• Author / Uploaded
• Andro Erick Valero Medina

Citation preview

1 Tensores

1 Tensores 1.1 Introducción Muchos fenómenos físicos se representan matemáticamente mediante Tensores, los cuales, por necesidad son representados en un sistema de referencia, de este modo surge el concepto de componentes del tensor. Si bien los tensores son independientes del sistema de referencia, las componentes serán dependientes y variarán con éste. Los tensores pueden ser clasificados según su orden como: Escalar (Tensor de orden 0): Cantidad que tiene magnitud pero no dirección (ejemplo: densidad de masa, temperatura, presión). Los escalares pueden ser funciones del espacio y del tiempo y no necesariamente han de ser constantes. Vector (Tensor de orden 1): Cantidad que tiene magnitud y dirección (ejemplo: velocidad, aceleración, fuerza). Será simbolizado por una letra en negrita con una flecha en la parte r superior del tensor, i.e.: • . Tensor de segundo orden (Tensor de orden 2): Cantidad que tiene magnitud y dos direcciones (ejemplo: tensión, deformación). Será simbolizado por una letra en negrita. Para los tensores de órdenes superiores también usaremos letras en negrita. Este capítulo trata del estudio detallado de los tensores (escalar, vector, tensor de segundo orden, y de orden superior), y de algunas herramientas matemáticas que darán soporte al desarrollo de las teorías que se exponen en los capítulos posteriores. Primeramente, revisaremos algunas operaciones de vectores independientemente del sistema de coordenadas. A continuación, introduciremos el sistema de coordenadas rectangulares para expresar las componentes de un vector en dicho sistema. Una vez definido el sistema de referencia, podremos expresar las operaciones con vectores tan sólo

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

12

en función de sus componentes. Por último, expondremos la notación indicial por su simplicidad y fácil manipulación matemática. Posteriormente estudiaremos los tensores de orden superior, poniendo especial énfasis en los tensores de segundo orden. Para finalizar, plantearemos los campos de tensiones y los sistemas de coordenadas cilíndricas y esféricas.

1.2 Vectores A continuación presentamos algunas operaciones entre vectores en el espacio vectorial tridimensional Euclidiano (E ) . r

r

Suma: Sean los vectores a y b pertenecientes al espacio de vectores. La suma de los r mismos, ver Figura 1.1(a), será otro vector ( c ) dado por: r r r r r c =a+b=b+ a r a

(1.1) r d

r c

r −b

r b

r a

r c

r b

a)

b) Figura 1.1: Suma y resta de vectores. r

r r

Resta: La resta de dos vectores ( a , b ), ver Figura 1.1(b), será otro vector ( d ) dado por: r r r d=a−b

(1.2)

r r r r r r r r r (a + b) + c = a + (b + c ) = a + b + c

(1.3)

r r r Para los vectores a , b y c , pertenecientes al espacio de vectores, se cumplen las siguientes

relaciones:

r

r

Producto por un escalar λ : Sea el vector a , el producto λa será un vector con la misma r dirección de a , mientras que su módulo y sentido dependerán del valor del escalar λ , tal y como se indica en la Figura 1.2. Producto Escalar r

r

Sean los vectores a y b , se define el Producto Escalar de ambos vectores como un escalar γ de valor: r r

r r

γ = a ⋅ b = a b cos θ

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

(1.4)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

13

siendo θ el ángulo formado por los dos vectores, y • es el módulo (o magnitud) de • , ver r r

r r

Figura 1.3(a). Podemos concluir también que a ⋅ b = b ⋅ a . r

r

Para el caso en que a = b obtenemos que: r r r r r r r r r r r =0 º a ⋅ a = a a cos θ θ → a ⋅ a = a a ⇒ a = a ⋅ a λ =1

λ >1

r a

0 < λ 0

xT T x > 0

(1.225)

Decimos que un tensor es definido negativo cuando se cumple que: Notación Tensorial

r r x⋅T⋅x 0 , λ 2 > 0 , λ 3 > 0 ) sean positivos. La demostración se encuentra en el subapartado “Representación Espectral de un Tensor”. ■ Ejemplo 1.27: Sea un tensor de segundo orden arbitrario F . Demostrar que los tensores resultantes C = F T ⋅ F y b = F ⋅ F T son tensores simétricos y semi-definidos positivos. Verificar también en que condiciones C y b son tensores definidos positivos. Solución: C T = (F T ⋅ F )T = F T ⋅ (F T )T = F T ⋅ F = C b T = (F ⋅ F T ) T = (F T )T ⋅ F T = F ⋅ F T = b

(simetría)

Con lo cual hemos demostrado que los tensores C = F T ⋅ F y b = F ⋅ F T son simétricos. Para demostrar que los tensores C = F T ⋅ F y b = F ⋅ F T son semi-definidos positivos, partimos de la definición de un tensor semi-definido positivo, es decir, un tensor A es r r r r semi-definido positivo si se cumple que x ⋅ A ⋅ x ≥ 0 , para todo x ≠ 0 . Luego: r r r r x ⋅ C ⋅ x = x ⋅ (F T ⋅ F ) ⋅ x r r = (F ⋅ x ) ⋅ (F ⋅ x ) r 2 = F ⋅x ≥0

En notación indicial:

x i C ij x j

= x i ( Fki Fkj ) x j = ( Fki x i )( Fkj x j ) 2

= Fki x i

≥0

r r r r x ⋅ b ⋅ x = x ⋅ (F ⋅ F T ) ⋅ x r r = (F T ⋅ x ) ⋅ (F T ⋅ x ) r 2 = FT ⋅x ≥0

x i bij x j

= x i ( Fik F jk ) x j = ( Fik x i )( F jk x j ) = Fik x i

2

≥0

Con lo cual demostramos que C = F T ⋅ F y b = F ⋅ F T son semi-definidos positivos. r

r

r

Observemos que x ⋅ C ⋅ x = F ⋅ x r

r

r

r

2

r

r

r

r

sólo será igual a cero, con x ≠ 0 , si F ⋅ x = 0 , y por

definición F ⋅ x = 0 con x ≠ 0 , si y solo si det ( F ) = 0 , ver Ejemplo 1.25. Luego, los tensores C = F T ⋅ F y b = F ⋅ F T serán tensores definidos positivos si y solo si det ( F ) ≠ 0 .

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

59

1.5.2.10 Descomposición Aditiva de Tensores Dados dos tensores arbitrarios S , T ≠ 0 , y un escalar α , podemos hacer la representación del tensor S a través de la siguiente descomposición aditiva de tensores: S = αT + U

donde

U = S − αT

(1.230)

Observemos que dependiendo del valor de α tendremos infinitas posibilidades para la representación del tensor S de forma aditiva de tensores. Pero, si Tr ( T ⋅ UT ) = Tr (U ⋅ T T ) = 0 la descomposición aditiva es única. Partiendo de (1.230) podemos obtener el valor de α : S ⋅ T T = αT ⋅ T T + U ⋅ T T ⇒ Tr (S ⋅ T T ) = αTr ( T ⋅ T T ) + Tr (U ⋅ T T ) = αTr ( T ⋅ T T ) 14243 =0

(1.231)

con lo cual obtenemos que: α=

Tr (S ⋅ T T ) Tr ( T ⋅ T T )

(1.232)

Como ejemplo, supongamos que T = 1 , obtenemos α como: α=

Tr (S ⋅ T T ) Tr (S ⋅ 1) Tr (S ) Tr (S ) = = = 3 Tr ( T ⋅ T T ) Tr (1 ⋅ 1) Tr (1)

(1.233)

Con eso podemos definir el tensor U como: Tr (S ) 1 ≡ S dev 3

(1.234)

Tr (S ) 1 + S dev = S esf + S dev 3

(1.235)

U = S − αT = S −

Luego: S=

NOTA: Al tensor S esf = S dev = S −

Tr (S ) 1 denominamos de tensor esférico y al tensor 3

Tr (S ) 1 de tensor desviador de S . ■ 3 1 2

Supongamos ahora que el tensor T = (S + S T ) luego, podemos definir α como:

[

]

1 Tr S ⋅ (S + S T ) T Tr (S ⋅ T T ) 2 = α= =1 Tr ( T ⋅ T T ) 1 Tr (S + S T ) ⋅ (S + S T ) T 4

[

]

(1.236)

donde hemos tenido en cuenta la propiedad de traza Tr[S ⋅ S ] = Tr[S T ⋅ S T ] , Tr[S T ⋅ S ] = Tr[S ⋅ S T ] . Con eso podemos definir el tensor U como: U = S − αT = S −

1 1 (S + S T ) = (S − S T ) 2 2

(1.237)

Representando así el tensor S a través de la siguiente descomposición aditiva única como: S=

1 1 (S + S T ) + (S − S T ) = S sym + S anti 2 2

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ªEdición)

(1.238)

Por: Eduardo W.V. Chaves

60

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

que es la misma obtenida en la descomposición aditiva de un tensor en una parte simétrica y otra antisimétrica, ver expresión (1.151). Ejemplo 1.28: Encontrar un tensor de cuarto orden P tal que se cumpla que: P : A = A dev

Solución: Teniendo en cuenta la descomposición aditiva de un tensor en una parte esférica y otra desviadora, podemos obtener que: A = A esf + A dev =

Tr ( A ) 1 + A dev 3

⇒

A dev = A −

Tr ( A ) 1 3

Recurriendo a la definición de los tensores identidades de cuarto orden, definidos en (1.176) y (1.174), donde se cumple que I : A = Tr ( A )1 y I : A = A . Entonces, podemos decir que: A dev = A −

Tr ( A ) 1 1  1    1 = I : A − I : A =  I − I  : A =  I − 1 ⊗ 1 : A 3 3 3  3   

Con lo cual, concluimos que: 1 P = I − 1 ⊗1 3

El tensor P es conocido como tensor proyección de cuarto orden, Holzapfel(2000).

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

1.5.3

61

Ley de Transformación de las Componentes de Tensores

Las componentes de un tensor dependen del sistema de coordenadas, es decir, si cambia el sistema de coordenadas debido a una rotación del sistema, las componentes también cambiarán. Entre los sistemas de coordenadas, las componentes están relacionadas entre sí a través de las leyes de transformación de base, Figura 1.20. TENSORES Interpretación matemática de conceptos físicos (Independiente del sistema de coordenadas)

COMPONENTES Representación del Tensor en un Sistema de Coordenadas

SISTEMA DE COORDENADAS

LEYES

I

TRANSFORMACIÓN

DE

SISTEMA DE COORDENADAS II

Figura 1.20: Leyes de transformación de base. Consideremos el sistema de coordenadas cartesianas (x1 , x 2 , x3 ) representado por la base r ortonormal (eˆ 1 , eˆ 2 , eˆ 3 ) , véase Figura 1.21. En este sistema, un vector arbitrario v representamos a través de sus componentes como sigue: r v = v i eˆ i = v 1 eˆ 1 + v 2 eˆ 2 + v 3 eˆ 3

(1.239)

Representaremos sus componentes a través de una matriz columna, i.e.:  v1  r ( v ) i = v i =  v 2   v 3  Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ªEdición)

(1.240)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

62

x3 x 2′

γ1

x3′

x1′

eˆ ′2 eˆ ′3

eˆ 3

eˆ 1′

β1 x2

eˆ 2 eˆ 1

α1

x1

Figura 1.21: Transformación de coordenadas. Considerando ahora un nuevo sistema de coordenadas ortogonal (x1′ , x 2′ , x3′ ) , representado r por sus respectivos versores (eˆ 1′ , eˆ ′2 , eˆ ′3 ) , como se muestra en la Figura 1.21, el vector v será representado en este sistema como v ′j eˆ ′j . Como hemos mencionado anteriormente un vector, por ser un tensor, es independiente del sistema adoptado, luego: r v = v ′k eˆ ′k = v j eˆ j

(1.241)

Para obtener las componentes según una dirección es suficiente hacer el producto escalar por el versor correspondiente a esta dirección: v ′k eˆ ′k ⋅ eˆ ′i = ( v j eˆ j ) ⋅ eˆ ′i v ′k δ ki = ( v j eˆ j ) ⋅ eˆ ′i

(1.242)

v ′i = ( v 1 eˆ 1 + v 2 eˆ 2 + v 3 eˆ 3 ) ⋅ eˆ ′i

o aún:  v 1′   ( v 1eˆ 1 + v 2 eˆ 2 + v 3 eˆ 3 ) ⋅ eˆ 1′   v ′  = ( v eˆ + v eˆ + v eˆ ) ⋅ eˆ ′  2 2 3 3 2  2  1 1  v ′3   ( v 1 eˆ 1 + v 2 eˆ 2 + v 3 eˆ 3 ) ⋅ eˆ ′3 

(1.243)

Reestructurando la expresión anterior, obtenemos:  v 1′   eˆ 1 ⋅ eˆ 1′  v ′  = eˆ ⋅ eˆ ′  2  1 2  v ′3   eˆ 1 ⋅ eˆ ′3

eˆ 2 ⋅ eˆ 1′ eˆ 2 ⋅ eˆ ′2 eˆ 2 ⋅ eˆ ′3

eˆ 3 ⋅ eˆ 1′   v 1   eˆ 3 ⋅ eˆ ′2   v 2  eˆ 3 ⋅ eˆ ′3   v 3 

∴

a ij = eˆ j ⋅ eˆ ′i = eˆ ′i ⋅ eˆ j

(1.244)

o aún: v ′i = a ij v j

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

(1.245)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

63

donde definimos la matriz de transformación de coordenadas A ≡ aij como:  eˆ 1 ⋅ eˆ 1′  A ≡ a ij = eˆ 1 ⋅ eˆ ′2 eˆ 1 ⋅ eˆ ′3 

eˆ 2 ⋅ eˆ 1′ eˆ 2 ⋅ eˆ ′2 eˆ 2 ⋅ eˆ ′3

eˆ 3 ⋅ eˆ 1′   eˆ 1′ ⋅ eˆ 1   eˆ 3 ⋅ eˆ ′2  = eˆ ′2 ⋅ eˆ 1 eˆ 3 ⋅ eˆ ′3   eˆ ′3 ⋅ eˆ 1

eˆ 1′ ⋅ eˆ 2 eˆ ′2 ⋅ eˆ 2 eˆ ′3 ⋅ eˆ 2

eˆ 1′ ⋅ eˆ 3   eˆ ′2 ⋅ eˆ 3  eˆ ′3 ⋅ eˆ 3 

(1.246)

Considerando el producto escalar eˆ ′i ⋅ eˆ j = eˆ ′i eˆ j cos(xi′ , x j ) = cos(xi′ , x j ) , ver ecuación (1.4), la relación anterior será expresada a través de los cosenos directores por:  v 1′   cos( x1′ , x1 ) cos( x1′ , x 2 ) cos( x1′ , x3 )  v 1   v ′  = cos(x ′ , x ) cos(x ′ , x ) cos(x ′ , x )  v  2 1 2 2 2 3   2  2   v ′3   cos(x 3′ , x1 ) cos(x3′ , x 2 ) cos( x3′ , x 3 )  v 3  { 1444444424444444 3{ v′

(1.247)

v

A

v ′ = Av

En la Figura 1.21 se observa que, cos α 1 = cos(x1′ , x1 ) , cos β 1 = cos(x1′ , x 2 ) y cos γ 1 = cos( x1′ , x3 ) , es decir, la primera fila de a ij esta formada por los cosenos de los ángulos que forma x1′ con x1 , x 2 y x3 . Observemos que esta matriz es no simétrica A ≠ A T , y será representada explícitamente por:  a11 a ij ≡ A =  a 21  a 31

a13  a 23  a33 

a12 a 22 a 32

(1.248)

La inversa de la ecuación (1.245) será: v k eˆ k ⋅ eˆ i = v ′j eˆ ′j ⋅ eˆ i v k δ ki = v ′j a ji

(1.249)

v i = v ′j a ji

También podemos decir que:

v = A T v′ eˆ i = a ji eˆ ′j

(1.250)

La inversa de la relación (1.247) viene dada por: v = A −1v ′

(1.251)

Comparando las relaciones (1.251) y (1.249), concluimos que la matriz A es una matriz ortogonal, es decir: A −1 = A T

⇒

Notación

A T A = 1 Indicial  → a ki a kj = δ ij

(1.252)

Tensor de segundo orden Consideremos un sistema de coordenadas representado por su base ortonormal eˆ i luego, el cambio de base para un nuevo sistema representado por su base ortonormal eˆ ′i será dado por la ley de transformación: eˆ k = a ik eˆ ′i . Consideremos ahora la representación de un tensor de segundo orden T de forma simbólica:

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ªEdición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

64

T = Tkl eˆ k ⊗ eˆ l = Tkl a ik eˆ ′i ⊗ a jl eˆ ′j = Tkl a ik a jl eˆ ′i ⊗ eˆ ′j = Tij′ eˆ ′i ⊗ eˆ ′j

(1.253)

Resultando que la ley de transformación para las componentes de tensores de segundo será: Tij′ = Tkl a ik a jl

(1.254)

Tensor de tercer orden Consideremos ahora un tensor de tercer orden S representado en la base eˆ i : S = S lmn eˆ l ⊗ eˆ m ⊗ eˆ n = S lmn ail eˆ ′i ⊗ a jm eˆ ′j ⊗ a kn eˆ ′k = S lmn ail a jm a kn eˆ ′i ⊗ eˆ ′j ⊗ eˆ ′k = S ′ijk eˆ ′i ⊗ eˆ ′j ⊗ eˆ ′k

(1.255)

concluyendo que las componentes del tensor de tercer orden en la nueva base eˆ ′i serán: S ′ijk = S lmn a il a jm a kn

(1.256)

En forma general, las transformaciones de coordenadas de las componentes de tensores de primer, segundo, tercer y cuarto orden serán dadas respectivamente por: orden

a de (x1 , x 2 , x3 ) → (x1′ , x 2′ , x3′ )

a de (x1′ , x 2′ , x3′ ) → (x1 , x 2 , x3 )

0 (escalar) 1 (vector)

λ′ = λ S i′ = a ij S j

λ = λ′

S i = a ji S ′j

2

S ij′ = a ik a jl S kl

S ij = a ki a lj S kl′

3

′ = a il a jm a kn S lmn S ijk

′ S ijk = a li a mj a nk S lmn

4

′ = a im a jn a kp a lq S mnpq S ijkl

′ S ijkl = a mi a nj a pk a ql S mnpq

(1.257)

Ejemplo 1.29: Obtener las componentes de la siguiente operación: T′ = A ⋅ T ⋅ AT

donde Tij y a ij son las componentes de los tensores T y A , respectivamente. Si a ij son las componentes de la matriz de transformación de base, hacer también la representación de las componentes de los tensores T y T ′ en sus respectivos sistemas. Solución: La expresión T ′ = A ⋅ T ⋅ A T en notación simbólica queda: ′ (eˆ a ⊗ eˆ b ) = a rs (eˆ r ⊗ eˆ s ) ⋅ T pq (eˆ p ⊗ eˆ q ) ⋅ a kl (eˆ l ⊗ eˆ k ) Tab = a rs T pq a kl δ sp δ ql (eˆ r ⊗ eˆ k ) = a rp T pq a kq (eˆ r ⊗ eˆ k )

Para obtener las componentes de T ′ es suficiente hacer el doble producto escalar por la base (eˆ i ⊗ eˆ j ) , resultando: ′ (eˆ a ⊗ eˆ b ) : (eˆ i ⊗ eˆ j ) = a rp T pq a kq (eˆ r ⊗ eˆ k ) : (eˆ i ⊗ eˆ j ) Tab ′ δ ai δ bj = a rp T pq a kq δ ri δ kj Tab Tij′ = a ip T pq a jq

Observemos que esta operación viene representada en forma matricial como: Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

65

T ′ = A T AT Si A es la matriz de transformación de base se cumple que A T = A −1 luego, se cumple que T = A T T ′ A , y la representación de las componentes se muestran en la Figura abajo: x3′

T ′ = A T AT

′ T33 ′ T23

x3

x3′

T13′

T33

′ T31 T13

T23

x2′

T32

x1

T12′

′ T22

x2′

′ T21

T11′

T22

T31

T11

′ T32

T21

T12

x1′

x2

T = AT T ′ A

x1′

Figura 1.22: Ley de transformación de base. r

r

NOTA: Aunque en la Figura 1.22 hemos dibujado los sistemas x y x ′ , en realidad estos dos sistema tiene el mismo origen tal y como se puede apreciar en la Figura 1.21. Hemos separado los sistemas para mejor visualización de las componentes. ■ Ejemplo 1.30: Considérese un tensor de segundo orden simétrico T = T T y I T , II T , III T escalares dados por: I T = Tr ( T ) = Tii

;

II T =

{

}

1 2 I T − Tr ( T 2 ) 2

;

III T = det ( T )

Demostrar que I T , II T , III T son invariantes bajo un cambio de base. Solución: a) Considerando la ley de transformación para un tensor de segundo orden dado por (1.257), podemos decir que: Tij′ = a ik a jl Tkl . Luego, haciendo que i = j obtenemos Tii′ y vendrá dado por: Tii′ = a ik a il Tkl = δ kl Tkl = Tkk = I T Lo que demuestra que I T es un invariante. b) Para demostrar que II T es un invariante es suficiente demostrar que Tr ( T 2 ) es un invariante, ya que se demostró que I T es un invariante.

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ªEdición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

66

Tr ( T ′ 2 ) = Tr ( T ′ ⋅ T ′) = T ′ : T ′ = Tij′ Tij′

= ( a ik a jl Tkl )( a ip a jq T pq ) = a ik a ip a jl a jq Tkl T pq 123 123 δ kp

δ lq

= T pl T pl = T : T = Tr ( T T ⋅ T ) = Tr ( T ⋅ T ) = Tr ( T 2 )

c) det ( T ′) = det ( T ′) = det (A T A T ) = det (A )det ( T )det (A T ) = det ( T ) 1 424 3 1424 3 = ±1

= ±1

Consideremos ahora cuatro sistemas de coordenadas (x1 , x 2 , x3 ) , (x1′ , x 2′ , x3′ ) , (x1′′, x 2′′ , x3′′ ) y (x1′′′, x 2′′′, x3′′′) y así como las siguientes matrices de transformación, ver Figura 1.23: A : matriz de transformación del sistema (x1 , x 2 , x3 ) al sistema (x1′ , x 2′ , x3′ ) ;

B : matriz de transformación del sistema (x1′ , x 2′ , x3′ ) al sistema (x1′′, x 2′′ , x3′′ ) ;

C : matriz de transformación del sistema (x1′′, x 2′′ , x3′′ ) al sistema (x1′′′, x 2′′′, x3′′′) . X′

A

−1

=A

B −1 = B T

T

B

A

BA

X

X ′′

AT BT CBA

AT BT CT

C X ′′′

C −1 = C T

Figura 1.23: Matrices de transformación entre sistemas. Si consideramos una matriz columna v formada por las componentes del tensor de orden r uno v en el sistema (x1 , x 2 , x3 ) y las matrices de transformación A , B , C , podemos decir que las componentes de este vector en el sistema (x1′ , x 2′ , x3′ ) serán: y su forma inversa

v ′ = Av

(1.258)

v = AT v′

(1.259)

v ′′ = Bv ′

(1.260)

v ′ = B T v ′′

(1.261)

v ′′ = BA v

(1.262)

Las componentes de este vector en el sistema (x1′′, x ′2′ , x3′′ ) son: y su forma inversa:

Reemplazando la ecuación (1.258) en la ecuación (1.260) hallamos:

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

67

La matriz formada por BA será la matriz de transformación (también ortogonal, i.e. (BA ) −1 = (BA ) T , ver Ejemplo 1.26) del sistema (x1 , x 2 , x3 ) para el sistema (x1′′, x 2′′ , x3′′ ) , ver Figura 1.23. La forma inversa será obtenida reemplazando la ecuación (1.261) en la ecuación (1.259), resultando: v = A T B T v ′′

(1.263)

v = (BA ) v ′′ = (BA ) v ′′ = A T B T v ′′

(1.264)

Podríamos haber obtenido esta ecuación directamente de la ecuación (1.262) −1

T

Análogamente, podemos obtener las componentes del vector en el sistema (x1′′′, x 2′′′, x3′′′) , ver Figura 1.23, como: v ′′′ = CBA v

1.5.3.1

Forma  inversa →

v = A T B T C T v ′′′

(1.265)

Transformada de Coordenadas en 2 Dimensiones

En el caso 2D tenemos como matriz de transformación de coordenadas una matriz con 4 componentes, donde dos son redundantes, y además las otras dos se pueden escribir en función de una única variable libre, α . y y′

α y ′y = α x′

α x′y

α y′y

α y ′x

π −α 2 π = +α 2

α x′y = α y ′x

α x′x = α x

Figura 1.24: Transformación de sistema de coordenadas- 2D. La transformación de coordenadas entre el sistema x − y al sistema x ′ − y ′ viene dada por la matriz A , que es:  a11 A = a 21  0

a12 a 22 0

0 cos(α x′x ) cos(α x′y ) 0 0 = cos(α y ′x ) cos(α y ′y ) 0 1   0 0 1

(1.266)

cuya matriz A es la matriz con los cosenos directores, ver Figura 1.24. Por relaciones trigonométricas podemos deducir que: α x′x = α y′y ⇒ cos(α x′x ) = cos(α y′y ) = cos(α ) π  cos(α x′y ) = cos − α  = sin(α ) 2 

(1.267)

π  cos(α y′x ) = cos + α  = − sin(α ) 2 

Quedando la matriz de transformación (en 2D) definida por:

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ªEdición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

68

 cos(α) sin(α )   − sin(α ) cos(α )

A=

(1.268)

Como comprobación de esta transformación consideremos un vector posición del punto r P dado por r , donde sus coordenadas son ( x P , y P ) en el sistema x − y , y las coordenadas del mismo punto en el sistema x ′ − y ′ son ( x ′P , y ′P ) , ver Figura 1.25. yP′

y

α

r r

x ′P

β y ′P

α

xP

xP

c

yP

α) s( co

y′

) (α sin

yP

yP

xP

P

x′

) (α is n

) (α s o

x

Figura 1.25: Transformación de sistema de coordenadas- 2D. Podemos escribir que:  π  x ′P = x P cos(α ) + y P cos − α   ′  x P = x P cos(α ) + y P cos(β ) 2      π   y ′ = − x cos π − α  + y cos(α ) P P P  y ′P = − x P cos(β ) + y P cos 2 − β    ⇒  2    x ′P = x P cos(α ) + y P sin(α ) ⇒  y ′P = − x P sin(α) + y P cos(α )

(1.269)

(1.270)

En forma matricial:  x   cos(α ) sin(α )   x ′P   cos(α ) sin(α )   x P  Forma Inversa → P  =   y ′  =  − sin(α ) cos(α )  y      P  y P  − sin(α ) cos(α )  P 

−1

 x ′P   y′   P

(1.271)

Como la matriz es ortonormal, su inversa es igual a su transpuesta, es decir, A −1 = A T , luego la relación anterior puede ser reescrita como:  x P  cos(α ) − sin(α )  x ′P   y  =  sin(α ) cos(α )   y ′    P  P 

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

(1.272)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

69

Ejemplo 1.31: Encontrar la matriz de transformación del sistema ( x, y , z ) al sistema x′′′, y ′′′, z ′′′ , ver Figura 1.26: z = z′ z ′′ = z ′′′

β

y ′′′ y ′ = y ′′

γ α

α

x

y

x′

γ x ′′′ x ′′

Figura 1.26: Rotación. Solución: Podemos observar que la obtención del sistema x′′′, y ′′′, z′′′ es una combinación de rotaciones mostradas a continuación: ♦

Rotación según eje z z = z′

sistema x, y , z para x′, y ′, z′ y′

α α x

x′

y

 cos α sin α 0 A = − sin α cos α 0  0 0 1 

con 0 ≤ α ≤ 360 º

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ªEdición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

70

♦

Rotación según eje y′ z = z′

sistema x′, y ′, z′ para x′′, y ′′, z′′ z ′′

y ′ = y ′′

β α x

cos β 0 − sin β  B =  0 1 0   sin β 0 cos β  con 0 ≤ β ≤ 180 º

α

y

z = z′

z ′′

x′ x′

β x ′′

♦

x ′′

Rotación según eje z ′′ z = z′ z ′′ = z ′′′

sistema x′′, y ′′, z′′ para x′′′, y ′′′, z′′′ β

y ′′′ y ′ = y ′′

γ α

x

α

y

x′

 cos γ C = − sin γ  0

sin γ cos γ 0

0 0  1 

con 0 ≤ γ ≤ 360º

γ x ′′′ x ′′

La matriz de transformación del sistema ( x, y , z ) para el sistema x′′′, y ′′′, z′′′ , ver Figura 1.23, será dada por: D = CBA Resultando: (sin α cos β cos γ + cos α sin γ ) − sin β cos γ   (cos α cos β cos γ − sin α sin γ )  D = (− cos α cos β sin γ − sin α cos γ ) (− sin α cos β sin γ + cos α cos γ ) sin β sin γ    cos α sin β sin α sin β cos β Los ángulos α, β , γ son conocidos como los ángulos de Euler.

