così si dovrebbe sempre discutere di fisica, in questo forum …!
Ma, premettendo che ormai non mi ricordo quasi più niente della teoria dei determinanti e delle matrici , perché è passato troppo tempo da che ho studiato questa parte dell'algebra, dico questo : se ragioni sulla fisica, anziché sulla matematica, dovrebbe essere più facile.
Allora, siccome quei momenti di inerzia e momenti centrifughi sono relativi a un sistema di coordinate qualsiasi $Oxyz$ con origine in un punto $O$ qualunque, perché non provi a metterti nel riferimento degli assi principali di inerzia relativi ad $O$ ?
Prendiamo il corpo continuo. Se trasformi le coordinate dal riferimento dato al riferimento principale $OXYZ$ avente la stessa origine, la matrice di inerzia diventa diagonale : $ I = diag(I_X,I_Y,I_Z)$ , e basta. I momenti centrifughi sono nulli. D'altronde mi sembra di ricordare che una matrice simmetrica, come è quella da te scritta, è sempre diagonalizzabile, no ?
Dunque, hai una matrice diagonale, i cui elementi sono i momenti principali di inerzia del corpo continuo rispetto agli assi principali di inerzia per $O$ .
Allora, sotto quali condizioni tale matrice ha determinante nullo ? Se il corpo continuo è costituito da una (ipotetica) distribuzione continua di massa lungo un segmento di retta : punto e basta. E naturalmente se prendi l'origine $O$ su tale retta. Questa retta è per forza di cose un asse di simmetria, perciò un asse principale . Siccome contiene il CM, è principale per ogni suo punto, non solo per $O$ ; e una qualunque coppia di assi ortogonali in un qualunque piano ortogonale a tale asse, con origine nel punto di intersezione con l'asse, costituisce una coppia di assi principali, che insieme a quello su cui giace la massa è una terna principale.
Ecco, non vorrei sbagliarmi, ma sol in questo caso il determinante della matrice principale di inerzia è nullo.
Ovviamente il caso più banale è quello di un solo punto materiale.
PS : ora ho visto la risposta di Light, credo sia giusta.
Anzi…lo è senz'altro ! Bravo light !
Sei stato molto più generale di me! Io 'ste cose non me le ricordavo mica! Ma alla diagonalizzazione c'ero arrivato ! Così si dovrebbe sempre discutere di fisica, in questo forum …!
Grazie per la dettagliata risposta!!!
"Light_":Mmh... mi sa che occorrono strumenti finora a me ignoti (sto approfondendo queste cose su letture qui e là, ché il testo che sto seguendo non utilizza matrici d'inerzia né entra più di tanto nei dettagli della dinamica rotatoria, anche se poi propone esercizi per cui è necessario un bagaglio maggiore di ciò che si illustra nella parte teorica), infatti non sapevo che \(\frac{1}{2}\omega\cdot I\omega\) è un'espressione dell'energia cinetica (non nulla se \(\omega\ne 0\), mi par di capire)...
$ omega\cdot Iomega=lamda(omega\cdot omega) $
ora il membro di sinistra è positivo, dato che si può considerare uguale a due volte l'energia cinetica,
dunque è positivo anche $lamda$
"navigatore":...con trasformazioni ortogonali, per cui si può scegliere un riferimento cartesiano tale che sia diagonale rispetto alla base relativa ad esso.
D'altronde mi sembra di ricordare che una matrice simmetrica, come è quella da te scritta, è sempre diagonalizzabile, no ?
"navigatore":Riesco a seguire il ragionamento se si tratta di un corpo discreto, per cui la diagonale è quella della matrice che ho scritto in alto, con elementi delle sommatorie.
Allora, sotto quali condizioni tale matrice ha determinante nullo ? Se il corpo continuo è costituito da una (ipotetica) distribuzione continua di massa lungo un segmento di retta : punto e basta.
Nel caso di un corpo continuo, però, non avrei idea di come dimostrare che i tre integrali sulla diagonale siano strettamente positivi, perché maneggiare i limiti rappresentati dagli integrali è una cosa un po' più delicata...
Grazie anche a te!