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

71

Ejemplo 1.32: Consideremos que las componentes de un tensor de segundo orden T , en el sistema de referencia (x1 , x 2 , x 3 ) , están representadas por:

(T )ij

 3 − 1 0 = Tij = T =  − 1 3 0   0 0 1 

Sabiendo que la matriz de transformación de coordenadas del sistema (x1 , x 2 , x 3 ) al sistema (x1′ , x 2′ , x 3′ ) viene dada por:   0 1  0  2  2 0 A= 2  2    2 2 0 − 2  2  Obtener las componentes del tensor Tij en el nuevo sistema de coordenadas (x1′ , x 2′ , x 3′ ) .

Solución: Como se definió en la ecuación (1.257), la ley de transformación para un tensor de segundo orden es Tij′ = aik a jl Tkl

Para que la operación anterior sea posible en forma matricial:

[ ]

Tij′ = [a i k ] [Tk l ] a l j

T

Luego:  0   2 T ′=   2  2 −  2

T ′ = A T AT 0 2 2 2 2

 1 0  3 1 0 −       0   − 1 3 0  0     0 0 1   1 0  

2 2 2 2 0

−

2  2  2  2   0  

Efectuando la operación de matrices obtenemos que: 1 0 0  T ′ = 0 2 0  0 0 4 

NOTA: Como podemos verificar en el ejemplo anterior las componentes del tensor T en esta nueva base presenta una característica donde los términos fuera de la diagonal principal son nulos. La pregunta ahora es: ¿Dado un tensor T , existe una transformación de base tal que las componentes fuera de la diagonal principal de este tensor sean nulos? Este tipo de problema es el denominado problema de autovalor y autovector. ■

1.5.4

Autovalores y Autovectores de un Tensor

Como hemos visto anteriormente, el producto escalar de un tensor de segundo orden T con un vector (o un versor nˆ ′ ) resulta un vector, o dicho de otra manera, que la proyección

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ªEdición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

72

de un tensor de segundo orden según una dirección resulta un vector que no necesariamente tiene la misma dirección de nˆ ′ , ver Figura 1.27 (a). El problema de autovalor y autovector consiste en encontrar una dirección nˆ tal que el vector proyección según está dirección esté coincidente con la dirección nˆ , ver Figura 1.27 (b). b) Dirección principal de T .

a) Proyección de T sobre un plano arbitrario. r ˆ t (n′) = T ⋅ nˆ ′

r ˆ t (n) = T ⋅ nˆ r ˆ = t (n) nˆ

nˆ

nˆ ′

= λnˆ

x3

nˆ - dirección principal x2

λ - autovalor asociado a la dirección nˆ .

x1

Figura 1.27: Proyección de un tensor sobre una dirección. Luego, sea un tensor T . Un vector nˆ se dice autovector de T si existe un escalar λ , denominado autovalor, tal que: T ⋅ nˆ = λnˆ

(1.273)

Si T es un tensor de segundo orden, podemos escribir la ecuación (1.273) en componentes como: Tij nˆ j = λnˆ i ⇒ Tij nˆ j − λnˆ i = 0 i

(

)

⇒ Tij − λδ ij nˆ j = 0 i

r  → (T − λ1) ⋅ nˆ = 0

(1.274)

Notación Tensorial

El conjunto de ecuaciones homogéneas anteriores solo tendrá soluciones no triviales de nˆ r (es decir, para nˆ ≠ 0 ), ver Ejemplo 1.25, si y sólo si: det ( T − λ1) = 0 ;

Tij − λδ ij = 0

(1.275)

que es conocido como el determinante característico del tensor T , explícitamente dado por: T11 − λ T21

T12 T22 − λ

T13 T23

T31

T32

T33 − λ

=0

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

(1.276)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

73

Desarrollando este determinante y reestructurando los términos podemos obtener el polinomio característico, que está representado por una ecuación cúbica en λ : λ3 − λ2 I T + λ II T − III T = 0

(1.277)

donde I T , II T , III T son los invariantes principales del tensor T , definidos en función de sus componentes Tij por: I T = Tr (T ) = Tii

II T

= = = = =

δ jk 1 ( TrT ) 2 − Tr ( T 2 ) 2 1 Tr ( Tij eˆ i ⊗ eˆ j ) Tr ( Tkl eˆ k ⊗ eˆ l ) − Tr Tij eˆ i ⊗ eˆ j ⋅ (Tkl eˆ k ⊗ eˆ l ) 2 1 Tij δ ij Tkl δ kl − Tij Tkl δ jk Tr (eˆ i ⊗ eˆ l ) 2 1 Tii Tkk − Tij Tkl δ jk δ il 2 1 Tii Tkk − Tij T ji = Mii = Tr[cof( T )] 2

[

{ {

{

{

]

[

}

}

[( ]}

]}

)

(1.278)

III T = det ( T ) = Tij =  ijk Ti1 T j 2 Tk 3

donde Mii es la traza de la matriz cofactor definida en la expresión (1.213), i.e. Mii = M11 + M 22 + M33 . Explícitamente, los invariantes vienen dados por: IT II T III T

= T11 + T22 + T33 T22 T23 T11 T13 T T12 = + + 11 T32 T33 T31 T33 T21 T22 = T22 T33 − T23 T32 + T11 T33 − T13 T31 + T11 T22 − T12 T21 = T11 ( T22 T33 − T32 T23 ) − T12 (T21 T33 − T31 T23 ) + T13 ( T21 T32 − T31 T22 )

(1.279)

Si T es un tensor simétrico, los invariantes principales se resumen de la forma: IT

= T11 + T22 + T33

II T III T

2 = T11 T22 + T11 T33 + T22 T33 − T122 − T132 − T23 2 = T11 T22 T33 + T12 T13 T23 + T13 T12 T23 − T122 T33 − T23 T11 − T132 T22

(1.280)

OBS.: Encontrar los autovalores (también conocidos como valores principales) es equivalente a encontrar unas direcciones principales (autovectores) tal que Tij = 0 para i ≠ j . Además podemos decir que los autovectores constituyen una matriz de transformación entre el sistema original y el sistema formado por los autovectores. Los autovalores λ1 , λ 2 , λ 3 se obtienen al resolver la ecuación cúbica (1.277). Una vez obtenidos los autovalores, los autovectores se obtienen al aplicar la ecuación (1.274), i.e. ( Tij − λ 1δ ij ) nˆ (j1) = 0 i , ( Tij − λ 2 δ ij ) nˆ (j2 ) = 0 i , ( Tij − λ 3 δ ij ) nˆ (j3) = 0 i , con la restricción nˆ k nˆ k = 1 . Estos autovectores constituyen una nueva base denominada de espacio principal.

Si T es simétrico, el espacio principal viene definido por una base ortonormal y los autovalores son todos reales. Si los tres autovalores son distintos λ 1 ≠ λ 2 ≠ λ 3 tenemos tres direcciones principales únicas. Si dos autovalores son iguales, e.g. λ 1 = λ 2 ≠ λ 3 tenemos en Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ªEdición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

74

este caso una dirección principal única ( nˆ (3) ) correspondiente al autovalor λ 3 y las otras dos pueden ser cualesquiera mientras sean mutuamente ortogonales entre si y a nˆ (3) , es decir, cualquier dirección que este en el plano normal a nˆ (3) . Si λ 1 = λ 2 = λ 3 cualquier dirección será una dirección principal. Cuando un tensor presenta los tres autovalores iguales lo denominamos de Tensor Esférico, ver A.4 Elipsoide del Tensor. Una vez obtenidos los autovectores, estos constituyen una base ortonormal denominado de espacio principal. En este espacio sólo tendremos componentes normales. Luego, las componentes del tensor en este espacio vienen representadas por: λ 1 ′ Tij =  0  0

0 λ2 0

  T1 =0   λ 2   0 0 0

0 T2 0

0 0  T3 

(1.281)

En este espacio (espacio principal), los invariantes pueden ser obtenidos como: IT

= T1 + T2 + T3

II T III T

= T1 T2 + T2 T3 + T1 T3 = T1 T2 T3

(1.282)

Cuyos valores tienen que coincidir con los valores obtenidos en (1.279), ya que son invariantes. En el caso particular que el tensor sea esférico, es decir, T1 = T2 = T3 = T , se cumple que I T2 = 3 II T , III T = T 3 . Dado un tensor antisimétrico W , los invariantes principales vienen dados por: IW II W

= Tr (W ) = 0 − Tr (W 2 ) 1 = ( TrW ) 2 − Tr (W 2 ) = 2 2 0 0 W23 W13 0 = + + − W23 0 − W13 0 − W12

[

]

W12 0

(1.283)

= W23 W23 + W13 W13 + W12 W12 III W

= ω2 =0

r

r r

donde ω 2 = w = w ⋅ w = W232 + W132 + W122 , ver expresión (1.133). Luego, la ecuación característica correspondiente a un tensor antisimétrico queda: 2

λ3 − λ2 I W + λ II W − III W = 0 ⇒ λ3 + ω 2 λ = 0

(

(1.284)

)

⇒ λ λ2 + ω 2 = 0

Con lo cual comprobamos que por lo menos un autovalor es real e igual a cero, y dos posibles raíces imaginarias: λ2 + ω 2 = 0

1.5.4.1

⇒

λ2 = −ω 2 = 0

⇒

λ (1, 2 ) = ±ω − 1 = ±ω i

(1.285)

Ortogonalidad de los Autovectores

Retomando la definición de autovalores dada por (1.273), si λ 1 , λ 2 , λ 3 (con λ 1 ≠ λ 2 ≠ λ 3 ) son los autovalores del tensor de segundo orden T luego, se cumple que:

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

T ⋅ nˆ (1) = λ 1nˆ (1)

;

75

T ⋅ nˆ ( 2 ) = λ 2 nˆ ( 2)

T ⋅ nˆ (3) = λ 3 nˆ (3)

(1.286)

Podemos multiplicar la primera expresión por nˆ ( 2) y a la segunda por nˆ (1) resultando: nˆ ( 2 ) ⋅ T ⋅ nˆ (1) = λ 1nˆ ( 2 ) ⋅ nˆ (1)

;

nˆ (1) ⋅ T ⋅ nˆ ( 2 ) = λ 2 nˆ (1) ⋅ nˆ ( 2 )

(1.287)

Considerando T simétrico, se cumple que nˆ ( 2) ⋅ T ⋅ nˆ (1) = nˆ (1) ⋅ T T ⋅ nˆ ( 2) = nˆ (1) ⋅ T ⋅ nˆ ( 2) luego: λ 1nˆ ( 2) ⋅ nˆ (1) = λ 2 nˆ (1) ⋅ nˆ ( 2 )

(1.288)

Teniendo en cuenta que nˆ ( 2) ⋅ nˆ (1) = nˆ (1) ⋅ nˆ ( 2) , la relación anterior queda:

(λ 1 − λ 2 ) nˆ (1) ⋅ nˆ ( 2) = 0

(1.289)

Ya que λ1 ≠ λ 2 ≠ 0 , para satisfacer (1.289) se debe cumplir que: nˆ (1) ⋅ nˆ ( 2 ) = 0

(1.290)

Análogamente podemos demostrar que nˆ (1) ⋅ nˆ (3) = 0 y nˆ ( 2) ⋅ nˆ (3) = 0 . Con lo que demostramos que los autovectores son versores ortogonales entre sí, constituyendo así una base ortonormal, ver Figura 1.28, donde la matriz de transformación de base viene dada por:  nˆ (1)   nˆ 1(1)    A = nˆ ( 2)  = nˆ 1( 2) nˆ (3)  nˆ (3)    1

nˆ (21) nˆ (22 ) nˆ (23)

nˆ 3(1)   nˆ 3( 2 )  nˆ (33) 

(1.291)

NOTA: Si el tensor no es simétrico, los autovectores no necesariamente constituyen una base ortonormal. diagonalización

T ′ = A T AT x3

T33

T2

ˆ ( 3)

n

nˆ ( 2 ) x 2′

T23

T13

nˆ (1)

T22 T12

x1

x3′ T23

T13

T11

T3

T12

T1

x2

x1′

T = AT T ′ A

Espacio Principal

Figura 1.28: Diagonalización.

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ªEdición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

76

Ejemplo 1.33: Demostrar que las siguientes relaciones son invariantes: C12 + C 22 + C 32 ; C13 + C 23 + C 33 ; C14 + C 24 + C 34 donde C1 , C 2 , C 3 son los autovalores del tensor de segundo orden C .

Solución : Cualquier combinación de los invariantes principales será un invariante. Intentaremos expresar las relaciones anteriores en función de los invariantes principales. Consideremos la siguiente relación:

(

)

I C2 = (C1 + C 2 + C 3 ) = C12 + C 22 + C 32 + 2 C1 C 2 + C1 C 3 + C 2 C 3 1444424444 3 2

II C

⇒ C12 + C 22 + C 32 = I C2 − 2 II C

Comprobando que C12 + C 22 + C 32 es un invariante. Análogamente, podemos obtener que: C13 + C 23 + C 33 = I C3 − 3 II C I C + 3 III C C14 + C 24 + C 34 = I C4 − 4 II C I C2 + 4 III C I C + 2 II C2

Ejemplo 1.34: Demostrar que si Q es un tensor de segundo orden ortogonal propio, y E es un tensor de segundo orden, los autovalores de E no cambian con la transformación: E* = Q ⋅ E ⋅ QT

Solución: Los autovalores ( λ i ) del tensor E obtenemos a partir del determinante característico: 0 = det (E *ij − λδ ij ) 0 = det (E * − λ* 1 * ) = det (E * − λ1)

( ) = det (Q ⋅ E ⋅ Q − Q ⋅ λ1 ⋅ Q ) = det [Q ⋅ (E − λ1 ) ⋅ Q ] (3) det (E − λ1) det (Q3) = det 12Q 1 424 = det Q ⋅ E ⋅ Q T − λ1 T

T

T

T

1

1

= det (E − λ1 )

( = det (Q E = det [Q (E

= det Q ik E kp Q jp − λδ ij ik

)

− λQ ik Q jp δ kp

kp Q jp

)

) ] = det (Q )det (E − λδ ) det (Q ) = det (E − λδ ) ik

kp

− λδ kp Q jp

ik

kp

kp

jp

kp

kp

*

Con lo cual comprobamos que E y E tienen los mismos autovalores. 1.5.4.2

Solución de la Ecuación Cúbica

Si un tensor T es simétrico podemos demostrar que las raíces de la ecuación característica ( λ3 − λ2 I T + λ II T − III T = 0 ) serán todas raíces reales, definidas de la forma:   α  I λ 1 = 2 S cos   + T   3  3   α 2π   I T λ 2 = 2 S cos +  + 3  3  3

(1.292)

  α 4π   I T λ 3 = 2S cos +  + 3   3  3

con R=

I T2 − 3 II T ; 3

S=

R ; 3

Q=

I T II T 2I 3 − III T − T ; 3 27

T=

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

R3 ; 27

 Q    2T 

α = arccos −

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

77

con α en radianes.

(1.293)

Ya que λ1 , λ 2 , λ 3 son los autovalores del tensor T , luego podemos reestructurar la solución como: λ 1 0   0

0 λ2 0

  α 0 0  cos 3  0 1 0 0     IT   α 2π      0= 0 1 0 + 2 S 0 cos + 0     3 3  3 0 0 1   λ 3   α 4π   144244 3  0 0 cos +   Parte Esférica   344343   14 4444444244444

(1.294)

Parte Desviadora

donde distinguimos claramente la parte esférica y desviadora del tensor. Observemos que si T es esférico se cumple que I T2 = 3 II T , luego R = S = 0 . Ejemplo 1.35: Determinar los valores principales y las direcciones principales del tensor de segundo orden simétrico T , cuyas componentes en la base Cartesiana se representan matricialmente por:  3 − 1 0 (T )ij = Tij = T = − 1 3 0  0 0 1  Solución: Buscamos soluciones no triviales para Tij − λδ ij n j = 0 i , con la restricción de que

(

)

nˆ j nˆ j = 1 . Como ya hemos visto, la solución no trivial requiere la condición: Tij − λδ ij = 0

Explícitamente, la expresión anterior queda: T11 − λ T21

T12 T22 − λ

T13 T23

3 − λ −1 = −1 3 − λ

T31

T32

T33 − λ

0

0

0 0

=0

1− λ

Desarrollando el determinante anterior obtenemos la ecuación cúbica:

[

]

(1 − λ ) (3 − λ ) 2 − 1 = 0 3

2

λ − 7 λ + 14λ − 8 = 0

Podríamos haber obtenido directamente la ecuación característica anterior a través de los invariantes: I T = Tr ( Tij ) = Tii = T11 + T22 + T33 = 7 II T =

T 1 Tii T jj − Tij Tij = 22 T32 2

(

)

T23 T33

+

T11

T13

T31

T33

+

T11

T12

T21

T22

= 14

III T = Tij =  ijk Ti1 T j 2 Tk 3 = 8

Luego, utilizando la ecuación (1.277), la ecuación característica será: λ3 − λ2 I T + λ II T − III T = 0

→

λ3 − 7λ2 + 14λ − 8 = 0

Resolviendo la ecuación cúbica podemos obtener las tres raíces reales, puesto que la matriz T es simétrica: λ 1 = 1;

λ 2 = 2;

λ3 = 4

Podemos además comprobar si los invariantes están bien calculados utilizando la expresión de los invariantes en función de los autovalores:

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ªEdición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

78

I T = λ1 + λ 2 + λ 3 = 1 + 2 + 4 = 7 ✓

II T = λ 1 λ 2 + λ 2 λ 3 + λ 3 λ 1 = 1 × 2 + 2 × 4 + 4 × 1 = 14 ✓ III T = λ 1 λ 2 λ 3 = 8 ✓

Con lo que podemos comprobar que los invariantes son los mismos que los obtenidos anteriormente. Cálculo de las direcciones principales: Para obtener las direcciones principales, utilizamos la ecuación (1.274), donde cada autovalor λ i está asociado a un autovector nˆ (i ) . Para λ 1 = 1 3 − λ 1  −1   0

−1 3 − λ1 0

0   n1   0  0   n 1  3 − 1 − 1     0  n 2  =  − 1 3 − 1 0  n 2  = 0  0 1 − 1 n 3  0  1 − λ 1  n 3   0

resultando el siguiente sistema de ecuaciones: 2n1 − n 2 = 0    ⇒ n1 = n 2 = 0  − n1 + 2n 2 = 0 0n = 0  3 n i n i = n12 + n 22 + n 32 = 1

Luego, podemos obtener que: λ1 = 1 ⇒ nˆ i(1) = [0 0 ± 1] . NOTA: Esta solución podría haberse determinado previamente por la situación particular que presentan las componentes del tensor. Al ser los términos T13 = T23 = T31 = T32 = 0 , T33 = 1 ya es un valor principal, como consecuencia esta dirección ya es una dirección principal. ■ Para λ 2 = 2 −1 0   n 1  3 − 2 − 1 0   n1   0  3 − λ 2  −1     3 − λ2 0  n 2  =  − 1 3 − 2 0  n 2  = 0    0 0 1 − λ 2  n 3   0 0 1 − 2  n 3  0  n1 − n 2 = 0 ⇒ n1 = n 2   − n1 + n 2 = 0 − n = 0  3

Podemos observar que las dos primeras ecuaciones son linealmente dependientes. Necesitamos entonces de una ecuación adicional: n i n i = n12 + n 22 + n 32 = 1 ⇒ 2n12 = 1 ⇒ n1 = ±

1 2

Luego: λ2 = 2

⇒

 1 nˆ i( 2 ) =  ± 2 

±

1 2

 0 

Para λ 3 = 4 3 − λ 3  −1   0

−1 3 − λ3 0

0   n1  0  0   n 1  3 − 4 − 1     0  n 2  = 0  0  n 2  =  − 1 3 − 4 0 1 − 4  n 3  0  1 − λ 3  n 3   0

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

79

 − n1 − n 2 = 0    ⇒ n1 = −n 2  − n1 − n 2 = 0  − 3n = 0 3  1 2

n i n i = n12 + n 22 + n 32 = 1 ⇒ 2n 22 = 1 ⇒ n 2 = ±

Resultando: λ3 = 4

⇒

 nˆ i(3) =  m 

1 2

±

 0 

1 2

Podemos entonces resumir que las direcciones principales correspondientes a sus valores principales son: λ1 = 1

⇒ nˆ (i1)

= [0 0 ± 1]

λ2 = 2

⇒ nˆ (i 2 )

 = ± 

1 2

±

1 2

 0 

λ3 = 4

⇒ nˆ (i 3)

 = m 

1 2

±

1 2

 0 

NOTA: Las componentes del tensor en el sistema de coordenadas original (x1 , x 2 , x 3 ) es el mismo del Ejemplo 1.32. Los autovalores obtenidos fueron λ 1 = 1 , λ 2 = 2 y λ 3 = 4 y la matriz de transformación A está constituida por los autovectores de T . Verificando así que los autovectores constituyen una base de transformación del sistema (x1 , x 2 , x 3 ) para el sistema (x1′ , x 2′ , x 3′ ) que está formada por los ejes principales ■

1.5.5

Representación Espectral de Tensores

De la solución de la ecuación (1.277) obtenemos tres autovalores: λ 1 ≡ T1 , λ 2 ≡ T2 , λ 3 ≡ T3 . Cada autovalor estará asociado a un autovector, es decir:

[ = [ nˆ = [ nˆ

para T1

⇒ nˆ i(1)

= nˆ 1(1)

para T2

⇒ nˆ i( 2 )

para T3

⇒ nˆ i(3)

]

nˆ (21)

nˆ (31)

( 2) 1

nˆ (22 )

nˆ 3( 2 )

( 3) 1

nˆ (23)

nˆ 3(3)

] ]

(1.295)

En el espacio principal, cuyas bases están formadas por los autovectores nˆ (1) , nˆ ( 2) , nˆ (3) , el tensor T tendrá como componentes una matriz diagonal formada por los autovalores:  T1 Tij′ = T ′ =  0  0

0 T2 0

0 0  T3 

(1.296)

Sabiendo que los autovectores forman una base de transformación tal que: luego, la forma inversa será:

T ′ = A T AT

(1.297)

T = AT T ′ A

(1.298)

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ªEdición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

80

donde  nˆ (1)   nˆ 1(1)    A = nˆ ( 2)  = nˆ 1( 2) nˆ (3)  nˆ (3)    1

nˆ 3(1)   nˆ 3( 2 )  nˆ (33) 

nˆ (21) nˆ (22 ) nˆ (23)

(1.299)

Explícitamente, la relación (1.298) queda:  T11 T  12  T13

T12 T22 T23

nˆ 1(1) nˆ 1( 2 ) T13   T23  = nˆ (21) nˆ (22 ) nˆ (1) nˆ ( 2 ) T33  3  3 T  1 0 T  = A  0 T2  0 0

nˆ 1(3)   T1  nˆ (23)   0 nˆ 3(3)   0 0 0  A T3 

0 T2 0

0   nˆ 1(1)  0  nˆ 1( 2) T3  nˆ 1(3)

nˆ (21) nˆ (22 ) nˆ (23)

nˆ (31)   nˆ 3( 2)  nˆ 3(3) 

(1.300)

1 0 0 0 0 0  0 0 0     T  T  = T1A 0 0 0 A + T2 A 0 1 0A + T3 A 0 0 0 A 0 0 0 0 0 0 0 0 1 T

donde se cumple que: nˆ 1(1) nˆ 1(1) 1 0 0  A T 0 0 0A = nˆ (21) nˆ 1(1) nˆ (1) nˆ (1) 0 0 0  3 1

nˆ 1(1) nˆ (21) nˆ (21) nˆ (21) nˆ 3(1) nˆ (21)

nˆ 1( 2 ) nˆ 1( 2 ) 0 0 0   A T 0 1 0A = nˆ (22) nˆ 1( 2) nˆ ( 2 ) nˆ ( 2 ) 0 0 0  3 1

nˆ 1( 2 ) nˆ (22 ) nˆ (22 ) nˆ (22 ) nˆ 3( 2 ) nˆ (22 )

nˆ 1(3) nˆ 1(3) 0 0 0   A T 0 0 0A = nˆ (23) nˆ 1(3) nˆ (3) nˆ (3) 0 0 1  3 1

nˆ 1(3) nˆ (23) nˆ (23) nˆ (23) nˆ (33) nˆ (23)

nˆ 1(1) nˆ 3(1)   nˆ (21) nˆ 3(1)  = nˆ i(1) nˆ (j1) nˆ 3(1) nˆ 3(1)  nˆ 1( 2 ) nˆ (32 )   nˆ (22 ) nˆ (32 )  = nˆ i( 2 ) nˆ (j2 ) nˆ (32 ) nˆ (32 )  nˆ 1(3) nˆ 3(3)   nˆ (23) nˆ 3(3)  = nˆ i(3) nˆ (j3) nˆ 3(3) nˆ 3(3) 

(1.301)

Luego, podemos representar las componentes de un tensor de segundo orden en función de sus valores principales y autovectores como: Tij = T1 nˆ i(1) nˆ (j1) + T2 nˆ (i 2 ) nˆ (j2 ) + T3 nˆ (i 3) nˆ (j3)

(1.302)

o en notación tensorial como: T = T1 nˆ (1) ⊗ nˆ (1) + T2 nˆ ( 2 ) ⊗ nˆ ( 2 ) + T3 nˆ (3) ⊗ nˆ (3)

(1.303)

o también T=

3

∑T a =1

a

nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a )

Representación espectral de un tensor simétrico de segundo orden

(1.304)

que es la denominada representación espectral del tensor. Observemos que en la expresión anterior tenemos que recurrir al símbolo de suma ya que el índice aparece tres veces en la expresión. NOTA: La representación espectral (1.304) podría haber sido obtenida fácilmente partiendo de la definición del tensor identidad (tensor esférico) dada por (1.169),

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

81

1 = nˆ i ⊗ nˆ i , donde {nˆ 1 , nˆ 2 , nˆ 3 } constituye una base ortonormal. Podemos también 3

representar 1 = nˆ i ⊗ nˆ i a través del símbolo de suma como 1 = ∑ nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a ) . Luego, se a =1

cumple que:  3  T = T ⋅ 1 = T ⋅  nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a )  =  a =1 

∑

3

∑

T ⋅ nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a ) =

a =1

3

∑T

a

nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a )

(1.305)

a =1

donde hemos utilizado la definición de autovalor y autovector T ⋅ nˆ ( a ) = Ta nˆ ( a ) . ■ Consideremos un tensor ortogonal R cuya transformación ortogonal aplicada al versor ˆ . Podemos entonces hacer la ˆ transforma en el versor nˆ , es decir, nˆ = R ⋅ N original N representación espectral de un tensor ortogonal como:  3 ˆ (a) ˆ (a)  ⊗ N  = R = R ⋅ 1 = R ⋅  N  a =1 

∑

3

∑

ˆ (a) ⊗ N ˆ (a ) = R ⋅N

a =1

3

∑ nˆ

(a )

ˆ (a) ⊗N

(1.306)

a =1

En el espacio de las direcciones principales, la potencia de tensores podemos expresarla como:  T1n  = 0 0 

(T ) n

ij

0 T2n 0

0  0 T3n 

(1.307)

Luego, la representación espectral del tensor T n será: 3

∑T

Tn =

n a

nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a )

(1.308)

a =1

Si ahora queremos calcular la raíz cuadrada del tensor T , podemos fácilmente obtener a través de la representación espectral: T=

3

∑

Ta nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a )

(1.309)

a =1

r

r

Consideremos un tensor semi-definido positivo ( T ), luego hay que cumplir x ⋅ T ⋅ x ≥ 0 r r para todo x ≠ 0 . Aplicando la representación espectral obtenemos que: r r x⋅T⋅x ≥0

 r r  3 ⇒ x ⋅  Ta nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a )  ⋅ x ≥ 0  a =1  3 r r ⇒ Ta x ⋅ nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a ) ⋅ x ≥ 0

∑

(1.310)

∑ a =1

r

Observemos que el resultado de la operación ( x ⋅ nˆ (a ) ) es un escalar con lo cual podemos escribir que: 3

∑ a =1

r r Ta x ⋅ nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a ) ⋅ x ≥ 0

⇒

r ( x ⋅ nˆ ) ] ∑ T [1 4243 3

a

a =1

(a) 2

>0

r r r ⇒ T1 ( x ⋅ nˆ (1) ) 2 + T2 ( x ⋅ nˆ ( 2 ) ) 2 + T3 ( x ⋅ nˆ (3) ) 2 ≥ 0

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ªEdición)

(1.311)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

82

r

r

r

Fijemos que la expresión anterior hay que cumplir para todo x ≠ 0 . Si adoptamos x = nˆ (1) quedamos con T1 (nˆ (1) ⋅ nˆ (1) ) 2 = T1 ≥ 0 , análogamente para T 2 y T 3 . Con lo cual demostramos que si un tensor es semi-definido positivo eso implica que sus autovalores son mayores o igual a cero, T 1 ≥ 0 , T 2 ≥ 0 , T 3 ≥ 0 . Concluimos también que, un tensor será definido positivo si y solo si sus autovalores son positivos y distintos de cero, es decir, T 1 > 0 , T 2 > 0 , T 3 > 0 . Como consecuencia la traza de un tensor definido positivo es mayor que cero. Si la traza de un tensor definido positivo es igual a cero, eso implica que el tensor es el tensor nulo. Teniendo en cuenta lo expuesto anteriormente, queda trivial la representación de los tensores identidades de cuarto orden de la siguiente forma: I = δ ik δ jl eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l = eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ i ⊗ eˆ j =

3

3

∑∑ eˆ

a

⊗ eˆ b ⊗ eˆ a ⊗ eˆ b

(1.312)

a =1 b =1

Luego, como I es un tensor isótropo, será válido también en cualquier base ortonormal nˆ ( a ) : I=

3

∑ nˆ

(a)

⊗ nˆ (b ) ⊗ nˆ ( a ) ⊗ nˆ (b )

(1.313)

a ,b =1

Análogamente, podemos hacer la representación de los tensores I , I como: I = δ il δ jk eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l = eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ j ⊗ eˆ i

I=

3

∑ nˆ

(a)

(1.314)

⊗ nˆ (b ) ⊗ nˆ (b ) ⊗ nˆ ( a )

(1.315)

a ,b =1

y I = δ ij δ kl eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l = eˆ i ⊗ eˆ i ⊗ eˆ k ⊗ eˆ k

I=

3

∑ nˆ

(a)

(1.316)

⊗ nˆ ( a ) ⊗ nˆ (b ) ⊗ nˆ (b )

(1.317)

a ,b =1

Ejemplo 1.36: Sea w un tensor antisimétrico de segundo orden y V un tensor de segundo orden definido positivo cuya representación espectral viene dada por: V=

3

∑λ

a

nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a )

a =1

w puede ser representado por: 3 w = ∑ w ab nˆ (a ) ⊗ nˆ (b)

Demostrar que el tensor antisimétrico

a ,b =1 a ≠b

Demostrar también que se cumple la relación: 3

w ⋅ V − V ⋅ w = ∑ w ab (λ b − λ a ) nˆ ( a ) ⊗ nˆ (b) a ,b =1 a ≠b

Solución: Es cierto que

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES



83



3

3



a =1

a =1

w ⋅ 1 = w ⋅  ∑ nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a)  = ∑ w ⋅ nˆ (a ) ⊗ nˆ (a ) = ∑ (wr ∧ nˆ ( a) ) ⊗ nˆ ( a) 3

 a =1

∑ w (nˆ 3

=

b

(b )

)

∧ nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a )

a ,b =1

r

r

donde hemos aplicado la propiedad de un tensor antisimétrico w ⋅ nˆ = w ∧ nˆ , donde w es el vector axil asociado al tensor w . Expandiendo la expresión anterior obtenemos que

w = wb (nˆ (b) ∧ nˆ (1) ) ⊗ nˆ (1) + wb (nˆ (b) ∧ nˆ ( 2) ) ⊗ nˆ ( 2) + wb (nˆ (b) ∧ nˆ (3) ) ⊗ nˆ (3) =

( + w (nˆ + w (nˆ

)

(

)

(

)

= w1 nˆ (1) ∧ nˆ (1) ⊗ nˆ (1) + w2 nˆ ( 2) ∧ nˆ (1) ⊗ nˆ (1) + w3 nˆ (3) ∧ nˆ (1) ⊗ nˆ (1) + 1

1

(1)

∧ nˆ

(2)

(1)

∧ nˆ

( 3)

) ⊗ nˆ ) ⊗ nˆ

( 3)

( (nˆ

+ w2 nˆ

(2)

+ w2

( 2)

∧ nˆ

( 2)

∧ nˆ

( 2)

( 3)

Simplificando la expresión anterior resulta que:

) ⊗ nˆ ) ⊗ nˆ

( 2)

( 3)

( (nˆ

+ w3 nˆ + w3

( 3)

∧ nˆ

( 3)

∧ nˆ

) ⊗ nˆ ) ⊗ nˆ

( 2)

( 3)

( 2)

+

( 3)

w = −w2 (nˆ (3) ) ⊗ nˆ (1) + w3 (nˆ ( 2) ) ⊗ nˆ (1) +

( ) (nˆ ) ⊗ nˆ

( ) (nˆ ) ⊗ nˆ

+ w1 nˆ (3) ⊗ nˆ ( 2 ) − w3 nˆ (1) ⊗ nˆ ( 2 ) + − w1

( 2)

( 3)

Además teniendo en cuanta que w1 = −w 23 w aún puede ser expresado por:

( 3) + w2 (1) = w 32 , w2 = w13 = −w 31 , w3 = −w12 = w 21 ,

w = w 31 nˆ (3) ⊗ nˆ (1) + w 21 nˆ ( 2) ⊗ nˆ (1) + + w 32 nˆ (3) ⊗ nˆ ( 2 ) + w12 nˆ (1) ⊗ nˆ ( 2 ) + + w 23 nˆ ( 2 ) ⊗ nˆ (3) + w13 nˆ (1) ⊗ nˆ (3)

el cual es exactamente igual a 3

w = ∑ w ab nˆ (a ) ⊗ nˆ (b) Los términos

w⋅V

a ,b =1 a ≠b

y V ⋅ w pueden ser obtenidos como sigue a continuación:

  3   3   (a) (b ) ˆ ˆ w ⋅ V =  w ab n ⊗ n  ⋅  λ b nˆ (b) ⊗ nˆ (b)    b =1  a ,b =1    a≠b

∑

=

3

∑

∑

λ b w ab nˆ ( a ) ⊗ nˆ (b ) ⋅ nˆ (b ) ⊗ nˆ (b ) =

a ,b =1 a ≠b

3

∑λ w b

ab

nˆ ( a ) ⊗ nˆ (b )

a ,b =1 a≠b

y     3   3 ( ) ( ) ( ) ( ) a a a b V ⋅ w =  λ a nˆ ⊗ nˆ  ⋅  w ab nˆ ⊗ nˆ    a =1   a ,b =1   a≠b

∑

=

∑

3

∑λ w a

ab

nˆ ( a ) ⊗ nˆ (b )

a ,b =1 a ≠b

Luego,

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ªEdición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

84

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

   3  3     ( ) ( ) ( ) ( ) a b a b w ⋅ V − V ⋅ w =  λ b w ab nˆ ⊗ nˆ  −  λ a w ab nˆ ⊗ nˆ     a ,b =1  a ,b =1    a≠b  a ≠b

∑

=

3

∑w

∑

ab (λ b

− λ a ) nˆ ( a ) ⊗ nˆ (b )

a ,b =1 a ≠b

Análogamente, es posible demostrar que: 3

w ⋅ V 2 − V 2 ⋅ w = ∑ w ab (λ2b − λ2a ) nˆ ( a ) ⊗ nˆ (b) a ,b =1 a ≠b

1.5.6

Teorema de Cayley-Hamilton

El teorema de Cayley-Hamilton afirma que cualquier tensor T satisface su propia ecuación característica, es decir, si λ1 , λ 2 , λ 3 son los autovalores de T , podemos escribir: λ 1 ( T ) ij =  0  0

0 λ2 0

0 0  λ 3 

(1.318)

Y si estos autovalores satisfacen la ecuación: λ3 − λ2 I T + λ II T − III T = 0 , el tensor T también la satisface, es decir: T 3 − T 2 I T + T II T − III T 1 = 0

(1.319)

Una aplicación del teorema de Cayley-Hamilton es expresar la potencia de tensores T n como una combinación de T n −1 , T n − 2 , T n −3 . Si queremos obtener T 4 queda: T 3 ⋅ T − T 2 ⋅ TI T + T ⋅ T II T − III T 1 ⋅ T = 0 ⇒ T 4 = T 3 I T − T 2 II T + III T T

(1.320)

Utilizando el teorema de Cayley-Hamilton podemos expresar el tercer invariante en función de las trazas, que será útil a la hora de obtener las derivadas parciales de los invariantes. Según el teorema de Cayley-Hamilton sigue siendo válida la expresión: T 3 − I T T 2 + II T T − III T 1 = 0

(1.321)

Haciendo el doble producto escalar con el tensor identidad de segundo orden ( 1 ), la expresión queda: T 3 : 1 − I T T 2 : 1 + II T T : 1 − III T 1 : 1 = 0 : 1

(1.322)

Como ya hemos visto anteriormente, las siguientes relaciones son válidas T 3 : 1 = Tr ( T 3 ) , T 2 : 1 = Tr ( T 2 ) , T : 1 = Tr (T ) , 1 : 1 = Tr (1) = 3 , 0 : 1 = Tr (0) = 0 . Reemplazando en la ecuación (1.322) obtenemos: Tr ( T 3 ) − I T Tr ( T 2 ) + II T Tr ( T ) − III T Tr (1) = 0 123

[

=3

1 III T = Tr ( T 3 ) − I T Tr ( T 2 ) + II T Tr ( T ) 3

]

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

(1.323)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

85

Reemplazando los valores de los invariantes I T , II T , dados por la ecuación (1.278), obtenemos: 1 3 1 3 III T =  Tr ( T 3 ) − Tr ( T 2 ) Tr ( T ) + [Tr ( T )]  3 2 2 

(1.324)

En notación indicial 1 3 1  III T =  Tij T jk Tki − Tij T ji Tkk + Tii T jj Tkk  3 2 2 

(1.325)

Ejemplo 1.37: Partiendo del teorema de Cayley-Hamilton obtener la inversa de un tensor T en función de potencia de tensores. Solución: El teorema de Cayley-Hamilton afirma que: T 3 − T 2 I T + T II T − III T 1 = 0

Haciendo el producto escalar de la expresión anterior por el tensor T −1 obtenemos que: T 3 ⋅ T −1 − T 2 ⋅ T −1 I T + T ⋅ T −1 II T − III T 1 ⋅ T −1 = 0 ⋅ T −1

T 2 − TI T + 1 II T − III T T −1 = 0 ⇒ T −1 =

(

1 T 2 − TI T + 1 II T III T

)

El teorema de Cayley-Hamilton también es válido para matrices cuadradas de orden n . Sea una matriz cuadrada An×n el determinante característico viene dado por: λ1n×n − A = 0

(1.326)

donde 1n×n es la matriz identidad. Desarrollando el determinante obtenemos: λn − I 1 λn −1 + I 2 λn − 2 − L (−1) n I n = 0

(1.327)

donde I 1 , I 2 , L , I n son los invariantes de la matriz A . Para el caso particular n = 3 y si A representa las componentes del tensor A tenemos que: I 1 = I A , I 2 = II A , I 3 = III A . Aplicando el teorema de Cayley-Hamilton se cumple que A n − I 1A n −1 + I 2 A n − 2 − L + (−1) n I n 1 = 0

(1.328)

A través de la relación (1.328) podemos obtener la inversa de la matriz An×n , por ello multiplicando todos los términos por A −1 , resultando: A n A −1 − I 1A n −1A −1 + I 2 A n − 2 A −1 − L + (−1) n I n 1A −1 = 0

luego

⇒ A n −1 − I 1 A n − 2 + I 2 A n −3 − L (−1) n −1 I n −11 + (−1) n I n A −1 = 0

A −1 =

(

(−1) n −1 A n −1 − I 1A n − 2 + I 2 A n−3 − L (−1) n −1 I n −11 In

)

(1.329)

(1.330)

El invariante I n = det (A ) luego, sólo habrá la inversa de A si I n = det (A ) ≠ 0 . Ejemplo 1.38: Dado el tensor T representado por sus componentes en el sistema cartesiano:

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ªEdición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

86

5 0 0  T = 0 2 0 0 0 1 

Comprobar el teorema de Cayley-Hamilton. Solución: El teorema de Cayley-Hamilton también se aplica para las componentes del tensor: T 3 − T 2 I T + T II T − III T 1 = 0 donde I T = 5 + 2 + 1 = 8 , II T = 10 + 2 + 5 = 17 , III T = 10 , luego: T

3

5 3  =0 0 

0 23 0

0  125 0 0   0  =  0 8 0  1   0 0 1 

; T

2

5 2  =0 0 

0 22 0

0  25 0 0   0  =  0 4 0  1   0 0 1 

Aplicando el teorema de Cayley-Hamilton verificamos que:

1.5.7

125 0 0  25 0 0 5 0 0  1 0 0   0 8 0 − 8  0 4 0 + 17 0 2 0  − 10 0 1 0          0 0 1   0 0 1  0 0 1  0 0 1  1444444444442444444444443

0 0 0  = 0 0 0  0 0 0 

0 0 0  0 0 0    0 0 0

0 0 0  = 0 0 0  0 0 0 

c.q.d.

Módulo de un Tensor

El módulo de un tensor, también conocido como Norma de Frobenius, viene dado a continuación: r r r v = v ⋅ v = v i vi

(1.331)

T = T : T = Tij Tij

(1.332)

(tensor de tercer orden)

A = A : ⋅A = A ijk A ijk

(1.333)

(tensor de cuarto orden)

C = C :: C = C ijkl C ijkl

(1.334)

(vector) (tensor de segundo orden)

r

Por ejemplo, la norma de un vector v , denominada norma Euclidiana, mide la magnitud del vector. Para visualizar la norma de un tensor de segundo orden, consideremos que T sea un tensor simétrico ( T = T T ) y que T1 , T2 , T3 sean sus autovalores, luego la norma, que es un invariante, viene dada por: T = T : T = Tr ( T T ⋅ T ) = Tr ( T 2 ) = Tij Tij = T12 + T22 + T32 = I T2 − 2 II T

(1.335)

En el espacio principal de T se puede visualizar la interpretación de la norma de T , ver Figura 1.29. Como podemos ver es una medida de distancia.

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

87

x 2′ T2

T T1 x1′

T3 x3′

Figura 1.29: Norma de un tensor de segundo orden en el espacio principal.

1.5.8

Tensor Isótropo y Anisótropo

Un tensor se denomina isótropo cuando sus componentes son las mismas en cualquier sistema de coordenadas, en caso contrario el tensor será anisótropo. Consideremos las componentes de un tensor T representadas en forma matricial por T en un sistema de referencia y las componentes del mismo tensor en cualquier otro sistema obtenido por la transformación de base que representamos genéricamente por T ′ . Este tensor se dice isótropo cuando cumple que: Tensor Isótropo de orden uno

T =T ′

(1.336)

r

Consideremos un vector v representado por sus componentes v 1 , v 2 , v 3 en el sistema de coordenadas x1 , x 2 , x3 . La representación de estas componentes en un nuevo sistema de coordenadas x1′ , x 2′ , x3′ será v 1′ , v ′2 , v ′3 , por lo que es válido decir: r v = v i eˆ i = v ′j eˆ ′j

⇒

v ′i = a ij v j

(1.337)

r

Para que v sea isótropo por definición tiene que cumplir v i = v ′i y eso sólo será posible si a ij = δ ij , i.e. eˆ i = eˆ ′j (no hubo cambio de sistema), ó v i = v ′i = 0 i . Luego, el único tensor r

de orden uno isótropo es el vector nulo 0 . Tensor Isótropo de segundo orden Un ejemplo de un tensor isótropo de segundo orden es el tensor identidad 1 , representado por sus componentes por δ kl . Utilizando la transformación de coordenadas para las componentes de un tensor de segundo orden obtenido en (1.254), se demuestra que: δ ′ij = a ik a jl δ kl = a ik a jk = δ ij 123

AA T =1

(1.338)

Una consecuencia inmediata del anterior es que cualquier tensor esférico ( α1 ) es un tensor isótropo. Es decir, si un tensor de segundo orden es isótropo este tensor es esférico. Tensor Isótropo de tercer orden

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ªEdición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

88

Un ejemplo de un tensor (pseudo) isótropo de orden tres es el pseudo-tensor Levi-Civita, definido en (1.184) cuyas componentes son  lmn . Aplicando la ley de transformación de coordenadas (1.256), resulta:

′ijk = a il a jm a kn  lmn = A  ijk =  ijk {

(Ver Ejemplo 1.22)

(1.339)

1

Tensor Isótropo de cuarto orden Si δ kl es isótropo, resulta sencillo demostrar que los siguientes tensores de cuarto orden son también isótropos: I ijkl = δ ij δ kl

I ijkl = δ ik δ jl

;

I ijkl = δ il δ jk

;

(1.340)

Se puede demostrar que cualquier tensor isótropo de cuarto orden puede ser representado como una combinación lineal de los tres tensores dados anteriormente en (1.340): D = a 0 I + a1 I + a 2 I D = a 0 1 ⊗ 1 + a1 1⊗1 + a 2 1⊗1

(1.341)

D ijkl = a 0 δ ij δ kl + a1δ ik δ jl + a 2 δ il δ jk

Ejemplo 1.39: Demostrar que el tensor de cuarto orden que presenta simetría menor y mayor C es isótropo, donde las componentes de este tensor vienen dadas por: C ijkl = λ δ ij δ kl + µ (δ ik δ jl + δ il δ jk ) donde λ , µ son constantes. Solución: La ley de transformación de las componentes de un tensor de cuarto orden viene dada por: C ′ijkl = a im a jn a kp a lq C mnpq

Considerando que C mnpq = λδ mn δ pq + µ (δ mp δ nq + δ mq δ np ) y reemplazando en la expresión anterior, obtenemos que: C ′ijkl = a im a jn a kp a lq [λδ mn δ pq + µ (δ mp δ nq + δ mq δ np )]

(

= λa im a jn a kp a lq δ mn δ pq + µ a im a jn a kp a lq δ mp δ nq + a im a jn a kp a lq δ mq δ np

(

= λa in a jn a kq a lq + µ a ip a jq a kp a lq + a iq a jn a kn a lq

(

= λδ ij δ kl + µ δ ik δ jl + δ il δ jk

)

)

)

= C ijkl

Con lo que demostramos que el tensor C es isótropo.

1.5.9

Tensores Coaxiales

Decimos que dos tensores de segundo orden simétricos T y S son coaxiales, si presentan los mismos autovectores, luego: T=

3

∑ a =1

Ta nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a )

;

S=

3

∑S

a

nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a )

(1.342)

a =1

donde Ta son los autovalores de T y S a son los autovalores de S . Es de fácil demostración que, para que dos tensores sean coaxiales, es suficiente que el producto escalar entre ellos sea conmutativo, es decir:

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

T ⋅S = S ⋅ T

si

⇒

89

S , T son coaxiales

(1.343)

También podemos concluir que un tensor simétrico S , y su inversa S −1 son tensores coaxiales puesto que S ⋅ S −1 = S −1 ⋅ S = 1 , y además recurriendo a sus representaciones espectrales: S=

3

∑

S a nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a )

S −1 =

;

a =1

siendo S a y

3

1 ˆ (a ) ˆ (a ) n ⊗n

∑S a =1

(1.344)

a

1 , los autovalores de S y S −1 respectivamente. Sa

Si S y T son tensores simétricos y coaxiales podemos demostrar que el tensor resultante de la operación ( S ⋅ T ) resulta ser otro tensor simétrico. Para su demostración partimos de la definición de tensores coaxiales: T ⋅S = S ⋅ T

⇒

T ⋅S − S ⋅ T = 0

⇒

T ⋅ S − ( T ⋅ S ) T = 0 ⇒ 2( T ⋅ S ) anti = 0 (1.345)

Luego, si la parte antisimétrica de un tensor es cero resulta que este tensor es simétrico: ( T ⋅ S ) anti = 0

( T ⋅ S ) ≡ ( T ⋅ S ) sym

⇒

(1.346)

1.5.10 Descomposición Polar Consideremos un tensor de segundo orden arbitrario, F , no singular ( det ( F ) ≠ 0 ⇒ ∃F −1 ). ˆ resulta un vector que lo representamos Además, la proyección de F según dirección N r ˆ = λ nˆ ≠ 0 , ya que det ( F ) ≠ 0 . Con eso, dada una por su módulo y dirección como F ⋅ N ˆ (n) ˆ ( a ) , podemos decir que: base ortonormal N

F −1 ⋅ F = 1 =

3

∑ Nˆ

(a)

ˆ (a) ⊗N

a =1

⇒ F = F ⋅1 = F ⋅

3

∑ Nˆ

(a)

a =1

⇒F =

3

∑ λ nˆ a

(a)

ˆ (a ) = ⊗N

3

∑ F ⋅ Nˆ

(a)

ˆ (a) ⊗N

(1.347)

a =1

ˆ (a ) ⊗N

a =1

NOTA: Observemos que la representación de F , dada por (1.347), no es la representación espectral de F en el sentido estricto de la palabra, ya que λ a no son los ˆ ( a ) son los autovectores de F . ■ autovalores de F y tan poco nˆ ( a ) o N ˆ ( a ) , la nueva base nˆ ( a ) no Notar que para una base ortonormal arbitraria de N ˆ ( a ) tal que la necesariamente será una base ortogonal. Queremos encontrar una base N

r

ˆ (1 ) )

nueva base nˆ ( a ) sea una base ortonormal, ver Figura 1.30, i.e. f (N

r

⋅ f (N

ˆ (2) )

= 0, r (Nˆ ( 2 ) ) r (Nˆ ( 23 ) r (Nˆ ( 3) ) r (Nˆ (1) ) f ⋅f = 0, f ⋅f = 0 . Luego, buscamos un espacio tal que se cumpla la siguiente transformación ortogonal nˆ ( a ) = R ⋅ Nˆ ( a ) , el cual nos garantiza la ortogonalidad de nˆ ( a ) , ya que una transformación ortogonal no cambian los ángulos entre vectores ni sus

magnitudes.

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ªEdición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

90

r r ˆ (1) = f (Nˆ (1) ) = f (Nˆ (1) ) nˆ (1) = λ nˆ (1) F ⋅N 1

r ˆ (1 ) ˆ (1) f (N ) = F ⋅ N r ˆ (2) ˆ ( 2) f (N ) = F ⋅ N

r r ˆ ( 2) = f (Nˆ ( 2 ) ) = f (Nˆ ( 2 ) ) nˆ ( 2 ) = λ nˆ ( 2 ) F ⋅N 2 r r ˆ (3) = f (Nˆ ( 3) ) = f (Nˆ ( 3) ) nˆ (3) = λ nˆ (3) F ⋅N 3

ˆ ( 3) N

ˆ (1)

n nˆ ( 2 )

ˆ ( 2) N nˆ (3)

ˆ (1) N

r ˆ (3) ˆ ( 3) f (N ) = F ⋅ N ˆ (a) . Figura 1.30: Proyección de F según la base N ˆ ( a ) y nˆ ( a ) viene dada por la siguiente Consideremos ahora que la transformación entre N transformación ortogonal nˆ ( a ) = R ⋅ Nˆ ( a ) , podemos decir que:

F=

3

∑

ˆ (a) = λ a nˆ ( a ) ⊗ N

a =1

3

∑

ˆ (a) ⊗ N ˆ (a) = R ⋅ λ aR ⋅ N

a =1

3

∑ λ Nˆ a

(a)

ˆ (a) = R ⋅ U ⊗N

(1.348)

a =1

3

ˆ (a) ⊗ N ˆ ( a ) resulta un tensor ˆ (a ) ⊗ N ˆ ( a ) . Ya que N donde hemos definido el tensor U = ∑ λ a N a =1

simétrico, el tensor U también lo es, U = UT . Análogamente, pero ahora teniendo en ˆ (a) ⇒ N ˆ ( a ) = R T ⋅ nˆ ( a ) = nˆ ( a ) ⋅ R , podemos decir que: cuenta que nˆ ( a ) = R ⋅ N F=

3

∑ λ nˆ a

a =1

(a)

ˆ (a ) = ⊗N

3

∑ λ nˆ a

(a)

⊗ nˆ ( a ) ⋅ R =

a =1

3

∑λ

ˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a ) ⋅ R = V ⋅ R

an

(1.349)

a =1

3

donde hemos definido el tensor V = ∑ λ a nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a ) . Verificamos que V es simétrico, y a =1

comparando las representaciones espectrales de los tensores U y V , verificamos que tienen los mismos autovalores y distintos autovectores. Luego, definimos la descomposición polar como: F = R ⋅U = V ⋅R

Descomposición polar

(1.350)

Recordemos del Ejemplo 1.27 que los tensores resultantes de las operaciones C = F T ⋅ F y b = F ⋅ F T son tensores simétricos, y definidos positivos cuando det ( F ) ≠ 0 . Haciendo el producto escalar por la izquierda por F T en la relación F = R ⋅ U obtenemos que: T F F = F T ⋅ R ⋅ U = (R T ⋅ F ) T ⋅ U = UT ⋅ U = U 2 ⇒ U = ± F T ⋅ F = ± C 12⋅3 C

(1.351)

Análogamente podemos obtener que: V = ± F ⋅FT = ± b

(1.352)

Puesto que los tensores C y b son tensores definidos positivos eso implica que los autovalores de C y b son todos reales y positivos. Ahora bien, hasta ahora la única

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

91

restricción para el tensor F es que det ( F ) ≠ 0 , luego podemos tener las siguientes posibilidades:

ƒ

Si det ( F ) > 0

En esta situación tenemos que det ( F ) = det (R )det(U) = det ( V )det(R ) > 0 , resultando las siguientes posibilidades: R − Tensor ortogonal propio R − Tensor ortogonal impropio ó  U, V − Tensores definidos positivos U, V − Tensores definidos negativos

ƒ

Si det ( F ) < 0

En esta situación tenemos que det ( F ) = det (R )det (U) = det ( V )det (R ) < 0 , resultando las siguientes posibilidades: R − Tensor ortogonal propio R − Tensor ortogonal impropio ó  U, V − Tensores definidos negativos U, V − Tensores definidos positivos

NOTA: En el capítulo 2 trabajaremos con unos tensores particulares donde F es no singular ( det ( F ) ≠ 0 ) y det ( F ) > 0 . Los tensores U y V son tensores definidos positivos, y el tensor R es un tensor de rotación, es decir, tensor ortogonal propio. ■

1.5.11 Derivada Parcial con Tensores La primera derivada de un tensor con respecto a él mismo viene definido como: ∂A = A ,A ∂A

=

∂A ij ∂A kl

(eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l )

(1.353)

= δ ik δ jl (eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l ) = I (tensor identidad de cuarto orden)

Podemos entonces obtener la derivada de la traza de un tensor respecto a él mismo: ∂A kk ∂[Tr ( A )] ≡ [Tr ( A )],A = (eˆ i ⊗ eˆ j ) = δ ki δ kj (eˆ i ⊗ eˆ j ) = δ ij (eˆ i ⊗ eˆ j ) = 1 ∂A ∂A ij

(1.354)

La derivada parcial de la traza al cuadrado de un tensor respecto al él mismo: ∂[Tr ( A )] ∂[Tr ( A )] = 2 Tr ( A )1 = 2 Tr ( A ) ∂A ∂A 2

(1.355)

La derivada parcial de la traza del cuadrado un tensor respecto al él mismo:

[

∂ Tr ( A 2 ) ∂A

]

=

 ∂ ( A sr A rs ) ∂ ( A sr ) ∂( A rs )  + A sr (eˆ i ⊗ eˆ j ) =  A rs  (eˆ i ⊗ eˆ j ) ∂A ij ∂A ij ∂A ij  

[

]

[

]

= A rs δ si δ rj + A sr δ ri δ sj (eˆ i ⊗ eˆ j ) = A ji + A ji (eˆ i ⊗ eˆ j )

(1.356)

= 2 A ji (eˆ i ⊗ eˆ j ) = 2A T

Queda al lector la demostración de:

[

∂ Tr ( A 3 ) ∂A

]

= 3( A 2 ) T

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ªEdición)

(1.357)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

92

Luego, si consideramos un tensor de segundo orden simétrico C , podemos decir que: ∂[Tr (C)] =1; ∂C

[

3

∂ Tr (C ) ∂C

]

[

∂[Tr (C)] = 2 Tr (C)1 ; ∂C 2

∂ Tr (C 2 ) ∂C

]

= 2C T = 2C ;

(1.358)

= 3(C 2 ) T = 3C 2

y además podemos decir que la derivada de la norma del tensor simétrico C viene dada por: ∂ Tr (C ⋅ C T )  ∂ Tr (C 2 )  ∂ C:C    = 1 Tr (C 2 ) = = =  ∂C ∂C ∂C ∂C 2 −1 1 = Tr (C 2 ) 2 2C 2

∂C

(

)

[

[

] [Tr(C )], −1 2

]

2

C

(1.359)

o aún: ∂C ∂C

C C

=

(1.360)

Otra aplicación interesante viene a continuación:

(

∂ n i C ij n j

)

∂n k

=

∂n j ∂n i C ij n j + n i C ij = δ ik C ij n j + n i C ij δ jk ∂n k ∂n k

(1.361)

= C kj n j + n i C ik = C kj n j + C jk n j = 2C kj n j

donde hemos considerado que C es simétrico, i.e., C kj = C jk . Consideremos aún el tensor de segundo orden simétrico C . Para obtener la derivada parcial de su inversa con respecto a él mismo partimos de la siguiente condición:

(

)

∂1 ∂ C −1 ⋅ C =O = ∂C ∂C

(1.362)

donde O es el tensor nulo de cuarto orden. La expresión anterior en notación indicial queda:

(

∂ C iq−1C qj ∂C kl

( )C

) = ∂(C ) C −1 iq

∂C kl

∂ C iq−1 ∂C kl ⇒

qj

=

( )δ

∂ C iq−1 ∂C kl

qr

−C iq−1

( )

∂ C qj ∂C kl

= −C iq−1

Considerando que C qj =

+ C iq−1

qj

(

( )

∂ C qj ∂C kl

( )

∂ C qj ∂C kl

⇒

= O ikjl

( )C

∂ C iq−1 ∂C kl

−1 qj C jr

= −C iq−1

( )

∂ C qj ∂C kl

C −jr1

(1.363)

C −jr1

)

1 C qj + C jq , la expresión anterior queda: 2

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

( )δ

∂ C iq−1 ∂C kl

qr

= −C iq−1

( )

(

93

)

1  ∂ C qj + C jq  −1   C jr ∂C kl 2 

[

∂ C ir−1 1 1 = −C iq−1 δ qk δ jl + δ jk δ ql C −jr1 = − C iq−1δ qk δ jl C −jr1 + C iq−1δ jk δ ql C −jr1 2 2 ∂C kl

( )

[

]

[

∂ C ir−1 1 = − C ik−1C lr−1 + C il−1 C −kr1 2 ∂C kl

]

(1.364)

]

En notación tensorial queda:

[

1 ∂C −1 = − C −1 ⊗C −1 + C −1 ⊗C −1 2 ∂C

]

(1.365)

NOTA: Observemos que si no hubiéramos reemplazando la parte simétrica de C qj en

( )δ

∂ C iq−1

(1.363), hubiéramos obtenido que

∂C kl

qr

= −C iq−1

( )

∂ C qj ∂C kl

C −jr1 = −C iq−1δ qk δ jl C −jr1 = −C ik−1C lr−1 .