Grazie Navigatore 
Se consideri un corpo continuo, la cui massa fosse per pura ipotesi tutta distribuita lungo un segmento di retta, insomma una bacchetta molto molto sottile, di diametro teoricamente zero (è una pura astrazione ovviamente, nessuna bacchetta materiale può avere sezione di diametro nullo, altrimenti la bacchetta non esisterebbe!) , il momento di inerzia di questo corpo rispetto alla retta cui appartiene sarebbe zero, no ? E si tratterebbe di un momento principale, anzi centrale di inerzia
E rispetto ad altri due assi perpendicolari qualunque, appartenenti ad un piano qualunque perpendicolare alla retta , con origine su di essa, gli altri due momenti principali sarebbero uguali, Se l'origine fosse al centro e la densità fosse costante, sarebbero uguali, se ricordo bene , a $1/(12)ML^2$ .
Quindi avresti tre momenti di inerzia principali che formano la matrice diagonale : due uguali , uno nullo (teoricamente....)
E rispetto ad altri due assi perpendicolari qualunque, appartenenti ad un piano qualunque perpendicolare alla retta , con origine su di essa, gli altri due momenti principali sarebbero uguali, Se l'origine fosse al centro e la densità fosse costante, sarebbero uguali, se ricordo bene , a $1/(12)ML^2$ .
Quindi avresti tre momenti di inerzia principali che formano la matrice diagonale : due uguali , uno nullo (teoricamente....)
"navigatore":Certo. Così dimostriamo che un corpo contenuto in una retta ha matrice d'inerzia non invertibile.
Se consideri un corpo continuo, la cui massa fosse per pura ipotesi tutta distribuita lungo un segmento di retta, insomma una bacchetta molto molto sottile, di diametro teoricamente zero [...] il momento di inerzia di questo corpo rispetto alla retta cui appartiene sarebbe zero, no ? [...] Quindi avresti tre momenti di inerzia principali che formano la matrice diagonale : due uguali , uno nullo (teoricamente....)
Più delicata mi sembra che sarebbe la dimostrazione che un corpo non contenuto in un piano abbia matrice d'inerzia invertibile, per cui si deve dimostrare la non-nullità dei tre momenti d'inerzia principali. Ciò è evidente per un sistema discreto di masse puntiformi, per cui, perché il corpo non sia contenuto in un piano si deve avere \[\sum_im_i(x_i^2+z_i^2)>0\quad\land\quad \sum_im_i(y_i^2+z_i^2)>0 \quad\land\quad \sum_im_i(x_i^2+y_i^2)>0 \]Tuttavia, per un corpo continuo, nel passaggio al limite rappresentato dagli integrali, per esempio per il primo $\int_V\rho(x,y,z)[(y-y_C)^2+(z-z_C)^2]dV=\lim_{\max_i\Delta V_i\to 0}\sum_i\rho_i (x_i^2+z_i^2)\Delta V_i$, possiamo per le proprietà dei limiti solo affermare che $\int_V\rho(x,y,z)[(y-y_C)^2+(z-z_C)^2]dxdydz\ge 0$. Suppongo che ci sia un qualche modo per dimostrare matematicamente la non-nullità di questi integrali, a meno che non si tratti di quelle ipotesi assunte "assiomaticamente" in fisica come la derivabilità e continuità di certe funzioni...
Se $V$ è compatto vale che $\int_V fdV\ge\int_V \min f dV$, ma questo non ci aiuta perché, se il centro di massa è contenuto nel corpo, \(\min\{\rho(x,y,z)[(y-y_C)^2+(z-z_C)^2]:(x,y,z)\in V\}=0\)...
"navigatore":Ricordi bene.
Se l'origine fosse al centro e la densità fosse costante, sarebbero uguali, se ricordo bene , a $1/(12)ML^2$ .
Segnalo poi a chi, come me, passando di qua cercasse una dimostrazione del fatto che \(\frac{1}{2}\boldsymbol{\omega}\cdot I\boldsymbol{\omega}\) è l'energia cinetica di un corpo rotante attorno al centro di massa, che una spiegazione di questo interessante risultato si trova in questa carinissima dispensa, a p. 107, che navigatore, che ancora ringrazio, mi ha consigliato in un altro thread.
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