Resultando un tensor no simétrico. ■ 1.5.11.1 Derivada Parcial de los Invariantes Las derivadas parciales de los invariantes principales de un tensor de segundo orden se obtienen a continuación: Derivada parcial de I T con respecto a T , ver ecuación (1.354): ∂[I T ] ∂[Tr ( T )] = [Tr ( T )], T = 1 = ∂T ∂T

(1.366)

Derivada parcial de II T con respecto a T :

[

2 ∂[ II T ] ∂  1 ∂ Tr ( T 2 ) 1  ∂[Tr ( T )] 2 2  − =  [Tr ( T )] − Tr ( T )  =  ∂T ∂T ∂T ∂T  2 2   1 = 2( TrT )1 − 2 T T 2 = Tr ( T )1 − T T

[

]

[

]

] 

(1.367)

Aún podemos expresar (1.367) remplazando T T , obtenido por el teorema de CayleyHamilton: T 3 : T −2 − I T T 2 : T −2 + II T T : T −2 − III T 1 : T −2 = 0 T − I T 1 + II T T −1 − III T T − 2 = 0

(1.368)

⇒ T = I T 1 − II T T −1 + III T T − 2

Luego, ∂[ II T ] = Tr ( T )1 − T T = Tr ( T )1 − I T 1 − II T T −1 + III T T − 2 ∂T

(

(

= II T T

−1

− III T T

)

−2 T

)

T

(1.369)

Para obtener la derivada del tercer invariante, utilizaremos la definición dada por (1.324):

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ªEdición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

94

∂[ III T ] 3 ∂ 1 1 1 3 2 =  Tr ( T ) − Tr ( T ) Tr ( T ) + [Tr ( T )]  ∂T ∂T  3 2 6 

[

]

2 1 1 ∂ Tr ( T 2 ) 1 ∂[Tr ( T )] 3 = 3( T 2 ) T − + [Tr ( T )] 1 Tr ( T ) − Tr ( T 2 ) 3 2 ∂T 2 ∂T 6

= ( T 2 ) T − Tr ( T ) T T −

2 1 1 Tr ( T 2 )1 + [Tr ( T )] 1 2 2

= ( T 2 ) T − Tr ( T ) T T +

2 1 [Tr(T )] − Tr( T 2 ) 1 2

[

(1.370)

]

= ( T 2 ) T − I T T T + II T 1

Si multiplicamos por la inversa del tensor T en la ecuación (1.321) obtenemos: T 3 ⋅ T −1 − I T T 2 ⋅ T −1 + II T T ⋅ T −1 − III T 1 ⋅ T −1 = 0 T 2 − I T T + II T 1 − III T T −1 = 0

(1.371)

⇒ III T T −1 = T 2 − I T T + II T 1

y la transpuesta:

( III

TT

) = (T

−1 T

2

− I T T + II T 1

) = (T ) T

2 T

− I T T T + II T 1

(1.372)

Reemplazando ecuación (1.372) en la expresión (1.370) obtenemos:

(

∂[ III T ] = III T T −1 ∂T

)

T

= III T T −T

(1.373)

1.5.11.2 Derivada Temporal de Tensores Asumamos que un tensor de segundo orden depende de un parámetro t , que es el tiempo. Definimos la primera derivada temporal y la segunda derivada temporal del tensor T , respectivamente, por: D T ≡ T& Dt

D2 && T≡T 2 Dt

;

(1.374)

La derivada temporal del determinante de un tensor viene definida como: DT D [det(T )] = ij cof Tij Dt Dt

( )

(1.375)

donde cof (Tij ) es el cofactor de Tij y definido como [cof (Tij )]T = det(T ) (T −1 )ij .

1

1

Ejemplo 1.40: Considérese J = [det (b )] 2 = ( III b ) 2 , donde b es un tensor de segundo orden simétrico, b = b T . Obtener la derivada de J y de ln(J ) con respecto a b . Solución:

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

⇒

⇒

95

1   ∂ ( III b ) 2  ∂J  =  ∂b ∂b 1 ∂ III 1 1 1 b = ( III b )− 2 = ( III b )− 2 III b b −T 2 2 ∂b 1 1 1 = ( III b ) 2 b −1 = J b −1 2 2 1    ∂ ln III b 2  ∂[ln( J )] 1 ∂ III b 1 −1   =  = b = ∂b 2 III b ∂b 2 ∂b

1.5.12 Tensor Esférico y Desviador Cualquier tensor puede ser descompuesto en una parte esférica y en otra parte desviadora. Luego, para un tensor T esta descomposición viene dada por: T = T esf + T dev = = Tm 1 + T

I Tr ( T ) 1 + T dev = T 1 + T dev 3 3

(1.376)

dev

El tensor desviador de T vendrá definido como: T dev = T −

Tr ( T ) 1 = T − Tm 1 3

(1.377)

Para las operaciones siguientes consideraremos que T es un tensor simétrico ( T = T T ) luego, en estas condiciones las componentes del tensor T dev vienen dadas por: Tijdev

 T11dev  =  T12dev  T dev  13

T12dev dev T22 dev T23

T13dev   T11 − Tm  dev  T23  =  T12 T33dev   T13

 13 ( 2 T11 − T22 − T33 )  T12 =  T13 

T12 T22 − Tm T23

T12 1 3

(2 T22 − T11 − T33 ) T23

   T33 − Tm  T13 T23

  T23  1 (2 T33 − T11 − T22 ) 3 T13

(1.378)

Podemos también hacer la representación de las componentes del tensor dado por (1.376) en la base cartesiana tal y como se indica en la Figura 1.31.

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ªEdición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

96

x3

T 33 T23

T13 T13

T23 T12

T22 T12

x2

T11 x

14414444442444444443 x3

x3

Tm

T33dev T23

T13

Tm

T13

+

Tm x2

T23 T12

dev T22

T12

T11dev

x1

x2

x1

Figura 1.31: Parte esférica y desviadora de un tensor de segundo orden. 1.5.12.1 Primer Invariante del Tensor Desviador Los invariantes del tensor desviador ( T dev ) pueden ser obtenidos en función de los invariantes principales de T : I

T dev

Tr ( T )  Tr ( T )  = Tr ( T dev ) = Tr  T − 1 = Tr ( T ) − Tr (1) = 0 3 3 123   δ =3

(1.379)

ii

Con lo que concluimos que la traza de cualquier tensor desviador es cero. 1.5.12.2 Segundo Invariante del Tensor Desviador Para obtener el segundo y tercer invariante del tensor desviador utilizaremos el espacio de las direcciones principales por simplicidad. En este espacio se cumple que: Componentes del tensor:  T1 Tij =  0  0

0 T2 0

0 0  T3 

(1.380)

Invariantes principales: I T = T1 + T2 + T3 , II T = T1 T2 + T2 T3 + T3 T1 , III T = T1 T2 T3 . Las componentes del tensor desviador definido en (1.377) ( T dev = T − Tm 1 ) en el espacio de las direcciones principales son: Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

 T1 − Tm =  0  0

Tijdev

0 T2 − Tm 0

97

   T3 − Tm  0 0

(1.381)

El segundo invariante del tensor desviador de T puede ser obtenido como: = ( T1 − Tm )( T2 − Tm ) + ( T1 − Tm )( T3 − Tm ) + ( T2 − Tm )( T3 − Tm )

II T dev

= ( T1 T2 + T1 T3 + T2 T3 ) − 2 Tm ( T1 + T2 + T3 ) + 3 Tm2 2I I2 = II T − T ( I T ) + T 3 3 1 2 = 3 II T − I T 3

(

(1.382)

)

También podríamos haber obtenido el resultado anterior partiendo directamente de la definición del segundo invariante de un tensor dado en (1.278): II

T dev

{

]}

[

{ [

]}

1 1 ( I dev ) 2 − Tr ( T dev ) 2 = − Tr ( T dev ) 2 T 2 2 1 1 = − Tr ( T − Tm 1) 2 = {− Tr[( T − Tm 1) ⋅ ( T − Tm 1)]} 2 2 1 1 = − Tr ( T 2 − 2 Tm T ⋅ 1 + Tm2 1) = − Tr ( T 2 ) + 2 Tm Tr ( T ) − Tm2 Tr (1) 2 2 2 I I  1 =  − Tr ( T 2 ) + 2 T I T − T 3 2 3 9 

=

{ [

]}

{ [

=

]} [

]

(1.383)

I T2  1 2 ( ) Tr T − +   2 3

Teniendo en cuenta que Tr ( T 2 ) = T12 + T22 + T32 = I T2 − 2 II T , ver Ejemplo 1.33, la relación anterior (1.383) resulta: II T dev =

I T2  1  2 I T2  1 1 2 2  − I T + 2 II T +  = 2 II T −  = 3 II T − I T 2 3  2 3  3

(

)

(1.384)

Otra expresión que podemos encontrar en la literatura, para el segundo invariante de un tensor desviador, es en función de las componentes del tensor desviador. Utilizando la expresión (1.383): II

T dev

=−

[

]

[

]

1 1 1 Tr ( T dev ) 2 = − Tr ( T dev ⋅ T dev ) = − T dev 2 2 2

⋅ ⋅T dev = − 1 Tijdev T jidev 2

(1.385)

Expandiendo la expresión anterior obtenemos: II

T dev

=−

[

1 dev 2 dev 2 ( T11dev ) 2 + ( T22 ) + ( T33dev ) 2 + 2( T12dev ) 2 + 2( T13dev ) 2 + 2( T23 ) 2

]

(1.386)

En el espacio de las direcciones principales: II

T dev

=−

[

1 dev dev 1 Tij T ji = − ( T1dev ) 2 + ( T2dev ) 2 + ( T3dev ) 2 2 2

]

(1.387)

Otra forma de expresar el segundo invariante viene demostrada a continuación:

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ªEdición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

98

II T dev =

dev T22

dev T23

dev T23

T33dev

+

T11dev

T13dev

T13dev

T33dev

+

T11dev T12dev

T12dev dev T22

[

]

1 dev dev dev dev 2 ) − ( T13dev ) 2 = − − 2 T22 T33 − 2 T11dev T33dev − 2 T11dev T22 − ( T12dev ) 2 − ( T23 2

(1.388)

O aún:

( ) − 2 T T + (T ) + (T ) − 2 T T + (T ) ) − 2 T T + (T )  + (T ) + (T ) + (T )

1 dev II T dev = −  T22 2 

(T

dev 2 11

2

dev 22

dev 11

dev 22

dev 2 33

dev 33

dev 2 22

dev 2 11

dev 2 11

dev 11

dev 2 22

dev 33

dev 2 33

dev 2 33

+

(1.389)

dev 2 ) − ( T13dev ) 2 − ( T12dev ) 2 − ( T23

Observa que de la ecuación (1.321) obtenemos que: dev 2 ( T11dev ) 2 + ( T22 ) + ( T33dev ) 2 = −2 II

T dev

dev 2 − 2( T12dev ) 2 − 2( T13dev ) 2 − 2( T23 )

(1.390)

Reemplazando (1.390) en la expresión (1.389) obtenemos: II

T dev

=−

[

]

1 dev dev 2 dev 2 ( T22 − T33dev ) 2 + ( T11dev − T33dev ) 2 + ( T11dev − T22 ) − ( T12dev ) 2 − ( T23 ) − ( T13dev ) 2 6

(1.391) Y si consideramos las direcciones principales: II

T dev

=−

[

1 ( T2dev − T3dev ) 2 + ( T1dev − T3dev ) 2 + ( T1dev − T2dev ) 2 6

]

(1.392)

1.5.12.3 Tercer Invariante del Tensor Desviador El tercer invariante del tensor desviador de T queda: III T dev

= ( T1 − Tm )( T2 − Tm )( T3 − Tm ) = T1 T2 T3 − Tm ( T1 T2 + T1 T3 + T2 T3 ) + Tm2 ( T1 + T2 + T3 ) − Tm3 I I2 I3 = III T − T II T + T I T − T 3 9 27 I T II T 2 I T3 = III T − + 3 27 1 3 = 2 I T − 9 I T II T + 27 III T 27

(

(1.393)

)

Otra forma de expresar el tercer invariante es: III

T dev

= T1dev T2dev T3dev =

1 dev dev dev Tij T jk Tki 3

(1.394)

Ejemplo 1.41: Considérese un tensor de segundo orden simétrico σ y su parte desviadora s ≡ σ dev . Obtener el resultado de la operación s :

∂s . Demostrar también que los tensores ∂σ

σ y σ dev son tensores coaxiales.

Solución: Teniendo la definición de un tensor desviador σ = σ esf + σ dev = σ esf + s . Obtenemos que: s = σ −

Iσ 1 . Luego: 3

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

En notación indicial:

I   ∂ σ − σ 1  3 ∂s  = ∂[σ ] − 1 ∂[I σ ] 1 =  3 ∂σ ∂σ ∂σ ∂σ ∂s ij ∂σ kl

Con lo cual s ij

∂s ij ∂σ kl

99

=

∂σ ij ∂σ kl

−

1 ∂ [I σ ] 1 δ ij = δ ik δ jl − δ kl δ ij 3 ∂σ kl 3

1 1 1   = s ij  δ ik δ jl − δ kl δ ij  = s ij δ ik δ jl − s ij δ kl δ ij = s kl − δ kl s ii = s kl { 3 3 3   =0

s:

∂s =s ∂σ

Para demostrar que dos tensores son coaxiales, hay que cumplir que σ dev ⋅ σ = σ ⋅ σ dev : σ ⋅ σ dev = σ ⋅ (σ − σ esf ) = σ ⋅ σ − σ ⋅ σ esf = σ ⋅ σ − σ ⋅

Iσ 1 3

Iσ I 1 = σ ⋅σ − σ 1⋅σ 3 3 Iσ   = σ − 1  ⋅ σ = σ dev ⋅ σ 3   Con lo cual demostramos que los tensores σ y σ dev son coaxiales, es decir, tienen las = σ ⋅σ − σ ⋅

mismas direcciones principales.

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ªEdición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

100

1.6 Función de Tensores Una función de tensores puede resultar ser un escalar, un vector, o tensores de orden superior. Como ejemplo de una función tensores de valor-escalar tenemos: Ψ = Ψ ( T ) = det (T ) Ψ = Ψ (T , S) = T : S

(1.395)

donde T y S son tensores de segundo orden. Como ejemplo de función de tensores cuyo argumento es un tensor de segundo orden (valor-tensor de segundo orden) tenemos: Π = Π (T ) = α1 + βT + γ T 2

(1.396)

con α , β , γ escalares.

1.6.1

Series de Tensores

Dada una función f (x) podemos aproximar esta función a través de serie de Taylor por ∞

1 ∂ n f (a) ( x − a ) n , donde n! representa el factorial de n y f (a) el valor de la n ! n ∂x n =0 función en el punto de aplicación x = a . Podemos extrapolar esta definición para tensores. f ( x) =

∑

Por ejemplo, supongamos la función tensor tipo escalar ψ que es función del tensor de segundo orden E , luego utilizando serie podemos aproximar la función ψ por: ψ( E ) ≈

1 1 ∂ψ ( E 0 ) 1 ∂ 2 ψ( E 0 ) ( E ij − E 0 ij ) + ( E ij − E ij 0 )( E kl − E kl 0 ) + L ψ( E 0 ) + 0! 1! ∂E ij 2! ∂E ij ∂E kl

∂ψ ( E 0 ) ∂ 2 ψ( E 0 ) 1 ≈ ψ0 + : (E − E0 ) + (E − E0 ) : : (E − E0 ) + L ∂E ∂E ⊗ ∂E 2

(1.397)

Supongamos ahora que un tensor de segundo orden S sea una función de otro tensor de segundo orden E , luego podemos aproximar S (E ) como: ∂ 2 S( E 0 ) 1 1 ∂S ( E 0 ) 1 S( E 0 ) + : (E − E0 ) + (E − E0 ) : : (E − E0 ) + L 0! 1! ∂E 2! ∂E ⊗ ∂E ∂S ( E 0 ) ∂ 2S( E 0 ) 1 ≈ S0 + : (E − E0 ) + (E − E0 ) : : (E − E0 ) + L ∂E 2 ∂E ⊗ ∂E

S( E ) ≈

(1.398)

Otras expresiones algebraicas de tensores pueden ser representadas mediante series como: 1 2 1 3 S + S +L 2! 3! 1 1 ln(1 + S ) = S − S 2 + S 3 − L 2 3 1 1 sin(S ) = S − S 3 + S 5 − L 3! 5! exp S = 1 + S +

(1.399)

Consideremos un tensor S de segundo orden simétrico e isótropo, por lo que puede ser representado por su forma espectral como:

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

exp S =



3

∑ 1 + S a =1 

a

+

101

 S a2 S 3a + + L nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a ) = 2! 3! 

3

∑ exp

1 1   ln(1 + S ) =  S a − S 2a + S 3a + L nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a ) = 2 3  a =1 

∑

donde S a y nˆ

nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a )

a =1

3

(a )

Sa

(1.400)

3

∑ ln(1 + S

ˆ

a)n

(a )

⊗ nˆ

(a)

a =1

son los autovalores y autovectores, respectivamente, del tensor S .

Podemos extender estos conceptos para obtener la definición de una función de tensión del tipo

1 m S

, donde m es un número entero. Si definimos  1  1   1 S =  S m  S m  L  S m        

  1  = S m       

1 m S

como:

m

(1.401)

La forma espectral correspondiente viene dada por: 1 Sm

=

3

∑

1 m Sa

(1.402)

nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a )

a =1

con lo que nos permite obtener

1.6.2

1 Sm

una vez conocidos

1 m Sa

y nˆ ( a ) .

Función Isótropa de Tensores

Si Π = Π (T ) es una función tensor isótropa del tensor T , luego esta función es un invariante bajo una transformación ortogonal:

(

)

Π * (T ) = Q ⋅ Π (T ) ⋅ Q T = Π Q ⋅ T ⋅ Q T 14 4244 3

( )

ΠT

(1.403)

*

Si T es un tensor simétrico podemos expresarlo según su representación espectral como: T=

3

∑λ

ˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a ) = λ 1nˆ (1) ⊗ nˆ (1) + λ 2 nˆ ( 2) ⊗ nˆ ( 2 ) + λ 3nˆ (3) ⊗ nˆ (3)

an

(1.404)

a =1

donde λ a son los autovalores de correspondientes.

T

y nˆ ( a ) son las direcciones principales

Podemos demostrar que Π (T ) presenta las mismas direcciones principales de T , es decir, Π ( T ) y T son tensores coaxiales. Para esta demostración consideremos las componentes de T según las direcciones principales:

(T )ij

λ 1 =  0  0

0 λ2 0

0 0  λ 3 

(1.405)

Los términos λ 1 , λ 2 , λ 3 son los valores principales de T . Luego, la función de tensor vendrá dada en función de los valores principales de T : Π = Π (λ 1 , λ 2 , λ 3 ) . Si T es isótropo se cumple que: T * = Q ⋅ T ⋅ QT

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

(1.406) Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

102

Análogamente para la función Π : Π * (T ) = Q ⋅ Π (T ) ⋅ Q T

(1.407)

Adoptemos como las componentes del tensor ortogonal las siguientes:

(Q)ij

0 1 0  = 0 − 1 0  0 0 − 1

(1.408)

Efectuando la operación (1.407) obtenemos:  Π 11 − Π 12 − Π 13   Π 11 Π = − Π 12 Π 22 − Π 23  = Π 12  − Π 13 − Π 23 Π 33  Π 13 0 0  Π 11  * 0  ⇒ Π =  0 Π 22  0 0 Π 33  *

Π 12 Π 22 Π 23

Π 13  Π 23  = Π Π 33 

(1.409)

Para que se cumpla que Π * = Π (isotropía) concluimos que: Π 12 = Π 13 = Π 23 = 0 . Luego, Π (T ) y T presentan las mismas direcciones principales. Consideremos una función Π , que es función del tensor T . Esta función de tensión será isótropa si y sólo si podemos representarla a través de la siguiente transformación, Truesdell & Noll (1965): Π = Π(T ) = Φ 0 1 + Φ1T + Φ 2 T 2

(1.410)

donde Φ 0 , Φ 1 , Φ 2 son funciones de los invariantes del tensor o autovalores de T . La demostración sigue a continuación. Consideremos la representación espectral de la función de tensión Π : Π=

3

∑ ω (λ , λ a

1

2 , λ3

) nˆ (a ) ⊗ nˆ ( a ) = ω1nˆ (1) ⊗ nˆ (1) + ω 2 nˆ ( 2) ⊗ nˆ ( 2) + ω3nˆ (3) ⊗ nˆ (3)

(1.411)

a =1

Observemos que los autovalores de Π , ω a (λ 1 , λ 2 , λ 3 ) , están en función de los autovalores de T y que ellos presentan las mismas direcciones principales nˆ (i ) . Representaremos ω a (λ 1 , λ 2 , λ 3 ) simplemente por ω a por simplicidad. Podemos montar el siguiente sistema: 1 = nˆ (1) ⊗ nˆ (1) + nˆ ( 2) ⊗ nˆ ( 2) + nˆ (3) ⊗ nˆ (3)  (1) (1) (2) (2) ( 3) ( 3) T = λ 1nˆ ⊗ nˆ + λ 2 nˆ ⊗ nˆ + λ 3nˆ ⊗ nˆ  2 2 (1) (1) 2 (2) ( 2) 2 ( 3) ( 3) T = λ 1nˆ ⊗ nˆ + λ 3nˆ ⊗ nˆ + λ 3nˆ ⊗ nˆ

(1.412)

Resolviendo el sistema anterior obtenemos nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a ) ≡ M ( a ) en función del tensor T y dados por:

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

M (1) =

103

λ 2λ3 (λ 2 + λ 3 ) T2 1− T+ (λ 1 − λ 3 )(λ 1 − λ 2 ) (λ 1 − λ 3 )(λ 1 − λ 2 ) (λ 1 − λ 3 )(λ 1 − λ 2 )

M ( 2) = M ( 3) =

(λ 1 + λ 3 ) λ 1λ 3 T2 1− T+ (λ 2 − λ 1 )(λ 2 − λ 3 ) (λ 2 − λ 1 )(λ 2 − λ 3 ) (λ 2 − λ 1 )(λ 2 − λ 3 )

(1.413)

(λ 1 + λ 2 ) λ 1λ 2 T2 1− T+ (λ 3 − λ 1 )(λ 3 − λ 2 ) (λ 3 − λ 1 )(λ 3 − λ 2 ) (λ 3 − λ 1 )(λ 3 − λ 2 )

Obviamente si reemplazamos los valores de nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a ) ≡ M ( a ) en la expresión (1.404) obtenemos que T = T . Reemplazando ahora los valores de nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a ) ≡ M ( a ) en la expresión (1.411) obtenemos que: Π = Π(T ) = Φ 0 1 + Φ1T + Φ 2 T 2

(1.414)

donde los coeficientes Φ 0 , Φ 1 , Φ 2 son funciones de los autovalores de T y dados por: Φ0 =

ω1 λ 2 λ 3 ω 2 λ 1λ 3 ω 3 λ 1λ 2 + + (λ 1 − λ 3 )(λ 1 − λ 2 ) (λ 2 − λ 1 )(λ 2 − λ 3 ) (λ 3 − λ 1 )(λ 3 − λ 2 )

Φ1 = − Φ2 =

ω1 (λ 2 + λ 3 ) ω 2 (λ 1 + λ 3 ) ω3 (λ 1 + λ 2 ) − − (λ 1 − λ 3 )(λ 1 − λ 2 ) (λ 2 − λ 1 )(λ 2 − λ 3 ) (λ 3 − λ 1 )(λ 3 − λ 2 )

(1.415)

ω3 ω1 ω2 + + (λ 1 − λ 3 )(λ 1 − λ 2 ) (λ 2 − λ 1 )(λ 2 − λ 3 ) (λ 3 − λ 1 )(λ 3 − λ 2 )

Podríamos haber demostrado que una función tensor isótropa cumpla (1.414) partiendo de la siguiente expresión: Π * (T ) = Q ⋅ Π (T ) ⋅ Q T

(

= Q ⋅ Φ 0 1 + Φ1T + Φ 2 T 2

)⋅ Q

T

= Φ 0 Q ⋅ 1 ⋅ Q T + Φ 1Q ⋅ T ⋅ Q T + Φ 2 Q ⋅ T 2 ⋅ Q T = Φ 0 1 + Φ1 T * + Φ 2 T

(1.416)

*2

= Π(T * )

1.6.3

Derivada Parcial de Función de Tensores

Consideremos una función escalar que es función de un tensor A : Π = Π (A )

(1.417)

La derivada parcial de Π con respecto a A viene definida como: ∂Π ∂Π ˆ = Π,A = (ei ⊗ eˆ j ) ∂A ∂A ij

(1.418)

donde la coma se utiliza para indicar derivada parcial. La segunda derivada resultará un tensor de cuarto orden: ∂ 2Π ∂ 2Π = Π , AA = (eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l ) = D ijkl (eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l ) ∂A ⊗ ∂A ∂A ij ∂A kl

(1.419)

Consideremos dos tensores de segundo orden simétricos definidos positivos C y b , donde estos tensores vienen dados por las relaciones:

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

104

C = FT ⋅F

;

b = F ⋅FT

(1.420)

donde F es un tensor de segundo orden arbitrario con det ( F ) > 0 . Sea Ψ = Ψ (I C , II C , III C ) una función escalar de los invariantes principales del tensor C , donde se cumple que I C = I b , II C = II b , III C = III b . Obtendremos la derivada de Ψ con respecto a C y con respecto a b y comprobaremos que la siguiente igualdad es válida: F ⋅ Ψ , C ⋅F T = Ψ , b ⋅b

(1.421)

Utilizando la regla de la cadena podemos obtener que: Ψ ,C =

∂Ψ (I C , II C , III C ) ∂Ψ ∂I C ∂Ψ ∂ II C ∂Ψ ∂ III C = + + ∂C ∂I C ∂C ∂ II C ∂C ∂ III C ∂C

(1.422)

Considerando las derivadas parciales de los invariantes, vistas anteriormente, podemos decir que: ∂I C =1 ∂C ∂ II C = I C 1 − C T = I C 1 − C = II C C −1 − III C C − 2 ∂C ∂ III C = III C C −T = III C C −1 = C 2 − I C C + II C 1 ∂C

Luego, considerando resulta:

(1.423)

∂ II C ∂ III C ∂I C =1, = IC 1 − C y = III C C −1 , la expresión (1.422) ∂C ∂C ∂C

Ψ ,C =

∂Ψ ∂Ψ (I C 1 − C ) + ∂Ψ III C C −1 1+ ∂I C ∂ II C ∂ III C

 ∂Ψ   ∂Ψ ∂Ψ Ψ , C =  + I C 1 −   ∂I C ∂ II C   ∂ II C

(1.424)

  ∂Ψ  C +  III C C −1   ∂ III C 

Otra forma de expresar la relación (1.425) es considerando ∂ III C = C 2 − I C C + II C 1 , obteniendo así: ∂C

∂ II C ∂I C =1, = IC 1 − C y ∂C ∂C

 ∂Ψ   ∂Ψ   ∂Ψ ∂Ψ ∂Ψ ∂Ψ Ψ , C =  + IC + II C 1 −  + I C C +  ∂ III C  ∂I C ∂ II C   ∂ II C ∂ III C   ∂ III C

Considerando ahora además:  ∂Ψ Ψ , C =   ∂I C

(1.425)

 2 C 

(1.426)

∂ II C ∂ III C ∂I C =1, = II C C −1 − III C C − 2 y = III C C −1 obtenemos ∂C ∂C ∂C   ∂Ψ   ∂Ψ  ∂Ψ 1 +  II C + III C C −1 −  III C C − 2 ∂ III C   ∂ II C   ∂ II C 

(1.427)

Teniendo en consideración las relaciones (1.425) concluimos que:  ∂Ψ

Ψ , b = 

 ∂I b

+

 ∂Ψ ∂Ψ ∂Ψ b+ I b 1 − III b b −1 ∂ II b  ∂ II b ∂ III b

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

(1.428)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

105

Haciendo una contracción por la izquierda con F y por la derecha por F T en la relación (1.425) obtenemos que:  ∂Ψ  ∂Ψ ∂Ψ ∂Ψ + F ⋅ Ψ , C ⋅F T =  I C  F ⋅ 1 ⋅ F T − F ⋅C ⋅ F T + III C F ⋅ C −1 ⋅ F T ∂ ∂ ∂ ∂ I I I I I I I I C C C  C 

(1.429)

Y considerando las siguientes relaciones: ⇒ F ⋅1 ⋅ F T = F ⋅ F T = b

C = FT ⋅F

(1.430)

⇒ F ⋅C ⋅ F T = F ⋅ F T ⋅ F ⋅ F T = b ⋅ b = b2 C −1 = F −1 ⋅ b −1 ⋅ F

(1.431)

⇒ F ⋅ C −1 ⋅ F T = F ⋅ F −1 ⋅ b −1 ⋅ F ⋅ F T = b −1 ⋅ b

Luego, la expresión (1.429) puede ser reescrita como:  ∂Ψ  ∂Ψ ∂Ψ 2 ∂Ψ + F ⋅ Ψ , C ⋅F T =  b + I C b − III C b −1 ⋅ b ∂ ∂ ∂ ∂ I I I I I I I I C C C  C   ∂Ψ   ∂Ψ ∂Ψ ∂Ψ =  + b+ I C 1 − III C b −1  ⋅ b ∂ II C ∂ III C    ∂I C ∂ II C

(1.432)

Teniendo en cuenta las relaciones (1.428) y (1.432) concluimos que:  ∂Ψ   ∂Ψ ∂Ψ ∂Ψ F ⋅ Ψ , C ⋅F T =  b+ I b 1 − III b b −1  ⋅ b + ∂ II b ∂ III b  ∂I b ∂ II b   = Ψ , b ⋅b

(1.433)

A través de la expresión (1.428) podemos concluir que la relación Ψ ,b ⋅ b = b ⋅ Ψ ,b es válida, indicando que los tensores Ψ ,b y b son coaxiales. Consideremos aún el tensor C dado por la expresión (1.420) a continuación vamos obtener la derivada de la función Ψ = Ψ (C ) con respecto al tensor F :

Ψ,F =

∂Ψ (C ) ∂Ψ ∂C = : ∂C ∂F ∂F

(Ψ , F )kl

=

∂Ψ ∂C ij ∂C ij ∂Fkl

(1.434)

La derivada del tensor C con respecto a F viene a continuación: ∂C ij ∂Fkl

=

(

∂ Fqi Fqj ∂Fkl

) ∂(F ) =

qi

∂Fkl

Fqj + Fqi

( )

∂ Fqj ∂Fkl

= δ qk δ il Fqj + δ qk δ jl Fqi

(1.435)

= δ il Fkj + δ jl Fki

Luego, reemplazando (1.435) en (1.434) obtenemos:

(Ψ , F )kl = ∂Ψ (δ il Fkj + δ jl Fki ) = Fkj ∂Ψ ∂C ij

∂C lj

+ Fki

∂Ψ ∂C il

(1.436)

Debido a la simetría C lj = C jl y observando que i , j son índices mudos concluimos que:

(Ψ , F )kl

=2

∂Ψ ∂Ψ Fkj = 2 Fkj ∂C lj ∂C jl

⇒

Ψ , F = 2Ψ , C ⋅ F T = 2 F ⋅ Ψ , C

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

(1.437)

Por: Eduardo W.V. Chaves

106

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

Supongamos ahora que el tensor C sea dado por la relación C = UT ⋅ U = U ⋅ U = U 2 , donde U es un tensor de segundo orden simétrico. Para obtener Ψ (C ) ,U podemos utilizar la misma expresión obtenida en (1.437), es decir: Ψ , U = 2Ψ , C ⋅ U = 2U ⋅ Ψ , C

(1.438)

Concluimos también que Ψ ,C y U son tensores coaxiales. Podemos generalizar lo expuesto anteriormente como: Sea un tensor de segundo orden simétrico A y una función escalar del tensor A , Ψ = Ψ (A ) , se cumple que: Ψ , b = 2b ⋅ Ψ , A

para A = b T ⋅ b

Ψ , b = 2Ψ , A ⋅b para A = b ⋅ b T Ψ , b = 2b ⋅ Ψ , A = 2Ψ , A ⋅b = b ⋅ Ψ , A + Ψ , A ⋅b para A = b ⋅ b y b = b T

(1.439)

1.7 Notación de Voigt En el caso de que el tensor sea simétrico, puede resultar ventajoso trabajar solamente con las componentes independientes del tensor. En el caso del tensor de segundo orden simétrico, que tiene 6 componentes independientes, podemos representarlo en forma de matriz columna:  T11   Tij =  T12    T13 

T12 T22 T23

 T11  T13  T    22    T33  →{T } =   T23  Voigt   T12    T23    T33   T13 

(1.440)

Dicha notación la denotamos de Notación de Voigt. También, es posible representar un tensor de segundo orden como: E11   E ij = E12   E13 

E12 E 22 E 23

 E11  E13  E    22    E 33   →{E } =  E 23  Voigt    2E12    2E 23    E 33   2E13 

(1.441)

Como visto anteriormente un tensor de cuarto orden, C , que presenta simetría menor, C ijkl = C jikl = C ijlk = C jilk tiene 6 × 6 = 36 componentes independientes. Fijemos que debido a simetría (ij ) tenemos 6 componentes independientes y debido a (kl ) también tenemos 6 componentes independientes. En la notación de Voigt podemos representar estas componentes en una matriz cuadrada 6 × 6 como:

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

 C 1111 C  2211 C [C ] =  3311  C 1211 C 2311   C 1311

107

C1122

C1133

C 1112

C1123

C 2222 C 3322

C 2233 C 3333

C 2212 C 3312

C 2223 C 3323

C1222 C 2322

C1233 C 2333

C 1212 C 2312

C1223 C 2323

C1322

C1333

C 1312

C1323

C1113  C 2213  C 3313   C1213  C 2313   C1313 

(1.442)

Verificamos también que, si además de simetría menor el tensor también presenta simetría mayor C ijkl = C klij nos quedamos con 21 componentes independientes. Se puede memorizar fácilmente el orden de las componentes en la matriz [C ] si tenemos en cuenta el orden del tensor de segundo orden en notación de Voigt, i.e.:  (11)  (22)    (33)    [(11) (22) (33) (12) (23) (13)]  (12)  (23)     (13) 

1.7.1

(1.443)

Tensores Identidad en Notación de Voigt

El tensor identidad de segundo orden será representado en la notación de Voigt como: 1 1   1 0 0  1   Voigt δ ij = 0 1 0 →{δ} =   0  0 0 1 0    0

(1.444)

En el subapartado Tensores Identidad hemos definido 3 tensores identidades de cuarto orden cuyas componentes son: I ijkl = δ ik δ jl , I ijkl = δ il δ jk y I ijkl = δ ij δ kl de los cuales solo I ijkl = δ ij δ kl es simétrico. La representación de las componentes I ijkl = δ ij δ kl en la notación

de Voigt viene dada según la representación del tensor de cuarto orden dado por (1.442), resultando:

I ijkl = δ ij δ kl

1 1  1 Voigt  → I =  0 0  0

[]

1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 T  = {δ}{δ} 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0  0 0 0 0 0

(1.445)

donde I1111 = δ 11δ 11 = 1 , I1122 = δ 11δ 22 = 1 , etc.

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

108

También hemos definido el tensor de cuarto orden simétrico I ijkl =

(

)

1 δ ik δ jl + δ il δ jk y su 2

representación en la Notación de Voigt viene dada por:

I ijkl

 I1111 I  2211 I 3311 Voigt  →[I ] =   I1211 I 2311   I1311

I1122 I 2222

I1133 I 2233

I1112 I 2212

I1123 I 2223

I1113  1  I 2213  0 I 3313  0 = I1213  0 I 2313  0   I1313  0

I 3322 I1222

I 3333 I1233

I 3312 I1212

I 3323 I1223

I 2322 I1322

I 2333 I1333

I 2312 I1312

I 2323 I1323

1 0  0 = 0 0  0

0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0  0 0 2 0 0 0 0 0 2 0  0 0 0 0 2

0 0 0 0 0 1 0 0 0 0  0 1 0 0 0  0 0 12 0 0  0 0 0 12 0   0 0 0 0 12 

(1.446)

y la inversa:

[I ]−1

1.7.2

(1.447)

Producto Escalar en Notación de Voigt r

El producto escalar entre un tensor de segundo orden simétrico T y un vector n viene dado por: r r b = T ⋅n

(1.448)

donde las componentes de esta operación son:  b1   T11 b  =  T  2   12 b 3   T13

T12 T22 T23

T13   n1   b1 = T11n1 + T12 n 2 + T13n 3  T23  n 2  ⇒ b 2 = T12 n1 + T22 n 2 + T23n 3 T33  n 3  b 3 = T13n1 + T23n 2 + T33n 3

(1.449)

Teniendo en cuenta la representación de un tensor de segundo en notación de Voigt, el producto escalar (1.448) en la Notación de Voigt queda:  T11  T  22  b1  n1 0 0 n 2 0 n 3     b  =  0 n  T33  0 0 n n 2 2 1 3     T  b 3   0 0 n 3 0 n 2 n1   12  144444244444 3  T23  T   [N ]  T13 

1.7.3

⇒

{b} = [N ] {T } T

(1.450)

Leyes de Transformación en Notación de Voigt

Para un tensor de segundo orden, la ley de transformación de las componentes viene definida de la forma: Tij′ = Tkl a ik a jl

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

(1.451)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

109

que explícitamente será:  T11′ T ′  12  T13′

T12′ ′ T22 ′ T23

T13′   a11 ′  =  a 21 T23   ′   a 31 T33

a13   T11 a 23   T12 a 33   T13

a12 a 22 a 32

T12 T22 T23

T13   a11 T23  a 21 T33   a 31

a12 a 22 a 32

a13  a 23  a 33 

T

(1.452)

Efectuando la operación anterior, podemos reestructurarla en la notación de Voigt resultando así que:

{T ′} = [M] {T }

donde:

 T11′  T′   22  T′  {T ′} =  33′  ;  T12   T23 ′     T13′ 

(1.453)

 T11  T   22  T  {T } =  33   T12   T23     T13 

(1.454)

y [M] es la matriz de transformación para las componentes de un tensor de segundo orden cuando éstas están expresadas en Notación de Voigt, explícitamente [M] viene dada por:  a11 2  2  a 21 2  [M] =  a 31  a 21 a11 a a  31 21  a 31 a11

a12 2

a13 2

2

2

a 22 a 32 2 a 22 a12

a 23 a 33 2 a13 a 23

a 32 a 22 a 32 a12

a 33 a 23 a 33 a13

2a11 a12

2a12 a13

2a 21 a 22 2a 31 a 32 (a11 a 22 + a12 a 21 )

2a 22 a 23 2a 32 a 33 (a13 a 22 + a12 a 23 )

(a 31 a 22 + a 32 a 21 ) (a 33 a 22 + a 32 a 23 ) (a 31 a12 + a 32 a11 ) (a 33 a12 + a 32 a13 )

  2a 21 a 23   2a 31 a 33  (1.455) (a13 a 21 + a11 a 23 ) (a 33 a 21 + a 31 a 23 ) (a 33 a11 + a 31 a13 ) 2a11 a13

Si la representación del tensor viene dada según (1.441), la representación de (1.451) en notación de Voigt viene dada por:

{E ′} = [N ]{E }

(1.456)

donde  a11 2  2  a 21 2  [N ] =  a31  2a 21 a11  2a a  31 21  2a 31 a11

a12 2 a 22 2 a 32 2 2a 22 a12 2a 32 a 22 2a 32 a12

a13 2 a 23 2 a 33 2 2a13 a 23 2a 33 a 23 2a 33 a13

a11 a12 a 21 a 22 a 31 a 32 (a11 a 22 + a12 a 21 ) (a 31 a 22 + a 32 a 21 ) (a 31 a12 + a 32 a11 )

a12 a13 a 22 a 23 a 32 a 33 (a13 a 22 + a12 a 23 ) (a 33 a 22 + a 32 a 23 ) (a 33 a12 + a 32 a13 )

 a11 a13  a 21 a 23   a 31 a 33  (a13 a 21 + a11 a 23 ) (a 33 a 21 + a 31 a 23 ) (a 33 a11 + a 31 a13 )

(1.457) Las matrices (1.455) y (1.457) no son matrices ortogonales, i.e.

[N ]−1 ≠ [N ]T , pero se puede demostrar que se cumple que [N ]−1 = [M]T .

1.7.4

[M]−1 ≠ [M]T y

Representación Espectral en Notación de Voigt

Teniendo en cuenta la representación espectral del tensor T : Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

110

T=

3

∑T a =1

a

nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a ) forma  matricial  → T = A T T ′ A

(1.458)

La expresión anterior puede ser reescrita como:  T11 T  12  T13

T12 T22 T23

T13   T1  T  T23  = A  0 T33   0

0 0 0 0  T  0 0  A + A 0 T 2 0 0 0 0

0 0 0 0   T  0 A + A 0 0 0  A 0 0 0 T3 

(1.459)

ó  T11 T  12  T13

T12 T22 T23

2  a11 T13   T23  = T1 a11 a12 a a T33   11 13

  + T3  a 31 a 32 a a  31 33 2 a 31

a11 a12 2 a12 a12 a13

a 31 a 32 2 a 32 a 32 a 33

2  a 21 a11 a13    a12 a13  + T2 a 21 a 22 2  a a a13   21 23

a 21 a 22 2 a 22 a 22 a 23

a 21 a 23   a 22 a 23  2  a 23 

a 31 a 33   a 32 a 33  2  a 33 

(1.460)

Teniendo en cuenta que un tensor de segundo orden simétrico viene representado según notación de Voigt por (1.440), la representación espectral de tensor viene dada por: 2 2 2  a11   a 21   a 31   T11   2   2   2  T   a12   a 22   a 32   22  2 2      2  T  {T } =  33  = T1  a13  + T2  a 23  + T3  a33   a11 a12   a 21 a 22   a 31 a 32   T12      a a   T23  a a a a  12 13   22 23   32 33    T a a a a  13   11 13   21 23   a 31 a 33 

1.7.5

(1.461)

Tensor Desviador en Notación de Voigt

Teniendo en cuenta las componentes del tensor desviador: Tijdev

 13 ( 2 T11 − T22 − T33 )  = T12  T13 

T12 1 3

(2 T22 − T11 − T33 ) T23

  T23  1  ( 2 − − ) T T T 33 11 22  3 T13

(1.462)

La representación de Tijdev en notación de Voigt viene dada por:  T11dev   2 − 1 − 1 0 0 0  T11   dev   − 1 2 − 1 0 0 0  T   T22    22    T33dev  1 − 1 − 1 2 0 0 0  T33   dev  =    0 0 3 0 0  T12   T12  3  0  T dev  0 0 0 0 3 0  T23    23    0 0 0 0 3  T13   T13dev   0

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

(1.463)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

111

r

Ejemplo 1.42: Considérese T ( x , t ) un tensor simétrico de segundo orden, el cual es r función de la posición ( x ) y del tiempo (t ) . Considérese también que las componentes del tensor según la dirección x3 son iguales a cero, i.e. T13 = T23 = T33 = 0 . r NOTA: En el próximo subapartado definiremos T ( x , t ) como un campo tensorial, i.e. el r valor de T ( x , t ) depende de la posición y del tiempo. Como veremos más adelante, si el r r tensor es independiente de una dirección para todo el dominio ( x ) , e.g. si T ( x , t ) es independiente de la dirección x3 , ver Figura 1.32, el problema puede ser considerado como bidimensional (estado plano) simplificando bastante las ecuaciones. ■ 2D

x2

x2 T22 T22

T12 T12

T12

T11

T11

T11

x1 T12 T22

x3

x1

Figura 1.32: Problema bidimensional (2D). ′ , T12′ , tras un cambio de base en el plano x1 − x 2 tal Obtener las componentes T11′ , T22 como se indica en la figura abajo x2 x1′

x 2′

θ x1

Obtener también el valor de θ correspondiente a las dirección principales de T . OBS.: Utilizar notación de Voigt, y expresar los resultados en función de 2θ . Solución: Podemos utilizar directamente la ley de transformación obtenida en (1.453). En este caso particular la matriz de transformación [M] , dada por (1.455), tras eliminar filas y columnas asociadas con la dirección x3 queda:  T11′   a11 T′  =  a 2  22   21  T12′   a 21 a11  2

a12

2

a 22

2

a 22 a12

  T11    2a 21 a 22   T22  a11 a 22 + a12 a 21   T12   2a11 a12

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

112

La matriz de transformación ( a ij ) en el plano viene dada en función de un único parámetro, θ :  cos θ sin θ 0 a ij = − sin θ cos θ 0 

0

0

1

Resultando así que: 2 sin 2 θ 2 cos θ sin θ   T11   T11′   cos θ   T ′  =  sin 2 θ 2 cos θ − 2 sin θ cos θ   T22   22    T12′   − sin θ cos θ cos θ sin θ cos 2 θ − sin 2 θ   T12    Tomando partido de las siguientes relaciones trigonométricas, 2 cos θ sin θ = sin 2θ , 1 − cos 2θ 1 + cos 2θ cos 2 θ − sin 2 θ = cos 2θ , sin 2 θ = , cos 2 θ = , obtenemos que: 2 2  1 + cos 2θ   1 − cos 2θ    sin 2θ     2 2     T11′     T11  + − 1 cos 2 1 cos 2 θ θ     T′  =     − sin 2θ   T22     22   2 2     T12′     T12   sin 2θ    − sin 2θ  cos 2θ       2   2 

Explícitamente las componentes vienen dadas por:   1 + cos 2θ   1 − cos 2θ 

 T11 +   T22 + T12 sin 2θ  T11′ =  2 2        1 + cos 2θ   1 − cos 2θ  ′ =  T11 −   T22 − T12 sin 2θ  T22 2 2        sin 2θ   sin 2θ   T12′ =  −  T11 +   T22 + T12 cos 2θ 2    2  

Reestructurando la expresión anterior aún podemos decir que:   T11 + T22   T11 − T22  +  cos 2θ + T12 sin 2θ  T11′ =  2 2        T + T22   T11 − T22  ′ =  11 −  cos 2θ − T12 sin 2θ  T22 2 2        T − T22   T12′ = − 11  sin 2θ + T12 cos 2θ  2  

Recordemos que las direcciones principales se caracterizan por la ausencia de las componentes tangenciales, es decir, Tij = 0 para i ≠ j . Si queremos encontrar las direcciones principales en el caso plano hacemos que T12′ = 0 , obteniendo así:  T − T22 T12′ = − 11 2  ⇒

  sin 2θ + T12 cos 2θ = 0 

2 T12 sin 2θ = cos 2θ T11 − T22

⇒

tg(2θ ) =

⇒

2 T12 T11 − T22

 T11 − T22  2  ⇒

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

  sin 2θ = T12 cos 2θ  1 2



2 T12  T11 − T22

θ = arctg

  

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

113

1.8 Campo de Tensores r

r

Un Campo tensorial asocia a un tensor T ( x , t ) cada par ( x , t ) , es decir, que las componentes r r de T ( x , t ) varían en el espacio x y en el tiempo t . El campo tensorial puede ser, escalar, vector, o tensor de orden suprior: Campo Escalar r

φ = φ( x, t )

Notación simbólica Notación indicial

(1.464)

r

φ = φ( x, t )

Campo Vectorial Notación simbólica Notación indicial

r r r v = v ( x, t ) r v i = v i ( x, t )

(1.465)

r T = T ( x, t ) r Tij = Tij ( x , t )

(1.466)

Campo Tensorial Notación simbólica Notación indicial

Como ejemplo de campo escalar, podemos mencionar el campo escalar de temperatura r r T ( x , t ) donde en el tiempo t = t1 tenemos en cada punto del espacio ( x ) una temperatura r r r T ( x , t1 ) , ver Figura 1.33(a). Otro ejemplo, podemos citar el campo de velocidades v ( x , t ) , r ver Figura 1.33(b), donde en cada punto, en el tiempo t = t1 , está asociado un vector v . x3 T5

T8

x3

t = t1

t = t1

r r v ( x , t1 )

r T4 ( x ( 4) , t1 ) T6

T3 T7

T1

x2

x2

T2 x1

x1

a) Campo escalar

b) Campo vectorial

Figura 1.33: Campo de tensores en el tiempo t1 . r

Un Campo tensorial es continuo y diferenciable si las componentes de T ( x , t ) son funciones continuas y diferenciables. r

r

Si el campo tensorial es solo función de x , i.e. T = T ( x ) , decimos que el campo tensorial r es estacionario. Si el campo no es función x , T = T (t ) , decimos que el campo es homogéneo.

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

114

1.8.1

Campo Escalar r

Supongamos que tenemos una función escalar φ = φ( x ) (campo escalar) diferenciable de forma continua, y por tanto existen ∂φ / ∂x1 , ∂φ / ∂x 2 y ∂φ / ∂x 3 y son continuas en el r r espacio R 3 .Considerando ahora φ en un segundo punto, el cual es diferenciable ( x + dx ). La diferencia de φ entre estos dos puntos llamamos de diferencial total de φ : φ ( x1 + dx1 , x 2 + dx 2 , x3 + dx3 ) − φ ( x1 , x 2 , x3 ) ≡ dφ

(1.467)

Para cualquier función continua φ ( x1 , x 2 , x3 ) , dφ se relaciona linealmente con dx1 , dx 2 y dx3 . Esta relación lineal viene dada por la regla de la cadena de diferenciación como: dφ =

∂φ ∂φ ∂φ dx1 + dx 2 + dx3 ∂x1 ∂x 2 ∂x3

⇒

dφ = φ, i dxi

(1.468)

La diferenciación de las componentes de un tensor respecto a las coordenadas xi , se expresa mediante el operador diferencial: ∂• ≡ •, i ∂xi

(1.469)

A continuación definiremos algunos operadores que nos ayudarán a manejar con los campos tensoriales.

1.8.2

Gradiente

Gradiente de un escalar El gradiente ∇ xr φ ó gradφ viene definido como: r ∇ xr φ  → dφ = ∇ xr φ ⋅ dx

(1.470)

donde el operador ∇ xr denominamos operador nabla. Expresando la definición (1.470) en la base cartesiana obtenemos que: ∂φ ∂φ ∂φ dx1 + dx 2 + dx3 = ∂x1 ∂x 2 ∂x3

=

[

(∇ xr

φ) x eˆ 1 + (∇ xr φ) x eˆ 2 + (∇ xr φ) x eˆ 3 1

2

3

]⋅ [

( dx1 )eˆ 1 + (dx 2 )eˆ 2 + (dx3 )eˆ 3

]

(1.471)

Resolviendo el producto escalar anterior, hallamos: ∂φ ∂φ ∂φ dx1 + dx 2 + dx3 = (∇ xr φ) x1 dx1 + (∇ xr φ) x2 dx 2 + (∇ xr φ) x3 dx3 ∂x1 ∂x 2 ∂x 3

(1.472)

con lo que concluimos que la componentes de ∇ xr φ en coordenadas cartesianas son: (∇ xr φ ) x1 =

∂φ ∂x1

;

(∇ xr φ) x2 =

∂φ ∂x 2

;

(∇ xr φ ) x3 =

∂φ ∂x 3

(1.473)

Podemos entonces definir el gradiente en términos de componentes como: ∇ xr φ =

∂φ ˆ ∂φ ˆ ∂φ ˆ e1 + e2 + e3 ∂x1 ∂x 2 ∂x3

(1.474)

El operador nabla ∇ xr queda definido como:

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

∇ xr =

115

∂ ˆ e i = ∂ , i eˆ i Operador Nabla ∂xi

(1.475)

Significado Geométrico de ∇ xr φ ƒ

La dirección de ∇ xr φ es normal a la superficie φ = ctte . ∇ xr φ siempre apunta (sentido) en la dirección creciente de φ , ver Figura 1.34.

ƒ

La magnitud de ∇ xr φ es la tasa de variación de φ con la distancia según esta dirección. OBS.: La superficie con φ = ctte (denominada superficie de nivel) es la superficie formada por los puntos de mismo valor, es decir, al moverse por una superficie de nivel el valor de la función no cambia. r

Podemos decir que la normal a esta superficie φ = ctte será: n = ∇ xr φ . Entonces: nˆ =

∇ xr φ ∇ xr φ

(1.476) nˆ

∇ xr φ

φ = ctte = c1 φ = ctte = c 2 φ = ctte = c3

Figura 1.34: Gradiente de φ . r

El gradiente de un vector v : r r grad( v ) ≡ ∇ xr v

(1.477)

Utilizando la definición de ∇ xr dada en (1.475), resulta: r ∂ ( v i eˆ i ) ∂v ∇ xr v = ⊗ eˆ j = ( v i eˆ i ) , j ⊗ eˆ j = v i , j eˆ i ⊗ eˆ j = i eˆ i ⊗ eˆ j (1.478) ∂x j ∂x j r Con eso, definimos el gradiente de un campo tensorial (•( x , t )) en la base Cartesiana como: ∇ xr (•) =

∂(•) ˆ Gradiente de un campo tensorial en ⊗ej ∂x j la base Cartesiana

(1.479)

Como podemos observar el gradiente de un vector (1.478) resulta ser un tensor de segundo orden cuyas componentes v i, j explícitamente son:

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

116

 ∂v 1   ∂x1 ∂v i  ∂v 2 = = ∂x j  ∂x1   ∂v 3  ∂x1

v i, j

∂v 1   ∂x3  ∂v 2  ∂x3   ∂v 3  ∂x3 

∂v 1 ∂x 2 ∂v 2 ∂x 2 ∂v 3 ∂x 2

(1.480)

Gradiente de un tensor de segundo orden T : ∇ xr T =

∂ (Tij eˆ i ⊗ eˆ j ) ∂x k

⊗ eˆ k = Tij ,k eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k

(1.481)

y sus componentes son:

(∇ xr T )ijk

≡ Tij ,k

(1.482)

Ejemplo 1.43: Encuentre el gradiente de la función f ( x1 , x2 ) = sin( x1 ) + exp x1x2 en el punto (0,1). Solución: Por definición el gradiente de una función escalar viene definido de la forma: ∇ xr f =

donde:

∂f ˆ ∂f ˆ e1 + e2 ∂x1 ∂x 2

∂f = cos( x1 ) + x 2 exp x1x2 ∂x1

[

;

]

∂f = x1 exp x1x2 ∂x 2

[

]

∇ xr f ( x1 , x 2 ) = cos( x1 ) + x 2 exp x1x2 eˆ 1 + x1 exp x1x2 eˆ 2 ∇ xr f (0,1) = [2] eˆ 1 + [0] eˆ 2 = 2eˆ 1

r

⇒

r r

Ejemplo 1.44: Considérese un campo vectorial estacionario u = u( x ) . a) Obtener las r r r componentes del diferencial total du . b) Considerando que u( x ) representa el campo de desplazamientos y es independiente de la componente x3 , hacer la representación gráfica del campo de desplazamiento en un elemento diferencial de área dx1 dx 2 . Solución: Según la definición de diferencial total y de gradiente se cumple que: r r u( x ) x2

r x

r dx

r r x + dx

r r r u( x + dx ) r r r r r r du ≡ u( x + dx ) − u( x ) r r r du = ∇ xr u ⋅ dx

x1 x3

Luego, las componentes vienen dadas por:

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

du i =

∂u i dx j ∂x j

⇒

 ∂u1   du1   ∂x1 du  =  ∂u 2  2   ∂x  du 3   1  ∂u 3  ∂x1

117

∂u1 ∂x 2 ∂u 2 ∂x 2 ∂u 3 ∂x 2

∂u1   ∂x3   dx  1 ∂u 2    dx 2 ∂x3     ∂u 3   dx3  ∂x3 

Explícitamente:  ∂u1 ∂u ∂u dx1 + 1 dx 2 + 1 dx3 du1 = ∂x1 ∂x 2 ∂x3   ∂u 2 ∂u ∂u dx1 + 2 dx 2 + 2 dx3  du 2 = ∂x1 ∂x 2 ∂x3   ∂u ∂u ∂u du 3 = 3 dx1 + 3 dx 2 + 3 dx 3  ∂x1 ∂x 2 ∂x3

con du1 = u1 ( x1 + dx1 , x 2 + dx 2 , x3 + dx3 ) − u1 ( x1 , x 2 , x3 )  du 2 = u 2 ( x1 + dx1 , x 2 + dx 2 , x3 + dx3 ) − u 2 ( x1 , x 2 , x3 ) du = u ( x + dx , x + dx , x + dx ) − u ( x , x , x ) 3 1 1 2 2 3 3 3 1 2 3  3

Para el caso plano, es decir, cuando el campo es independiente de x3 , el campo de desplazamientos en el elemento diferencial de área viene definido por: ∂u1 ∂u1  du1 = u1 ( x1 + dx1 , x 2 + dx 2 ) − u1 ( x1 , x 2 ) = ∂x dx1 + ∂x dx 2  2 1  du = u ( x + dx , x + dx ) − u ( x , x ) = ∂u 2 dx + ∂u 2 dx 2 1 2 1 1 2 2 2 1 2  2 ∂x1 ∂x 2

o aún: ∂u1 ∂u1  u1 ( x1 + dx1 , x 2 + dx 2 ) = u1 ( x1 , x 2 ) + ∂x dx1 + ∂x dx 2  2 1  u ( x + dx , x + dx ) = u ( x , x ) + ∂u 2 dx + ∂u 2 dx 2 1 1 2 2 2 1 2  2 1 ∂x1 ∂x 2

Observemos que la expresión anterior es equivalente a la expansión en serie de Taylor teniendo en cuenta solo hasta términos lineales. La representación del campo de desplazamiento en el elemento diferencial de área se muestra a continuación

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

118

u2 +

∂u 2 dx 2 ∂x 2

u2 +

( x1 + dx1 , x 2 + dx 2 )

( x1 , x 2 + dx 2 ) u1 +

∂u ∂u 2 dx1 + 2 dx 2 ∂x 2 ∂x1

∂u1 dx 2 ∂x 2

u1 +

r du

dx 2

∂u ∂u1 dx1 + 1 dx 2 ∂x 2 ∂x1

u2 +

(u 2 )

( x1 + dx1 , x 2 )

( x1 , x 2 ) x2

∂u 2 dx1 ∂x1

u1 +

(u1 )

∂u1 dx1 ∂x1

dx1

x1

144444444444444444424444444444444444443

= 644444444444444444474444444444444444448 x 2 ,u 2 u2 +

∂u1 dx2 ∂x2

∂u 2 dx2 ∂x2

B′

B

B

dx 2

A′

O′ u2

A

O dx1

+

dx 2 A′ O′

u1 u1 +

B′

A

∂u 2 dx1 ∂x1

dx1

∂u1 dx1 ∂x1

x1 ,u1

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

1.8.3

119

Divergencia r

La Divergencia de un vector ( v ) será denotada por: r r div ( v ) ≡ ∇ xr ⋅ v

(1.483)

r r r r div ( v ) ≡ ∇ xr ⋅ v = ∇ xr v : 1 = Tr (∇ xr v )

(1.484)

que por definición es igual a: Luego:

[

][

r r ∇ xr ⋅ v = ∇ xr v : 1 = v i , j eˆ i ⊗ eˆ j : δ kl eˆ k ⊗ eˆ l = v i , j δ kl δ ik δ jl

]

= v k ,k =

(1.485)

∂v 1 ∂v 2 ∂v 3 + + ∂x1 ∂x 2 ∂x3

o aún:

[ ][ = [v δ δ eˆ ]⋅ eˆ = [v eˆ ]⋅ eˆ ∂[v eˆ ] ⋅ eˆ =

r r ∇ xr ⋅ v = ∇ xr v : 1 = v i , j eˆ i ⊗ eˆ j : δ kl eˆ k ⊗ eˆ l i, j

kl

i ,k

i

i

i

lj

i

]

k

(1.486)

k

k

∂x k

Con lo que definimos que: ∇ xr ⋅ (•) =

∂ (•) ˆ Divergencia de (•) en la base ⋅ ek ∂x k Cartesiana

(1.487)

Podemos además verificar que la divergencia disminuye el orden de un tensor. Divergencia de un tensor de segundo orden T La divergencia de un tensor de segundo orden T es ∇ xr ⋅ T = ∇ xr T : 1 , lo que resulta ser un vector: ∇ xr ⋅ T ≡ divT

= =

∂(Tij eˆ i ⊗ eˆ j ) ∂Tij

∂x k

⋅ eˆ k

δ jk eˆ i

(1.488)

∂x k = Tik ,k eˆ i

NOTA: En este libro de texto, cuando estamos tratando con gradiente y divergencia de un r campo tensorial, e.g. ∇ xr v (gradiente de un campo vectorial), ∇ xr T (gradiente de un campo tensorial de segundo orden), ∇ xr ⋅ T (divergencia de un campo de tensorial de segundo r orden), esto no indica que estamos haciendo una operación entre un vector ( ∇ xr ) y un r r r r r tensor, i.e. ∇ xr v ≠ (∇ xr ) ⊗ ( v ) , ∇ xr T ≠ (∇ xr ) ⊗ ( T ) , ∇ xr ⋅ T ≠ (∇ xr ) ⋅ ( T ) . En este libro, ∇ xr indica un operador el cual debe ser aplicado a todo el campo tensorial, luego, el tensor debe estar dentro del operador, ver expresiones (1.479) y (1.487). No obstante, es posible r relacionar ∇ xr v , ∇ xr T , ∇ xr ⋅ T con operaciones entre tensores, y es de fácil demostración que se cumplen las siguientes relaciones: Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

120

r r r ∇ xr v = ( v ) ⊗ (∇ xr ) r ∇ xr T = ( T ) ⊗ (∇ xr ) r r ∇ xr ⋅ T = ( T ) ⋅ (∇ xr ) = (∇ xr ) ⋅ ( T T ) ■

(1.489)

A continuación definimos el operador Laplaciano ∇ xr 2 :  ∂ 2 ∇ xr = ∇ xr ⋅ ∇ xr =   ∂xi 

 ∂ ∂  ∂  ∂2  = eˆ j  ⋅ eˆ i  = δ  ∂x j   ∂xi ∂x j ij ∂xi ∂xi   

(1.490)

∂2 ∂2 ∂2 ∇ xr ≡ 2 + 2 + 2 = ∂, k ∂, k = ∂, kk ∂x1 ∂x 2 ∂x3 r Luego, el Laplaciano de un vector ( v ) viene dado por: r r 2r 2r ∇ xr v = ∇ xr ⋅ (∇ xr v ) componente  s → ∇ xr v = [∇ xr ⋅ (∇ xr v )] = v i ,kk 2

[

]

i

(1.491)

i

Ejemplo 1.45: Probar la identidad:

r r r r ∇ xr ⋅ (a + b) = ∇ xr ⋅ a + ∇ xr ⋅ b

Solución:

r

r

Considerando que a = a j eˆ j y b = b k eˆ k y ∇ xr = eˆ i

∂ podemos expresar el primer ∂x i

miembro de la identidad como: ∂ (a j eˆ j + b k eˆ k ) ∂x i

⋅ eˆ i

=

∂a j ∂x i

eˆ j ⋅ eˆ i +

r r ∂b k ∂a ∂b eˆ k ⋅ eˆ i = i + i = ∇ xr ⋅ a + ∇ xr ⋅ b ∂x i ∂x i ∂x i

c.q.d. r

r

Ejemplo 1.46: Obtener las componentes de (∇ xr a) ⋅ b . Solución: r

r

Considerando: a = a j eˆ j ; b = b k eˆ k y ∇ xr = eˆ i

∂ ( i = 1,2,3 ) podemos decir que: ∂x i

 ∂a j ∂a j r r  ∂ (a j eˆ j )  ∂a j  ⊗ eˆ i  ⋅ (b k eˆ k ) =  (∇ xr a) ⋅ b =  eˆ j ⊗ eˆ i  ⋅ (b k eˆ k ) = b k δ ik eˆ j = b k eˆ j  ∂x i  ∂ x ∂ x ∂ x k i  i    Resultando un vector. Expandiendo el índice mudo k obtenemos que:  ∂a 1 ∂a ∂a + b 2 1 + b3 1  j = 1 ⇒ b1 ∂x1 ∂x 2 ∂x 3   ∂a j ∂a j ∂a j ∂a j ∂a ∂a ∂a  bk = b1 + b2 + b3 ⇒  j = 2 ⇒ b1 2 + b 2 2 + b 3 2 ∂x k ∂x1 ∂x 2 ∂x 3 ∂x1 ∂x 2 ∂x 3    j = 3 ⇒ b ∂a 3 + b ∂a 3 + b ∂a 3 1 2 3  ∂x1 ∂x 2 ∂x 3 

Ejemplo 1.47: Probar que la siguiente relación es válida:

r q 1 r r 1 r ∇ ⋅   = ∇ x ⋅ q − 2 q ⋅ ∇ xr T T T  T r x

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

r r

121

r

donde q( x , t ) es un campo vectorial arbitrario y T ( x , t ) es un campo escalar. Solución:

r r q ∂  qi   qi  1 1 1 1 r ∇ ⋅   =   =   = q i ,i − 2 q i T,i = ∇ xr ⋅ q − 2 q ⋅ ∇ xr T T T T  T  ∂x i  T   T  ,i T r x

1.8.4

Rotacional

Rotacional de un vector r

r

r

r

El rotacional de un vector v se representa por: rot ( v ) ≡ ∇ xr ∧ v , y viene definido en la base Cartesiana por: r ∂ ˆ Rotacional de (•) en la base e k ∧ (•) ∇ xr ∧ (•) = ∂x k Cartesiana

(1.492)

Observemos que el rotacional es una operación entre tensores. Utilizando la definición de producto vectorial entre vectores obtenemos el rotacional de un vector como: r r r ∂v ∂v ∂ ˆ e j ∧ ( v k eˆ k ) = k eˆ j ∧ eˆ k = k  ijk eˆ i =  ijk v k , j eˆ i rot ( v ) = ∇ xr ∧ v = ∂x j ∂x j ∂x j

(1.493)

donde  ijk es el símbolo de permutación definido en (1.56) y donde hemos aplicado la definición eˆ j ∧ eˆ k =  ijk eˆ i . También se puede obtener que: eˆ 1 r r r ∂ rot ( v ) = ∇ xr ∧ v = ∂x1 v1  ∂v =  3  ∂x 2

eˆ 2 ∂ ∂x 2 v2 ∂v − 2 ∂x3

eˆ 3 ∂ =  ijk v k , j eˆ i ∂x3 (1.494) v3  ∂v  ∂v  ∂v  ∂v  eˆ 1 +  1 − 3 eˆ 2 +  2 − 1 eˆ 3  ∂x1 ∂x 2    ∂x3 ∂x1  r Verifiquemos que la parte antisimétrica del gradiente del vector v , representado por r anti (∇ xr v ) ≡ W tiene como componentes:

 0    1  ∂v ∂v  =   2 − 1   2  ∂x1 ∂x 2   1  ∂v ∂v    3 − 1   2  ∂x1 ∂x3 

1  ∂v 1 ∂v 3     − 2  ∂x3 ∂x1   r 1  ∂v 2 ∂v 3    − (∇ xr v ) anti ij ≡ v ianti 0 ,j 2  ∂x3 ∂x 2   1  ∂v 3 ∂v 2  (1.495)   −  0 2  ∂x 2 ∂x3   − w3 w2  W12 W13   0 W12 W13   0  0      = W21 − w1  W23  =  − W12 0 W23  =  w3 0 0  W31 W32 0   − W13 − W23 w1 0  − w2 0  r donde w1 , w2 , w3 son las componentes del vector axil w correspondiente al tensor r antisimétrico W ≡ (∇ xr v ) anti , ver subapartado 1.5.2.2.2. Tensor Antisimétrico.

[

]

1  ∂v 1 ∂v 2  − 2  ∂x 2 ∂x1

  

Si retomamos la definición del rotacional (1.494) y teniendo en consideración (1.495), podemos decir que: Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

122

r r r  ∂v  ∂v  ∂v ∂v  ∂v  ∂v  rot ( v ) = ∇ xr ∧ v =  3 − 2 eˆ 1 +  1 − 3 eˆ 2 +  2 − 1 eˆ 3  ∂x1 ∂x 2   ∂x3 ∂x1   ∂x 2 ∂x3  = 2W32 eˆ 1 + 2W13 eˆ 2 + 2W21eˆ 3 = 2(w1 eˆ 1 + w2 eˆ 2 + w3 eˆ 3 ) r = 2w

(1.496)

Además si recurrimos a la identidad (1.143), podemos decir que se cumple que: r r r W⋅v = w ∧ v r r 1 r = ∇ xr ∧ v ∧ v 2

(

)

(1.497)

Es interesante resaltar que la expresión anterior (1.497) podría haber sido obtenida a través del Ejemplo 1.18, en el cual hemos demostrado que r

r

1 r r (a ∧ x ) es el vector axil asociado al 2

tensor antisimétrico ( x ⊗ a ) anti . Luego, el vector axil asociado al tensor antisimétrico

[

]

(

)

r anti r r r 1 r W = (∇ xr v ) anti = ( v ) ⊗ (∇ xr ) es el vector ∇ xr ∧ v . 2

Resumen •

Divergencia

Gradiente

div (•) ≡ ∇ xr ⋅ •

grad(•) ≡ ∇ xr •

Escalar

Tensor

Escalar

Tensor (2

r rot (•) ≡ ∇ xr ∧ •

vector

Vector

ndo

Rotacional

Vector

orden)

Vector

(2ndo orden) Tensor

Tensor

er

ndo

(3 orden)

(2

orden)

A continuación haremos algunas demostraciones de algunas identidades.

ƒ

r r r r r r (1.498) rot (λa) = ∇ xr ∧ (λa) = λ (∇ xr ∧ a) + (∇ xr λ ∧ a) r r El resultado de la operación ∇ xr ∧ (λa) será un vector, cuyas componentes vienen

dadas por:

[∇r

r x

]

r ∧ (λa) i

=  ijk (λa k ) , j

=  ijk (λ , j a k + λa k , j ) =  ijk λa k , j  ijk λ , j a k (1.499) r r r r = λ (∇ x ∧ a) i  ijk (∇ x λ ) j a k r r r = λ (∇ xr ∧ a) i  (∇ xr λ ∧ a) i r r r r r r con lo que comprobamos la identidad: rot (λa) = ∇ xr ∧ (λa) = λ(∇ xr ∧ a) + (∇ xr λ ∧ a) . r r r r r r r r r r r (1.500) ƒ ∇ xr ∧ (a ∧ b) = (∇ xr ⋅ b)a − (∇ xr ⋅ a)b + (∇ xr a) ⋅ b − (∇ xr b) ⋅ a

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

Las

componentes

del

producto

r r (a ∧ b) k =  kij a i b j . Luego:

[∇r

r x

123

r r (a ∧ b )

vectorial

vienen

dadas

]

r r ∧ (a ∧ b) l =  lpk ( kij a i b j ) , p =  kij  lpk (a i , p b j + a i b j , p )

por

(1.501)

Considerando que  kij =  ijk , el resultado de  ijk  lpk = δ il δ jp − δ ip δ jl y reemplazando en la expresión anterior obtenemos que:

[∇r

r x

]

r r ∧ (a ∧ b) l =  kij  lpk (a i , p b j + a i b j , p ) = (δ il δ jp − δ ip δ jl )(a i , p b j + a i b j , p )

(1.502)

= δ il δ jp a i , p b j − δ ip δ jl a i , p b j + δ il δ jp a i b j , p − δ ip δ jl a i b j , p = al , p b p − a p, p b l + al b p, p − a p b l , p

[

r

r

]

[

r r

]

[

r r

]

Podemos observar que (∇ xr a) ⋅ b l = a l , p b p , (∇ xr ⋅ a)b l = a p , p b l , (∇ xr ⋅ b)a l = a l b p , p ,

[

]

r r (∇ xr b) ⋅ a l = a p b l , p . r r r r 2r ƒ ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ a) = ∇ xr (∇ xr ⋅ a) − ∇ xr a

Las

componentes

del

r r (∇ xr ∧ a) i =  ijk a k , j . Luego: 123

producto

(1.503) vectorial

r r (∇ xr ∧ a)

vienen

dadas

por

ci

[∇r

r x

]

r r ∧ (∇ xr ∧ a) q =  qli c i ,l =  qli ( ijk a k , j ) ,l =  qli  ijk a k , jl

(1.504)

Considerando que  qli  ijk =  qli  jki = δ qj δ lk − δ qk δ lj , la expresión anterior queda:

[∇r

r x

]

r r ∧ (∇ xr ∧ a) q =  qli  ijk a k , jl = (δ qj δ lk − δ qk δ lj )a k , jl = δ qj δ lk a k , jl − δ qk δ lj a k , jl

(1.505)

= a k ,kq − a q ,ll

[

]

Podemos observar que [∇ xr (∇ xr ⋅ a)]q = a k , kq y ∇ xr 2 a q = a q ,ll . r

ƒ

r

∇ xr ⋅ (ψ∇ xr φ ) = ψ∇ xr φ + (∇ xr ψ ) ⋅ (∇ xr φ) 2

(1.506)

∇ xr ⋅ (φ∇ xr ψ ) = (φψ ,i ) ,i = φψ ,ii + φ ,i ψ ,i

(1.507)

= φ∇ xr ψ + (∇ xr φ ) ⋅ (∇ xr ψ ) 2

donde φ y ψ son funciones escalares. Otra identidad interesante que origina de la anterior es: ∇ xr ⋅ (φ∇ xr ψ ) = φ∇ xr ψ + (∇ xr φ ) ⋅ (∇ xr ψ ) 2

∇ xr ⋅ (ψ∇ xr φ ) = ψ∇ xr φ + (∇ xr ψ ) ⋅ (∇ xr φ) 2

(1.508)

Restando las dos identidades anteriores obtenemos que:

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

124

∇ xr ⋅ (φ∇ xr ψ ) − ∇ xr ⋅ (ψ∇ xr φ) = φ∇ xr ψ − ψ∇ xr φ 2

2

(1.509)

⇒ ∇ xr ⋅ (φ∇ xr ψ − ψ∇ xr φ ) = φ∇ xr ψ − ψ∇ xr φ 2

1.8.5

2

Campo Conservativo r r

Un campo vectorial b( x , t ) se denomina conservativo si existe un campo escalar ( φ ) diferenciable tal que: r b = ∇ xr φ

(1.510) r r

Si la función φ cumple la relación (1.510) decimos que φ es una función potencial de b( x , t ) . r r

Un condición necesaria, pero no suficiente, para que b( x , t ) sea conservativo es que r r r ∇ xr ∧ b = 0 . En otras palabras, todo campo conservativo el rotacional es nulo, pero ni todo

rotacional nulo implica un campo conservativo. Ejemplo 1.48: a) Probar que ∇ xr ⋅ (∇ xr ∧ v ) = 0 y que ∇ xr ∧ (∇ xr φ ) = 0 , donde φ es un r campo escalar, y v es un campo vectorial; b) Demostrar que r r r r r r r r r r r r r ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ v ) ∧ v = (∇ xr ⋅ v )(∇ xr ∧ v ) + ∇ xr (∇ xr ∧ v ) ⋅ v − (∇ xr v ) ⋅ (∇ xr ∧ v ) ; r r r c) Teniendo en cuenta que ω = ∇ xr ∧ v , demostrar que r r r 2r 2 2 r ∇ xr ∧ (∇ xr v ) = ∇ xr (∇ xr ∧ v ) = ∇ xr ω . Solución: r r Considerando: ∇ xr ∧ v =  ijk v k , j eˆ i r

[

]

[

∇ xr

⋅ (∇ xr r

)

]

r ∂  ijk v k , j eˆ i ∧v = ∂x l

(

=  ijk

r

r

r

)⋅ eˆ

l

∂ ∂ v k , j δ il =  ijk vk , j ∂x l ∂x i

( )

( )

=  ijk v k , ji r La segunda derivada de v es simétrica en ij , i.e. v k , ji = v k ,ij , mientras que  ijk es

antisimétrico en ij , i.e.,  ijk = − jik , luego:  ijk v k , ji =  ij1v1, ji +  ij 2 v 2, ji +  ij 3 v3, ji = 0 Observar que  ij1v1, ji es el doble producto escalar de un tensor simétrico con un antisimétrico, cuyo resultado es cero. Análogamente demostramos que: r r ∇ xr ∧ (∇ xr φ ) =  ijk φ , kj eˆ i = 0 i eˆ i = 0 NOTA: El rotacional del gradiente de un escalar resulta ser igual al vector nulo, y la divergencia del rotacional de un vector resulta ser igual a cero. r r r b) Denominamos por ω = ∇ xr ∧ v , con eso, quedamos con

[(

) ]

r r r r r r r ∇ xr ∧ ∇ xr ∧ v ∧ v = ∇ xr ∧ (ω ∧ v )

Recurrimos a la identidad (1.500), luego, se cumple que:

r r r r r r r r r r r ∇ xr ∧ (ω ∧ v ) = (∇ xr ⋅ v ) ω − (∇ xr ⋅ ω)v + (∇ xr ω) ⋅ v − (∇ xr v ) ⋅ ω r r r Fijemos que el término ∇ xr ⋅ ω = ∇ xr ⋅ (∇ xr ∧ v ) = 0 , que fue demostrado en el apartado a).

Luego, concluimos que: Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

125

r r r r r r r r r ∇ xr ∧ (ω ∧ v ) = (∇ xr ⋅ v )ω + (∇ xr ω) ⋅ v − (∇ xr v ) ⋅ ω r r r r r r r r r = (∇ xr ⋅ v )(∇ xr ∧ v ) + ∇ xr (∇ xr ∧ v ) ⋅ v − (∇ xr v ) ⋅ (∇ xr ∧ v )

[

c) Recurriendo a la identidad (1.503) podemos decir que:

]

r r r r 2r ∇ xr v = ∇ xr (∇ xr ⋅ v ) − ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ v ) r r r = ∇ xr (∇ xr ⋅ v ) − ∇ xr ∧ ω

Aplicando el rotacional a la expresión anterior obtenemos que:

r r r r r r 2r ∇ xr ∧ (∇ xr v ) = ∇ xr ∧ [∇ xr (∇ xr ⋅ v )] − ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ ω) 14442r 444 3 =0

donde hemos tenido en cuenta que el rotacional del gradiente de un escalar resulta el vector nulo. Recurrimos una vez más la identidad (1.503) para expresar el término r r r ∇ xr ∧ (∇ xr ∧ ω) , resultando: r r r r r 2r 2 r ∇ xr ∧ (∇ xr v ) = −∇ xr ∧ (∇ xr ∧ ω) = −∇ xr (∇ xr ⋅ ω) + ∇ xr ω r r 2 r = −∇ xr ∇ xr ⋅ (∇ xr ∧ v ) + ∇ xr ω 1442443 =0 r r 2 = ∇ xr (∇ xr ∧ v )

[

]

1.9 Teoremas con Integrales 1.9.1

Integración por Partes

La expresión de la integración por partes viene dada por: b

∫ u( x)v′( x)dx = u( x)v( x)

b a

b

∫ v( x)u ′( x)dx

−

a

donde v ′( x) = a≤ x≤b.

1.9.2

(1.511)

a

dv , y las funciones u (x) , v(x) tienen que ser diferenciables en el intervalo dx

Teorema de la Divergencia

Dado un medio continuo B de volumen V , y contorno S , el teorema de la divergencia (o r teorema de Gauss) para un vector v está dado por:

∫

r ∇ xr ⋅ v dV =

V

∫

r v ⋅ nˆ dS =

S

∫

r r v ⋅ dS

∫v

S

i ,i

V

∫

∫

dV = v i nˆ i dS = v i dS i S

(1.512)

S

donde nˆ es el vector unitario y exterior a la superficie S que contiene el volumen V en el que está definido el campo vectorial. Para un tensor de segundo orden:

∫

V

∇ xr ⋅ T dV =

∫ S

T ⋅ nˆ dS =

∫ S

r T ⋅ dS

∫T

ij , j

V

∫

∫

dV = Tij nˆ j dS = Tij dS j S

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

(1.513)

S

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

126

S nˆ

x2

r dS dS

B r x

x1 x3

Figura 1.35. Partiendo del teorema de la divergencia también podemos verificar que se cumplen las siguientes relaciones:

∫ ( x ), i

j

∫

∫

= δ ik xi nˆ j dS

= (δ ik xi ), j dV

dV

V

V

=

∫ [δ

S

ik , j x i

]

+ δ ik xi , j dV

V

∫

= x k nˆ j dS

(1.514)

S

∫

∫

= x k nˆ j dS

= x k , j dV V

S

donde hemos considerado que δ ik , j = 0 ikj , y además considerando que x k , j = δ kj , obtenemos que: δ kj ∫ dV = ∫ x k nˆ j dS V

∫

Vδ kj = x k nˆ j dS

⇒

S

S

(1.515)

r V 1 = x ⊗ nˆ dS

∫ S

También se cumple que:

∫ (x σ i

jk

∫

∫

), k dV = ( xi σ jk ), k dV = xi σ jk nˆ k dS

V

V

=

S

∫ [x

i , k σ jk

∫ [δ

ik σ jk

]

=

V

∫

+ xi σ jk ,k dV = xi σ jk nˆ k dS

V

(1.516)

S

]

∫

+ xi σ jk ,k dV = xi σ jk nˆ k dS S

Resultando que:

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

∫x σ i

jk , k

∫

∫

dV = xi σ jk nˆ k dS − σ ji dV

V

∫

127

S

V

(1.517)

r r x ⊗ (∇ xr ⋅ σ ) dV = x ⊗ (σ ⋅ nˆ ) dS − σ T dV

∫

V

∫

S

V

Queda de fácil demostración que se cumple que:

∫ (∇

r x

V

r

r

⋅ σ ) ⊗ x dV = ∫ (σ ⋅ nˆ ) ⊗ x

∫

dS − σ dV

S

(1.518)

V

Ejemplo 1.49: Sea un dominio de área Ω delimitado por el contorno Γ como muestra figura abajo:

nˆ

Ω x2

Γ

x1 r

r

Considérese también que m = m( x ) es un campo tensorial de segundo orden y ω = ω ( x ) es un campo escalar. Demostrar que se cumple la siguiente relación:

∫ [m : ∇ Ω

r r x (∇ x ω )

]dΩ = ∫ [(∇ xr ω ) ⋅ m] ⋅ nˆ dΓ − ∫ [(∇ xr ⋅ m) ⋅ ∇ xr ω ]dΩ Γ

∫ [m

ij ω , ij

Ω

Ω

] dΩ = ∫ ( ω , m i

ˆ dΓ −

ij )n j

Γ

∫ [m

ij , j ω , i

Ω

] dΩ

Solución: Se puede aplicar directamente la definición de integración por partes para la demostración. Pero, partiremos de la definición del teorema de la divergencia, donde dado r un tensor v se cumple que:

∫∇ Ω

r x

r

⋅v

dΩ =

r

∫ v ⋅ nˆ dΓ → Ω∫ v Γ indicial

j, j

∫

dΩ = v j nˆ j dΓ Γ

r

r

Pero si consideramos que el tensor v es el resultante de la operación v = ∇ xr ω ⋅ m y lo equivalente en notación indicial v j = ω , i m ij y reemplazándolo en la expresión anterior obtenemos que:

∫v Ω

j, j

∫ Γ

dΩ = v j nˆ j dΓ

⇒ ⇒ ⇒

∫ [ω, Ω

i

∫Ω [ω,

ij

∫ [ω, Ω

ij

m ij

]

,j

∫

dV = ω , i m ij nˆ j dΓ Γ

]

∫

m ij + ω , i m ij , j dΩ = ω , i m ij nˆ j dΓ

]

∫

Γ

m ij dΩ = ω , i m ij nˆ j dΓ − Γ

∫ [ω,

Ω

i

]

m ij , j dΩ

Lo equivalente en notación tensorial:

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

128

∫Ω [m : ∇

r r x (∇ x ω )

]dΩ = ∫ [(∇ xr ω ) ⋅ m] ⋅ nˆ dΓ − ∫ [∇ xr ω ⋅ (∇ xr ⋅ m)]dΩ Γ

c.q.d.

Ω

NOTA: Si consideramos ahora un dominio de volumen V delimitado por una superficie r S con normal nˆ y sea N un vector y T un escalar también se cumple que:

∫ N T, i

ij

∫

∫

dV = N i T , i nˆ j dS − N i , j T , i dV

V

S

V

r r r ⇒ N ⋅ ∇ xr (∇ xr T )dV = (∇ xr T ⋅ N ) ⊗ nˆ dS − ∇ xr T ⋅ ∇ xr NdV

∫

∫

V

∫

S

V

donde hemos aplicado directamente la definición de integración por partes.

1.9.3

Independencia del Camino

Una curva que conecta dos puntos A y B denominamos de camino de A a B . A continuación, establecemos las condiciones con las cuales una integral de línea es independiente del camino en una determinada región, ver Figura 1.36. C1

B

r dr

r b

Si

∫

C1

A

x3

r r r r b ⋅ dr = b ⋅ dr

∫

C2

r b - Campo conservativo

C2

x2 x1

Figura 1.36: Independencia del camino. r

r

r

Luego, dado un campo vectorial b continuo, la integral ∫ b ⋅ dr es independiente del camino si C

r y solo si b es un campo conservativo. Como consecuencia, existe un campo escalar φ tal que r b = ∇ xr φ .

Con eso podemos concluir que: B

∫

r r B r b ⋅ dr = ∇ xr φ ⋅ dr

∫

A

B

A

B

 ∂φ r ∂φ ˆ  r ∂φ ˆ (b1 eˆ 1 + b 2 eˆ 2 + b 3 eˆ 3 ) ⋅ dr =  eˆ 1 + e2 + e 3  ⋅ dr x x x ∂ ∂ ∂ 1 2 3  A A

∫

(1.519)

∫

Luego b1 =

∂φ ∂x1

; b2 =

∂φ ∂x 2

; b3 =

∂φ ∂x3

(1.520)

Como el campo es conservativo el rotacional es cero: Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

r r r ∇ xr ∧ b = 0

eˆ 1 ∂ ∂x1 b1

⇒

eˆ 2 ∂ ∂x 2 b2

129

eˆ 3 ∂ = 0i ∂x3 b3

(1.521)

Concluyendo que:  ∂b 3 ∂b 2 − =0  ∂ ∂ x x 2 3   ∂b1 ∂b 3 − =0   ∂x3 ∂x1  ∂b 2 ∂b1 − =0   ∂x1 ∂x 2

 ∂b 3 ∂b 2 =  ∂ ∂x 3 x 2   ∂b1 ∂b 3 ⇒ =  ∂x3 ∂x1  ∂b 2 ∂b1 =   ∂x1 ∂x 2

(1.522)

Luego, si no se cumple la condición anterior el campo no es conservativo.

1.9.4

Teorema de Kelvin-Stokes r r

Sea una superficie regular S y sea un campo vectorial F( x , t ) . Según el Teorema de Kelvin-Stokes: r r r r r r r ˆ dS r ∧ F ) ⋅ dS = ( ∇ r ∧ F ) ⋅ n F ⋅ d Γ = ( ∇ ∫ ∫ x ∫ x Γ

S

(1.523)

S

Si adoptamos un versor tangente al contorno Γ denominado por pˆ el teorema de Stokes queda: r

r

∫Γ F ⋅ pˆ dΓ = ∫ (∇

r x

r r r r ∧ F ) ⋅ dS = (∇ xr ∧ F) ⋅ nˆ dS

∫

S

(1.524)

S

nˆ

x3 S

Ω

pˆ

Γ

x2 x1

Figura 1.37: Teorema de Stokes.

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

130

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

r

Representamos los vectores en la base cartesiana como F = F1eˆ 1 + F2 eˆ 2 + F3 eˆ 3 , el vector de r r r área como dS = dS1eˆ 1 + dS 2 eˆ 2 + dS 3 eˆ 3 , y dΓ = dx1eˆ 1 + dx 2 eˆ 2 + dx3 eˆ 3 . El rotacional de F viene definido por: eˆ 1 r r ∂ ∇ xr ∧ F = ∂x1 F1

eˆ 2 ∂ ∂x 2 F2

 ∂F ∂F =  3 − 2  ∂x 2 ∂x3

eˆ 3 ∂ ∂x3 F3

(1.525)

  ∂F ∂F eˆ 1 +  1 − 3   ∂x3 ∂x1

  ∂F ∂F eˆ 2 +  2 − 1  ∂x1 ∂x 2 

 eˆ 3 

Con lo cual podemos expresar el teorema de Stokes en componentes como:  ∂F ∂F F1 dx1 + F2 dx 2 + F3 dx3 =  3 − 2 ∂x 2 ∂x3 Γ S

∫

∫

 ∂F  ∂F dS1 +  1 − 3  ∂x 3 ∂x1 

  ∂F ∂F dS 2 +  2 − 1  ∂x1 ∂x 2 

 dS 3 

(1.526)

Como caso particular podemos tener que la superficie S coincide con el plano Ω como muestra Figura 1.38, en este caso sigue siendo válida la expresión (1.526). nˆ

x3

Γ Ω

x2 x1

Figura 1.38.

Otro caso particular es cuando la región Ω está toda contenida en el plano x1 − x 2 . r dS = dSeˆ 3

x3 x2

Γ

eˆ 3

Ω

x1

Figura 1.39: Teorema de Green. Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

∫

131

r r r r F ⋅ dΓ = (∇ xr ∧ F) ⋅ eˆ 3 dS

∫

Γ

(1.527)

Ω

Que es conocida como el teorema de Stokes en el plano o teorema de Green. En componentes queda:

∫ F dx Γ 1

1.9.5

1

 ∂F ∂F + F2 dx 2 =  2 − 1 ∂x ∂x 2 Ω 1

∫

 dS 3 

(1.528)

Identidades de Green

r

Sea F un vector, aplicando el teorema de la divergencia obtenemos que:

∫

r ∇ xr ⋅ F dV =

V

r F ⋅ nˆ dS

∫

(1.529)

S

Además, consideremos las identidades demostradas en (1.507) y (1.509), respectivamente: ∇ xr ⋅ (φ∇ xr ψ ) = φ∇ xr ψ + (∇ xr φ ) ⋅ (∇ xr ψ )

(1.530)

∇ xr ⋅ (φ∇ xr ψ − ψ∇ xr φ) = φ∇ xr ψ − ψ∇ xr φ

(1.531)

2

2

2

r

Considerando que F = φ∇ xr ψ y reemplazando (1.530) en (1.529) obtenemos que:

∫ φ∇

r x

2

V

ψ + (∇ xr φ) ⋅ (∇ xr ψ) dV = ∫ φ∇ xr ψ ⋅ nˆ dS S

⇒ (∇ xr φ) ⋅ (∇ xr ψ ) dV =

∫

∫ φ∇

V

r x

S

(1.532)

ψ ⋅ nˆ dS − ∫ φ∇ xr ψ dV 2

V

que es conocida como la primera identidad de Green. Si ahora reemplazamos (1.531) en (1.529) obtenemos que:

∫ φ∇

r x

2

V

ψ − ψ∇ xr 2 φ dV = ∫ (φ∇ xr ψ − ψ∇ xr φ) ⋅ nˆ dS

(1.533)

S

que es conocida como la segunda identidad de Green. r

r

r

Ejemplo 1.50: Si un vector se define como: b = ∇ xr ∧ v , probar que:

∫ λb nˆ i

S

i

∫

d S = λ, i b i dV V

r

r

donde λ es una función únicamente de x , i.e., λ = λ( x ) . r

r

r

Solución: Si b = ∇ xr ∧ v , luego b i =  ijk v k , j . Reemplazando en la integral de superficie anterior resulta:

∫ λb nˆ i

S

i

∫

dS = λ ijk v k , j nˆ i dS S

Aplicando el teorema de la divergencia de Gauss, resulta:

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

132

∫ λb nˆ i

S

i

∫

dS = λ ijk v k , j nˆ i dS S

∫

= ( ijk λv k , j ), i dV V

∫

= ( ijk λ, i v k , j +  ijk λv k , ji ) dV V

∫

∫

= (λ, i  ijk v k , j + λ  ijk v k , ji ) dV = λ, i b i dV 1 424 3 1 424 3 c.q.d. V

bi

V

0

1.10 Coordenadas Cilíndricas y Esféricas Para la solución de determinados problemas, puede resultar conveniente emplear otros sistemas de coordenadas, como por ejemplo el sistema de coordenadas cilíndricas o el sistema de coordenadas esféricas.

1.10.1 Sistema de Coordenadas Cilíndricas En el sistema de coordenadas cilíndricas ( r , θ, z ), se adopta como eje de simetría la dirección z . En este sistema un punto P tiene coordenadas (r , θ, z ) , restringido a 0 ≤ θ ≤ 180º , donde estas variables están indicadas en la Figura 1.40. Conversión de coordenadas cilíndricas a las coordenadas cartesianas:  x1 = r cos θ   x 2 = r sin θ x = z  3

(1.534)

Conversión de coordenadas cartesianas a las coordenadas cilíndricas r = x 2 + x 2 1 2   x  2 θ = arctan x  1   z = x3 

  

(1.535)

Los versores en este sistema, eˆ r , eˆ θ , eˆ z pueden obtenerse con una simple ley de transformación, donde la matriz de transformación viene dada por un giro alrededor del eje z de un ángulo θ , es decir: eˆ r   cos θ sin θ 0  eˆ 1  ˆ    ˆ  e θ  = − sin θ cos θ 0 e 2  eˆ z   0 0 1  eˆ 3   

(1.536)

resultando

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

eˆ r = eˆ 1 cos θ + eˆ 2 sin θ ˆ e θ = −eˆ 1 sin θ + eˆ 2 cos θ eˆ = eˆ 3  z

133

eˆ 1 = eˆ r cos θ − eˆ θ sin θ ˆ e 2 = eˆ r sin θ + eˆ θ cos θ eˆ = eˆ z  3

inversa

→

(1.537)

Podemos verificar en la ecuación (1.537) que eˆ r y eˆ θ son dependientes de θ , luego podemos obtener las siguientes diferenciaciones: ∂eˆ r = eˆ 1 (− sin θ) + eˆ 2 cos θ = eˆ θ ∂θ ∂eˆ θ = −eˆ 1 (cos θ) + eˆ 2 (− sin θ) = −eˆ r ∂θ

(1.538)

x3

Proyección en el plano x1 − x 2 eˆ z

eˆ θ

r x

r sin θ

eˆ r

r cos θ

θ

x2

r

z θ

x2

r

x1

x1

Figura 1.40: Sistema de coordenadas cilíndricas. Utilizando la regla de la cadena para derivadas parciales podemos demostrar que el operador nabla ∇ se expresa en coordenadas cilíndricas como: ∇ = eˆ r

∂ ˆ 1 ∂ ˆ ∂ + eθ + e3 ∂r ∂x3 r ∂θ

(1.539)

El operador Laplaciano ∇ 2 en coordenadas cilíndricas queda: ∇2 =

∂2 1 ∂  ∂  1 ∂2 + r  + 2 r ∂r  ∂r  r ∂θ 2 ∂x32

(1.540)

∂2 1 ∂ ∂2 1 ∂2 = 2 + + 2 + r ∂r r ∂θ 2 ∂x 32 ∂r

La demostración de (1.540) siguen a continuación.  ∂ ˆ 1 ∂ ˆ ∂  ˆ ∂ ˆ 1 ∂ ˆ ∂   ⋅ er  + eθ + e3 + eθ + e3 ∇ 2 = ∇ ⋅ ∇ =  eˆ r r ∂θ r ∂θ ∂x3   ∂r ∂x3   ∂r

(1.541)

Haciendo el producto y considerando que eˆ r ⋅ eˆ θ = eˆ θ ⋅ eˆ 3 = eˆ z ⋅ eˆ r = 0 , obtenemos los siguientes términos: Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

134

eˆ r

⋅

∂ ∂ ∂2 ∂  ˆ ∂ ˆ 1 ∂ ˆ ∂  ˆ ∂eˆ r ∂ ˆ ˆ ∂ ∂  = e r ⋅  e r + er ⋅ er = = 2 + eθ + e3 ∂r ∂r ∂r ∂r ∂r ∂r ∂r r ∂θ ∂r  ∂r ∂x3  {

(1.542)

eˆ θ

1ˆ ∂  ∂ ˆ 1 ∂ ˆ ∂  1 ˆ ∂eˆ r ∂ 1 ˆ ˆ ∂ ∂  = eθ ⋅ + eθ ⋅ er + e θ ⋅  eˆ r + eθ + e3 r r ∂θ ∂θ ∂r r ∂θ ∂r ∂θ  ∂r ∂x3  r { eˆ θ

(1.543)

1 ˆ ∂eˆ θ 1 ∂ 1 ˆ ˆ ∂ 1 ∂ 1 ∂ 1 ∂2 + eθ ⋅ eθ = + 2 eθ ⋅ r ∂θ r ∂θ r ∂θ r ∂θ r ∂r r ∂θ 2 { eˆ r

∂  ˆ ∂ ˆ 1 ∂ ˆ ∂  ∂2 er = + eθ + e3 eˆ 3 ⋅ r ∂θ ∂x3  ∂r ∂x3  ∂x32

(1.544)

Sumando los términos obtenemos la expresión del Laplaciano dada por (1.540). r

Consideremos un campo vectorial representado por v = v r eˆ r + v θ eˆ θ + v 3 eˆ 3 , a continuación aplicaremos a este vector los siguientes operadores: Rotacional de un vector r

El rotacional de un vector v viene dado por: eˆ r r r ∂ ∇∧v= ∂r vr

eˆ θ 1 ∂ r ∂θ vθ

eˆ 3 ∂ ∂x3 v3

(1.545)

Desarrollando el determinante anterior hallamos: r r  1 ∂v 3 ∂v θ ∇ ∧ v = eˆ r  −  r ∂θ ∂x 3

Divergencia

  ∂v ∂v  − eˆ θ  3 − r ∂x3   ∂r

 1 ∂v r   ∂v  + eˆ 3  θ −  r ∂θ   ∂r 

(1.546)

r

La divergencia de un vector v en coordenadas cilíndricas viene dada por: r  ∂ ˆ 1 ∂ ˆ ∂  ˆ  ⋅ (e r v r + eˆ θ v θ + eˆ 3 v 3 ) ∇ ⋅ v =  eˆ r + eθ + e3 r ∂θ ∂x3   ∂r

(1.547)

∂ ˆ (e r v r + eˆ θ v θ + eˆ 3 v 3 ) + eˆ θ ⋅ 1 ∂ (eˆ r v r + eˆ θ v θ + eˆ 3 v 3 ) r ∂θ ∂r ∂ ˆ (e r v r + eˆ θ v θ + eˆ 3 v 3 ) + eˆ 3 ⋅ ∂x3

r ⇒ ∇ ⋅ v = eˆ r

⋅

(1.548)

Operando los tres términos de la ecuación anterior separadamente obtenemos: ƒ eˆ r ⋅

∂ ˆ (e r v r + eˆ θ v θ + eˆ 3 v 3 ) ∂r

Sabiendo que eˆ θ , eˆ 3 , v θ , v 3 no son dependientes de r : ∂ ˆ eˆ r ⋅ (e θ v θ ) = eˆ r ∂ ⋅ (eˆ 3 v 3 ) = 0 ∂r ∂r

Nos queda por definir:

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

135

ˆ ∂ ˆ ˆ r ⋅ eˆ r ∂v r + eˆ r ⋅ v r ∂e r = ∂v r ⋅ (e r v r ) = e1 eˆ r 2 3 ∂r ∂r ∂r ∂r { 1 0

ƒ eˆ θ ⋅

1 ∂ ˆ (e r v r + eˆ θ v θ + eˆ 3 v 3 ) r ∂θ

Como eˆ 3 v 3 no es dependiente de θ , resulta: 1 ∂ ˆ (e 3 v 3 ) = 0 eˆ θ ⋅ r ∂θ

Resultando: ∂v ∂eˆ ∂v ∂eˆ 1 ∂ ˆ ˆ θ ⋅ eˆ r 1 r + eˆ θ ⋅ v r 1 r + eˆ θ ⋅ eˆ θ 1 θ + eˆ θ ⋅ v θ 1 θ (e r v r + eˆ θ v θ ) = e1 eˆ θ ⋅ 23 r ∂θ ∂θ ∂θ r ∂θ r{ r ∂θ r{ =0 eˆ θ = − eˆ r 144244 3 =0

1 1 ∂v θ = vr + r r ∂θ ∂ ˆ (e r v r + eˆ θ v θ + eˆ 3 v 3 ) ƒ eˆ 3 ⋅ ∂x3

∂v ∂v ∂ ˆ ˆ 3 ⋅ eˆ 3 3 = 3 (e r v r + eˆ θ v θ + eˆ 3 v 3 ) = e1 eˆ 3 ⋅ 2 3 ∂x3 ∂x3 ∂x3 =1

Teniendo en cuenta todas operaciones anteriores concluimos que: r ∂v 1 1 ∂v θ ∂v 3 ∇ ⋅ v = r + vr + + ∂x3 r r ∂θ ∂r

(1.549)

r ∂v ∂v  ∂v 1 ∇ ⋅ v = r + vr + θ  + 3 ∂r ∂θ  ∂x 3 r

(1.550)

o bien:

1.10.2 Sistema de Coordenadas Esféricas Las coordenadas esféricas ( r , θ, φ ) están indicadas en la Figura 1.41 luego, se cumple que: Conversión de coordenadas esféricas a las coordenadas cartesianas:  x1 = r sin θ cos φ   x 2 = r sin θ sin φ  x = r cos θ  3

(1.551)

donde r ≥ 0 y 0 ≤ φ ≤ 180º y 0 ≤ θ ≤ 360º .

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

136

x3

eˆ r

x3 θ

x1

r

eˆ θ

eˆ φ

x2

φ

x2

x1

Figura 1.41: Sistema de coordenadas esféricas.

Conversión de coordenadas cartesianas a las coordenadas esféricas:  r = x 2 + x 2 + x 2 1 2 3  2  x + x2  2  1 θ = arctan x3    x φ = arctan 2  x1

   

(1.552)

Los vectores unitarios eˆ r , eˆ θ , eˆ φ (mutuamente ortogonales entre sí) están ilustrados en la Figura 1.41, y los podemos expresar en función de los versores eˆ 1 , eˆ 2 , eˆ 3 a través de una transformación de coordenadas: ƒ

Rotación según eje eˆ 3 de un ángulo φ

x3

Luego el nuevo sistema estará definido como:  eˆ 1′   cos φ sin φ 0  eˆ 1  ˆ    ˆ  e ′2  = − sin φ cos φ 0 e 2  eˆ ′3   0 0 1 eˆ 3   

eˆ 3 eˆ 1

eˆ 2

eˆ ′3

φ

eˆ ′2 eˆ 1′

x1

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

x2

1 TENSORES

ƒ

137

Rotación según eje eˆ ′2 de un ángulo β x3

eˆ ′3′ = −eˆ θ

Pero podemos observar en la figura que: β=

eˆ 1′′ = eˆ r

π − θ luego cos β = sin θ y sin β = cos θ : 2

eˆ ′2′ = eˆ φ θ

eˆ r   sin θ 0 cos θ  eˆ 1′    ˆ   1 0  eˆ ′2  e φ  =  0 eˆ θ   − cos θ 0 sin θ   eˆ ′3     

β

eˆ ′3 eˆ 1′

x2

eˆ ′2

x1

Considerando las dos transformaciones anteriores podemos obtener que:  eˆ r   sin θ 0 cos θ  cos φ sin φ 0  eˆ 1     ˆ   1 0   − sin φ cos φ 0 eˆ 2   eφ  =  0 − eˆ θ  − cos θ 0 sin θ   0 0 1   eˆ 3     eˆ r   sin θ cos φ sin θ sin φ cos θ   eˆ 1  ˆ    ˆ   e θ  = cos θ cos φ cos θ sin φ − sin θ e 2  eˆ φ   − sin φ cos φ 0   eˆ 3   

(1.553)

Explícitamente: eˆ r = eˆ 1 cos φ sin θ + eˆ 2 sin φ sin θ + eˆ 3 cos θ ˆ e θ = eˆ 1 cos φ cos θ + eˆ 2 sin φ cos θ − eˆ 3 sin θ eˆ = −eˆ sin φ + eˆ cos φ 1 2  φ

(1.554)

La diferenciación de la base en función de θ , φ queda: ∂eˆ r = eˆ 1 cos φ cos θ + eˆ 2 sin φ cos θ − eˆ 3 sin θ = eˆ θ ∂θ ∂eˆ r = −eˆ 1 sin φ sin θ + eˆ 2 cos φ sin θ = eˆ φ sin θ ∂φ ∂eˆ θ = −eˆ 1 cos φ sin θ − eˆ 2 sin φ sin θ − eˆ 3 cos θ = −eˆ r ∂θ ∂eˆ θ = −eˆ 1 sin φ cos θ + eˆ 2 cos φ cos θ = eˆ φ cos θ ∂φ ∂eˆ φ = −eˆ 1 cos φ − eˆ 2 sin φ = −eˆ r sin θ − eˆ θ cos θ ∂φ

(1.555) (1.556) (1.557) (1.558) (1.559)

El operador nabla será dado por: ∇ = eˆ r

∂ ˆ 1 ∂ ˆ 1 ∂ + eθ + eφ ∂r r ∂θ r sin θ ∂φ

(1.560)

El operador Laplaciano ∇ 2 en coordenadas esféricas queda: Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

138

∇2 =

∂  ∂  ∂2 1 ∂  2 ∂  1 1 r θ + + sin     ∂θ  r 2 sin 2 θ ∂φ 2 r 2 ∂r  ∂r  r 2 sin θ ∂θ 

∂2 2 ∂ 1 ∂2 cotg θ ∂ 1 ∂2 = 2 + + 2 + + r ∂r r ∂θ 2 r 2 ∂θ r 2 sin 2 θ ∂φ 2 ∂r

(1.561)

Divergencia r

La divergencia de un vector v en coordenadas esféricas viene dada por: r  1 ∂ ˆ 1 ∂ ˆ ∂  ˆ  ⋅ (e r v r + eˆ θ v θ + eˆ φ v φ ) ∇ ⋅ v =  eˆ r + eθ + eφ r ∂θ r sin θ ∂φ   ∂r

(1.562)

Haciendo el producto obtenemos: ∂v φ 2 r ∂v ∂v ∇⋅v = r + θ + + v r + v φ cotg θ ∂θ ∂φ r ∂r

(1.563)

Ejemplo 1.51: Escribir la ecuación ( z = x 2 − y 2 ), dada en coordenadas cartesianas, en coordenadas cilíndricas y esféricas: Solución: cilíndricas: z = (r cos θ)2 − (r sin θ)2 ⇒ z = r 2 cos(2θ ) esféricas: r cos θ = (r sin θ cos φ )2 − (r sin θ sin φ )2

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

A. Representación gráfica de un tensor

´ Apendice

A

´ Grafica ´ Representacion de un Tensor A.1 Introducción

Existen diversas aplicaciones prácticas en Ingeniería que utiliza la representación gráfica de un tensor de segundo orden. La representación gráfica de un tensor de segundo orden consiste en una gráfica bidimensional donde la abscisa viene representada por la componente normal ( T N ) y la ordenada por la componente tangencial ( TS ) para todos los planos admisibles, nˆ ⋅ nˆ = 1 .

A.2 Proyección de un Tensor de Segundo Orden sobre una Dirección A.2.1 Componente Normal y Tangencial Como hemos visto en el capítulo 1, la proyección de un tensor de segundo ( T ) orden r ˆ sobre una dirección ( nˆ ) resulta un vector t (n) = T ⋅ nˆ . r

ˆ

El vector t (n) asociado a la dirección nˆ puede descomponerse en una componente normal r r T N (vector normal) y en otra tangencial TS (vector tangencial) tal como se indica en la Figura A.1. La suma vectorial de estos vectores resulta: r r r ˆ t (n ) = T N + T S

(A.1)

Siendo nˆ el versor normal al plano y sˆ el versor tangente al plano, podemos escribir la relación anterior como:

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

140

donde T N

r ˆ t (n ) = T N nˆ + TS sˆ r r y TS son los módulos de T N y de TS , respectivamente.

(A.2)

r ˆ t (n)

x3

r TS

r TN

sˆ

nˆ

P eˆ 3

eˆ 1

eˆ 2

x2

x1

Figura A.1: Componentes normal y tangencial del vector. r

Escribiendo el vector T N en función de su módulo T N y del versor nˆ , las siguientes relaciones son válidas: r TN

= T N nˆ ≡ T N ⊗ nˆ r ˆ r ˆ = (t (n) ⋅ nˆ ) nˆ = (nˆ ⋅ t (n) ) nˆ

[

r TN i

= T N nˆ i ˆ ˆ = (t (kn) nˆ k ) nˆ i = (nˆ k t (kn) ) nˆ i

]

[

ˆ nˆ =1 nˆ4 ⋅2 T4 ⋅ n3

]

= nˆ k Tkj nˆ j nˆ i 1424 3

TN

(A.3)

TN

Verificamos que T N puede ser obtenido a través de las siguientes relaciones: r ˆ T N = t (n) ⋅ nˆ = nˆ ⋅ T ⋅ nˆ = nˆ k Tkj nˆ j

(A.4) r

Observemos que T será un tensor definido positivo si T N = nˆ ⋅ T ⋅ nˆ > 0 para todo nˆ ≠ 0 . Podemos concluir también que T N = nˆ ⋅ T ⋅ nˆ = nˆ ⋅ T sym ⋅ nˆ luego, si la parte simétrica del tensor es un tensor definido positivo el tensor también lo será. r

Análogamente, podemos representar el vector TS en función de su módulo TS y del versor sˆ : r TS

r TS i

= TS sˆ r ˆ r ˆ = (t (n) ⋅ sˆ )sˆ = (sˆ ⋅ t (n) )sˆ

[

= TS sˆ i ˆ = (t (jn) sˆ j )sˆ i

[

]

=1 sˆ4 ⋅2 T4 ⋅3 nˆ sˆ

]

= T jk nˆ k sˆ j sˆ i 1424 3

TS

(A.5)

TS

Otra forma de obtener el vector tangencial puede ser a través de la ecuación (A.1): r r r ˆ TS = t (n) − T N = T ⋅ nˆ − T : (nˆ ⊗ nˆ ) nˆ

(A.6)

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

[

]

APÉNDICE A: REPRESENTACIÓN GRÁFICA DE UN TENSOR

141

r

r

r

Ya que TS y T N son perpendiculares. También podemos obtener el módulo de TS a través del teorema de Pitágoras: ˆ

ˆ

TS2 = t (i n) t (i n) − T N2

r

ˆ

con t (n)

2

ˆ

(A.7)

ˆ

= t (i n) t (i n) = Tij Tik nˆ j nˆ k .

A.2.2 Máxima y Mínima Componente Normal Como visto anteriormente la componente normal viene dada por T N = nˆ ⋅ T ⋅ nˆ con la restricción que nˆ ⋅ nˆ = 1 (versor). Los valores de máximos y mínimos de T N con restricción pueden ser obtenidos a través del método del multiplicador de Lagrange. Este método consiste en construir una función tal que:

L(nˆ , µ) = T N − µ(nˆ ⋅ nˆ − 1) = nˆ ⋅ T ⋅ nˆ − µ(nˆ ⋅ nˆ − 1)

(A.8)

r r ∂L (nˆ , µ) = 2 T sym ⋅ nˆ − 2µnˆ = 0 ⇒ ( T sym − µ1) ⋅ nˆ = 0 ∂nˆ ∂L (nˆ , µ) ˆ ˆ = n ⋅ n − 1 = 0 ⇒ nˆ ⋅ nˆ = 1 ∂µ

(A.9)

donde µ es el multiplicador de Lagrange. Diferenciando la función L(nˆ ) con respecto a nˆ y a µ obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones:

El primer sistemas de ecuaciones sólo tiene solución si y solo si det ( T sym − µ1) = 0 que es el problema de autovalor de la parte simétrica de T . Es decir, los valores de máximos y mínimos de T N corresponden a los autovalores de T sym . Siendo T1sym , T2sym , T3sym , los autovalores de T sym , reestructuramos los autovalores de tal forma que: TIsym > TIIsym > TIIIsym

(A.10)

Podemos entonces decir que el valor máximo de T N es TIsym , y TIIIsym es el valor mínimo. NOTA: Ya era de esperar que los valores extremos de T N estuviera relacionado con el tensor simétrico T sym ya que para la obtención de T N la parte antisimétrica no juega ningún papel T N = nˆ ⋅ T ⋅ nˆ = nˆ ⋅ T sym ⋅ nˆ .

OBS.: Cuando utilizamos la nomenclatura TI , TII , TIII ya está implícito que TI > TII > TIII .

A.2.3 Máxima y Mínima Componente Tangencial de un Tensor Simétrico Por simplicidad vamos trabajar en el espacio principal del tensor T y vamos considerar que el tensor es simétrico, T = T T . En el espacio principal, las componentes del tensor T vienen representadas por las componentes normales (Figura A.2), ya que en este espacio carece de componentes tangenciales. Observemos también que en este espacio las Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

142

ˆ

componentes normales Ti tienen las mismas direcciones que t i(n) . El módulo de la componente normal T N en un plano arbitrario de normal nˆ , según la expresión (A.4), viene dado por la expresión: ˆ

T N = t i(n) n i = Tij n j n i = T1n12 + T2 n 22 + T3 n 32

(A.11)

Observemos que para el plano particular n i = [1,0,0] ⇒ T N = T1 . Geométricamente (teorema de Pitágoras), podemos obtener el módulo de la componente tangencial: r ˆ TS2 = t (n)

2

ˆ ˆ − T N2 = t i(n) t i(n) − T N2 = Tij Tik nˆ j nˆ k − T N2

x 3′

(A.12)

x 3′

r ˆ t (n)

T3

r TN r TS

T2

nˆ

x ′2

x ′2

T1

plano arbitrario

x1′

x1′

Figura A.2: Componentes del tensor en el espacio principal. Reemplazando la ecuación (A.11) en la ecuación (A.12) hallamos:

(

TS2 = T12 nˆ 12 + T22 nˆ 22 + T32 nˆ 32 − T1nˆ 12 + T2 nˆ 22 + T3nˆ 32

)

2

(A.13)

Podemos formular la siguiente pregunta: ¿Cuáles son los valores de nˆ i que hacen máximo la función TS2 ? Este problema se reduce a encontrar valores extremos de la función: F (nˆ ) = TS2 − µ(nˆ i nˆ i − 1)

(A.14)

donde µ es el multiplicador de Lagrange, con la restricción n i n i = 1 . La condición necesaria es: ∂F (nˆ ) =0 ∂n i

resultando:

{ nˆ {T nˆ {T

;

( − 2 T (T nˆ − 2 T (T nˆ

∂F (nˆ ) =0 ∂µ

) } + T nˆ ) + µ}= 0 + T nˆ ) + µ}= 0

(A.15)

nˆ 1 T12 − 2 T1 T1 nˆ 12 + T2 nˆ 22 + T3 nˆ 32 + µ = 0 2

2 2

3

2 3

2

1

2 1

+ T2 nˆ 22

3

1

2 1

+ T2 nˆ 22

3

2 3

3

2 3

(A.16)

con la condición nˆ i nˆ i = 1 . Podemos obtener analíticamente la solución del sistema anterior resultando en las siguientes soluciones posibles:

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

APÉNDICE A: REPRESENTACIÓN GRÁFICA DE UN TENSOR

solución

nˆ 1

nˆ 2

nˆ 3

TS

(1)

±1

0

0

TS = 0

(2)

0

±1

0

TS = 0

(3)

0

0

±1

TS = 0

(4)

±

0

(5)

1

±

(6)

±

2

±

0

2 1

±

1

±

2

1

(A.17)

T2 − T3 2 T − T3 TS = ± 1 2

1

TS = ±

2 1

2

TS = ±

0

2

143

T1 − T2 2

Los valores de TS fueron obtenidos introduciendo los valores de nˆ i en la expresión (A.13). Los tres primeros conjuntos de soluciones nos proporcionan los valores mínimos de TS , que corresponden justamente con las direcciones principales. Para las soluciones (4) los planos de máximo relativo para TS están esquematizados en la Figura A.3. T3

[

nˆ i = 0

1 2

1 2

T3

]

[

nˆ i = 0 −

1 2

1 2

T2

T2

[

nˆ i = 0 −

T1

1 2

−

1 2

]

]

[

nˆ i = 0

T1

−

1 2

1 2

]

Figura A.3: Planos de máxima componente tangencial (relativa) con n1 = 0 . Para las soluciones (5), los planos están esquematizados en la Figura A.4. T3

T3 nˆ i =

[

1 2

0

1 2

[

nˆ i = −

]

1 2

1 2

0

T2

T2 T1

[

nˆ i = −

1 2

0 −

1 2

]

]

T1

nˆ i =

[

1 2

0 −

1 2

]

Figura A.4: Planos de máxima componente tangencial (relativa) con n 2 = 0 . Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

144

En la Figura A.5 podemos visualizar los planos de máxima componente tangencial para las soluciones (6). T3

T3 nˆ i =

[

1 2

0

1 2

[

]

nˆ i = − nˆ i =

[

1 2

−

1 2

0

1 2

1 2

[

nˆ i = −

1 2

−

1 2

0

]

] T2

T2 T1

0

]

T1

Figura A.5: Planos de máxima componente tangencial (relativa) con n 3 = 0 . Ordenando los autovalores (valores principales) ( T1 , T2 , T3 ) de la forma: TI > TII > TIII

(A.18)

obtenemos el máximo absoluto de la tensión de corte: TS max =

TI − TIII 2

(A.19)

A.3 Representación Gráfica de un Tensor de Segundo Orden Arbitrario Conocidas las componentes de un tensor de segundo orden en la base cartesiana Tij podemos obtener las componentes normales y tangenciales ( TN , TS ) para cualquier plano

de normal nˆ , con la restricción nˆ ⋅ nˆ = 1 , en componentes nˆ 12 + nˆ 22 + nˆ 32 = 1 . Podemos dibujar una gráfica donde la abscisa viene representa por la componente normal ( TN ) y la ordenada por la componente tangencial ( TS ) al plano. En este apartado utilizaremos un procedimiento numérico, es decir, de forma aleatoria sacamos distintos valores (posibles) para la normal (versor) y obtenemos los valores correspondientes de ( TN , TS ) y plotamos sus coordenadas en una gráfica T N × TS . De esta forma vamos obtener la representación gráfica del tensor de segundo orden, es decir, los valores posibles (factibles) para la componente normal y tangencial del tensor en cada plano. De igual manera también dibujamos la gráfica correspondiente a la parte simétrica del tensor, ( T N( sym ) = T N ) × TS( sym ) . A continuación adoptamos algunos valores para las componentes del tensor y verificamos que formato tiene la gráfica componente normal versus componente tangencial. El primer ejemplo, ver Figura A.6, constituye de un tensor no simétrico. Es interesante r observar que el tensor es definido positivo ya que T N = nˆ ⋅ T ⋅ nˆ > 0 para todo nˆ ≠ 0 .

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

APÉNDICE A: REPRESENTACIÓN GRÁFICA DE UN TENSOR

145

Verifiquemos también que el tensor tiene tres autovalores reales, y por definición de autovalor, corresponden cuando TS = 0 . Los valores máximos y mínimos para la componente T N son coincidentes con los autovalores de la parte simétrica de T . Para la componente tangencial podemos hacer la siguiente descomposición:

] [

]

r TS = 1 sˆ4 ⋅2 T4 ⋅3 nˆ sˆ = sˆ ⋅ T sym ⋅ nˆ + sˆ ⋅ T anti ⋅ nˆ sˆ

[

(A.20)

TS

Cuando nˆ sea una de las direcciones principales de la parte simétrica, tenemos que:

[

] [

] [

]

r TS = sˆ ⋅ T sym ⋅ nˆ + sˆ ⋅ T anti ⋅ nˆ sˆ = sˆ ⋅ λnˆ + sˆ ⋅ T anti ⋅ nˆ sˆ = sˆ ⋅ T anti ⋅ nˆ sˆ

(A.21)

ya que los versores sˆ , nˆ son ortogonales, sˆ ⋅ nˆ = 0 . Esto implica que en los planos nˆ (1) , nˆ ( 2 ) , nˆ (3) , (autovectores de T sym ), las correspondientes componentes normales y tangenciales asociadas al tensor T vendrán dadas por el autovalor de T sym , y componente tangencial dada por: r nˆ ) r nˆ ) r nˆ ) TS = sˆ ⋅ T anti ⋅ nˆ = sˆ ⋅ t (anti = ± t (anti sˆ ⋅ sˆ = ± t (anti

(A.22) 5 3 1  Tij = 1 4 2 3 6 6

TS

T N max = 10,55; TS = 2,424

T N min = 0,84; TS = 2,41 TIII = 1,52

TII = 3,59

T N min = 0,84; TS = −2,41

TI = 9,89

TN

T N max = 10,55; TS = −2,424

TSsym TSsym max = 4,86

Tijsym

TIsym = 0,84 II

TIsym = 3,61 I

5 2 2 = 2 4 4 2 4 6

TIsym = 10,55

TN

Figura A.6: Representación gráfica de un tensor definido positivo no simétrico. Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

146

Por ejemplo, para el autovalor nˆ (j1)

TIsym = 10,55

que está asociado al autovector = [− 0,45229371;−0,561517458;−0,692913086] , tenemos que:

 0 1 − 1   − 0,45229371  r (nˆ ) TS = ± t anti = ±  − 1 0 − 2  − 0,561517458 = ±  1 2 0   − 0,692913086 1 44244 3 1442444 3 Tijanti

 0,1313956   1,8381199  = ±2,424378    − 1,5753286

(A.23)

nˆ (j1)

Para el autovalor TIsym = 3,61 tenemos que: I  0 1 − 1   0,88542667  r (nˆ ) TS = ± t anti = ±  − 1 0 − 2  0,18949182  = ±  1 2 0  0,42439659

 − 0,234905   0,036633496  = ±0,55947    − 0,50644304

(A.24)

= 0,84 tenemos que: Para el autovalor TIsym II

 0 1 − 1   0,107004733  r (nˆ ) TS = ± t anti = ±  − 1 0 − 2 − 0,80547563 = ±  1 2 0   0,582888489 

 − 1,3883641  − 1,2727817  = ±2,41    − 1,5039465 

(A.25)

Debemos enfatizar que este procedimiento sólo es válido para los planos correspondientes a los autovectores de la parte simétrica de T , para un plano arbitrario ya no es válido. Con lo que respecta a la parte simétrica del tensor, verifiquemos que el valor máximo y mínimo de la componente normal se encuentra en los valores principales, T N max = T Isym = 10,55 y T N min = TIsym = 0,84 . La máxima componente tangencial es igual al II radio del círculo que forma TIsym = 10,55 y TIsym = 0,84 , ver Figura A.6, resultando II TSsym max =

10,55 − 0,84 = 4,86 . 2

El segundo ejemplo se trata de un tensor simétrico, ver Figura A.7. Además podemos verificar que el tensor no es definido positivo. Intuitivamente nos indica que para un tensor simétrico la gráfica componente normal versus componente tangencial es la intersección de tres circunferencias. Podemos verificar también en esta gráfica que la componente tangencial máxima viene dada por TS max =

TI − TIII 2

=

8,328 − (−0,78) = 4,55 . 2

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

APÉNDICE A: REPRESENTACIÓN GRÁFICA DE UN TENSOR

147

TS

TS max = 4,55

1 2 3 Tij = 2 4 2 3 2 5

TIII = −0,78

TII = 2,454

TI = T N max = 8,328

TN

Figura A.7: Representación gráfica de un tensor simétrico. El tercer ejemplo trata de un tensor simétrico que tiene dos autovalores iguales. Podemos verificar que los valores posibles para ( TN , TS ) está limitado a la circunferencia de radio R=

TI − TIII T + TIII = 2,5 y centrada en el punto ( T N = I = 1,5 , TS = 0 ), ver Figura A.8. 2 2

Intuitivamente nos lleva a pensar que la representación gráfica de un tensor esférico (tres autovalores iguales) será un punto. TS TS max = 2,5

TII = TIII = −1

4 0 0  Tij = 0 − 1 0  0 0 − 1 TN TI = T N max = 4

Figura A.8: Representación gráfica de un tensor simétrico con dos autovalores iguales.

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

148

El cuarto ejemplo se trata de un tensor no simétrico que tiene un único autovalor real e igual a T1 = −0,964 , y dos imaginarios, ver Figura A.9, y además se trata de un tensor no definido positivo. TS

 6 8 4 Tij = − 2 2 1   1 7 2

TS max

T N max = 9,894; TS = 6,0 T N min = −2,02; TS = 4,17 TN

TI = −0,964

TN min = −2,02; TS = −4,17

T N max = 9,894; TS = −6,0

TSsym

TSsym max

TIsym = −2,02 II

Tijsym

TIsym = 2,126 I

 6 3 2,5 =  3 2 4   2,5 4 2 

TN

TIsym = 9,894

Figura A.9: Representación gráfica de un tensor no simétrico con un único autovalor real. En los planos correspondientes a las direcciones principales de la parte simétrica del tensor tenemos los siguientes valores para la componente tangencial del tensor: Para el autovalor TIsym = 9,894 tenemos que:

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

APÉNDICE A: REPRESENTACIÓN GRÁFICA DE UN TENSOR

5 1,5   − 0,707427855  0 r (nˆ )  TS = ± t anti = ±  − 5 0 − 3  − 0,514420622  = ±  − 1,5 3 0   − 0,484682632

149

− 3,299127   4 ,991187  = ±6,0    − 0.482120

(A.26)

= −2,02 tenemos que: Para el autovalor TIsym II

5 1,5   0 ,0575152387   0 r (nˆ )  TS = ± t anti = ±  − 5 0 − 3  − 0 ,72538138475 = ±  − 1,5 3 0   0 ,685940116897 

 − 2 ,5979967   − 2 ,3453965 = ±4,1676   − 2 ,2624170

(A.27)

A.3.1 Representación Gráfica de un Tensor de Segundo Orden Simétrico. Círculo de Mohr. Como hemos visto, la proyección de un tensor de segundo orden según una dirección r ˆ resulta un vector, t (n) = T ⋅ nˆ , y a su vez este vector puede ser descompuesto en una componente normal y tangencial, cuyos módulos representamos respectivamente por TS y T N , ver Figura A.1. El objetivo en este apartado es: dadas las componentes de un tensor encontrar todo los valores posibles del par ( T N × TS ), esta representación gráfica denominamos de Círculo de Mohr, y tiene varias aplicaciones prácticas dentro del ámbito de ingeniería. Consideraremos un tensor de segundo orden simétrico y por conveniencia, trabajaremos en el espacio principal (direcciones principales) y supongamos que las componentes normales (autovalores) están ordenadas: TI > TII > TIII . Partiremos de la expresión obtenida en (A.7), i.e.: r ˆ r ˆ r ˆ TS2 + T N2 = t (n) ⋅ t (n) = t (n)

2

(A.28)

x 3′

x 3′

C

T III

TI

S

T II TI

T II

nˆ

eˆ ′3

O

x ′2

eˆ ′2

eˆ 1′

r ˆ t (n) B

x ′2

T III

x1′

A

a)

x1′

b)

Figura A.10: Representación de las componentes (tensor simétrico) en el espacio principal.

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

150

r

ˆ

Las componentes del vector proyección t (n) , para un plano arbitrario, fueron obtenidas en la ecuación (A.1). Fijemos ahora que nˆ es el versor del plano respecto a los ejes principales. r ˆ Las componentes de t (n) = T ⋅ nˆ , en el espacio principal, (Figura A.10b), son: ˆ

ˆ

ˆ

t 1(n) = TI n1 ; t (2n) = TII n 2 ; t 3(n) = TIIIn 3 r ˆ r ˆ El producto escalar t (n) ⋅ t (n) en este espacio será: r ˆ r ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ t (n) ⋅ t (n) = t i(n) eˆ ′i ⋅ t (jn) eˆ ′j = t i(n) t (jn) δ ij = t i(n) t i(n)

(A.29)

ˆ

(A.30)

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

= t 1(n) t 1(n) + t (2n) t (2n) + t 3(n) t 3(n) 2 2 = TI2 n12 + TII2 n 22 + TIII n3

Combinando las expresiones (A.28) y (A.30), obtenemos que: 2 2 TS2 + T N2 = TI2 n12 + TII2 n 22 + TIII n3

(A.31)

La componente normal T N , en el espacio principal, viene expresada de la forma: r ˆ T N = t (n) ⋅ nˆ = Tij n j n i = TI n12 + TII n 22 + TIIIn 32

(A.32)

donde utilizamos la expresión (A.4). Considerando la restricción: n i n i = 1 , n12 = 1 − n 22 − n 32 , y reemplazándola en la relación anterior (A.32) hallamos el valor de n 22 : T N = TI (1 − n 22 − n 32 ) + TII n 22 + TIIIn 32

⇒

n 22 =

T N − T III n 32 + TI n 32 − TI ( TII − TI )

(A.33)

Reemplazando también ( n12 = 1 − n 22 − n 32 ) en la ecuación (A.31) obtenemos: TS2 + T N2

2 2 = TI2 n12 + TII2 n 22 + TIII n3

(A.34)

2 2 = TI2 (1 − n 22 − n 32 ) + TII2 n 22 + TIII n3

Sustituyendo n 22 obtenido en (A.33) en la ecuación anterior resulta: TS2 + T N2 = [( TIII − TI )( TIII − TII )] n 32 + TII T N + TI T N − TII TIII

(A.35)

Despejando n 32 ; n 32

( T N − TI )( T N − TII ) + TS2 = ( TIII − TI )( TIII − TII )

(A.36)

Análogamente, podemos obtener n12 y n 22 , resultando: n12 =

( T N − TII )( T N − TIII ) + TS2 ≥0 ( TI − TII )( TI − TIII )

(a)

n 22 =

( T N − TIII )( T N − TI ) + TS2 ≥0 ( TII − TIII )( TII − TI )

(b)

( T N − TI )( T N − TII ) + TS2 ≥0 = ( TIII − TI )( TIII − TII )

(c)

n 32

(A.37)

Considerando que TI > TII > TIII podemos verificar que las ecuaciones (A.37) (a) y (c) tienen denominadores positivos, como consecuencia sus numeradores deberán ser

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

APÉNDICE A: REPRESENTACIÓN GRÁFICA DE UN TENSOR

151

positivos, pues el miembro de la izquierda es positivo ( n i2 ≥ 0 ). Sin embargo, la ecuación (A.37) (b) tiene denominador negativo, por lo que su numerador tendrá que ser negativo, es decir:

[( T =

]

 − TII )( T N − TIII ) + TS2 ≥ 0 ≥ 0 [( TI − TII )( TI − TIII )] > 0  ( T N − TII )( T N − TIII ) + TS2 ≥ 0  2  ( T N − TIII )( T N − TI ) + TS ≤ 0  n 22 = ≥ 0  ⇒ ( T N − TIII )( T N − TI ) + TS2 ≤ 0 [( TII − TIII )( TII − TI )] < 0   2 ( T N − TI )( T N − TII ) + TS ≥ 0 2  T T T T T ( − )( − ) + ≥ 0 I II N N S n 32 = ≥0  [( TIII − TI )( TIII − TII )] > 0   n12

N

[

]

[

]

(A.38)

Expandiendo las desigualdades anteriores (A.38) y factorizando, resultan: TS2 + [T N − 12 ( TII + TIII )] ≥ [12 ( TII − TIII )] 2

2

TS2 + [T N − 12 ( TI + TIII )] ≤ [12 ( TI − TIII )] 2

2

(A.39)

TS2 + [T N − 12 ( TI + TII )] ≥ [12 ( TI − TII )] 2

2

Las ecuaciones anteriores son ecuaciones de círculos. El primer círculo, de centro 1 ( TII + TIII ) y radio 12 ( TII − TIII ) , nos indica que los puntos factibles para el par ( T N ; TS ) 2 estarán en el exterior del círculo C1 , incluyendo la circunferencia, ver Figura A.11. El 1 segundo círculo, de centro 2 ( TI + TIII ) y radio 12 ( TI − TIII ) , nos indica que los puntos factibles estarán en el interior de la circunferencia C 2 , incluyendo la circunferencia. La tercera ecuación nos indica que los puntos factibles serán exteriores a la circunferencia C3 , cuya circunferencia tiene radio 12 ( TI − TII ) y centro 12 ( TI + TII ) . Teniendo en cuenta las tres ecuaciones, la zona factible será la zona señalada en gris de la Figura A.11, incluyendo las circunferencias C1 , C 2 , C 3 . zona factible TS

TII

TIII

C3

TI

TN

C1 C2

Figura A.11: Círculo de Mohr – zona factible. En el círculo de Mohr podemos identificar los valores máximos de TS max obtenidos en el subapartado anterior, de forma mas sencilla, ver Figura A.12.

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

152

TIII

TIII

Punto N

TIII

Punto M

TII

TII

TII TI

Punto Q

TI

Punto N ′

TI

Punto M ′

Punto Q′

TS

M

TS max N

Q

TIII

TII

Q′

TI = T N max

TN

N′

M′

Figura A.12: Círculo de Mohr. A.3.1.1

Obtención Gráfica del Vector Proyección en el Círculo de Mohr

A continuación explicaremos como encontrar la dirección de un plano arbitrario en el Círculo de Mohr. Esto es útil porque una vez encontrada la dirección de la normal del plano en el círculo de Mohr, la tensión normal ( T N ) y tangencial ( TS ) podrán obtenerse r

ˆ

gráficamente, ya que asociado a esta dirección sólo habrá un vector proyección t (n) . La normal debe cumplir la siguiente condición: nˆ i nˆ i = 1 nˆ 12 + nˆ 22 + nˆ 32 = 1 2

 nˆ  nˆ 1    +  2  1  1 

2

 nˆ   +  3   1

2

  =1  

(A.40)

que es la ecuación de una esfera de radio 1 centrada en el origen. Es decir, la superficie de la esfera de radio uno es el lugar geométrico posible de nˆ i .

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

APÉNDICE A: REPRESENTACIÓN GRÁFICA DE UN TENSOR

153

TIII C

K

nˆ γ

α

H

Q

eˆ ′3

eˆ 1′

G

F

TIII

nˆ γ

β

O

eˆ ′2

α

TII

TI

B

O

β

A

TII E

D

TI

b)

a)

Figura A.13: Lugar geométrico del vector nˆ . Consideremos los cosenos directores del vector nˆ : nˆ 1 = cos(α ) , nˆ 2 = cos(β) , nˆ 3 = cos(γ ) , Figura A.13(a). En un octante de la esfera, Figura A.13(b), esta normal está representada →

por el vector OQ . El objetivo ahora es identificar el punto Q en el círculo de Mohr. Una vez identificado, el vector proyección correspondiente será el vector con origen en el punto o de la Figura A.14 y final en el punto q . Los vectores situados en el arco FD forman un ángulo α con el eje TI ; los vectores situados en el arco EG forman un ángulo β con el eje TII y los vectores situados en el arco KH forman un ángulo γ con el eje TIII . Por tanto, la intersección de estos tres arcos será el punto Q , es decir, la dirección de la normal nˆ . Si además podemos identificar los tres arcos en el círculo de Mohr, el punto Q queda definido. Identificación de Arco FD en el Círculo de Mohr Los vectores proyecciones correspondientes a las normales situadas en la semicircunferencia CA de la Figura A.13(b) estarán situados en el círculo de Mohr en la semicircunferencia ca ( TIII − TI ), de la Figura A.14. Un punto arbitrario del cuarto de circunferencia ( CA ), por ejemplo el punto F de la Figura A.13(b), será identificado en el círculo de Mohr cuando una recta con origen en σ III y con ángulo α , como indica la Figura A.14, intercepte la semicircunferencia ca mostrando el punto f , que es el correspondiente punto F de la esfera. Por otro lado, el arco FD es paralelo al cuarto de circunferencia, BC que se corresponde con la semicircunferencia bc ( TII − TIII ) en el círculo de Mohr. Por último, el arco FD estará representado en el círculo de Mohr por una semicircunferencia concéntrica a la semicircunferencia TII − TIII y que pase por el punto f , ver Figura A.14. El punto q , por tanto, se encontrará en el arco fd . Identificación del Arco KH en el Círculo de Mohr El punto K , en el círculo de Mohr, se corresponde con la intersección de la semicircunferencia ca ( TI − TIII ) y de la recta con origen en TI y ángulo de γ , ver Figura Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

154

A.14. Una vez identificado el punto K en el círculo de Mohr, representado por k , el arco KH deberá ser concéntrico a la semicircunferencia ab ( TI − TII ) y pasando por el punto k , obtenemos así el punto h que es el equivalente punto H de la esfera. La intersección de los dos arcos, fd y kh , nos proporciona el punto q . Aunque no es necesario, identificaremos el arco EG por razones didácticas. Identificación del Arco EG en el Círculo de Mohr El punto E de la esfera estará representado en el círculo de Mohr por la intersección de la semicircunferencia ab ( TI − TII ) y la recta con origen en TI y que forma un ángulo β con TII . Una vez identificado el punto e , trazamos el arco eg que será concéntrico con la semicircunferencia ac ( TI − TIII ), ver Figura A.14. El arco eg tendrá que contener el punto q , como se indica en la Figura A.14. r ˆ t (n)

r TS TS

r TN

sˆ

f

q

TS

g

r ˆ t (n) TIII , c

nˆ

h d

α

o

k

e β

TN

TII , b

γ

TI , a

TN

Figura A.14: Vector proyección arbitrario en el círculo de Mohr.

A.4 Elipsoide del Tensor Consideremos un tensor simétrico de segundo orden T , y sus autovalores representados por T1 , T2 y T3 . En el espacio principal de T se cumple que:

r ˆ T ⋅ nˆ = t (n)

componente  s →

t 1(nˆ ) = T1nˆ 1  ˆ (n ) t 2 = T2 nˆ 2  (nˆ ) t = T3nˆ 3  3

⇒

ˆ  t 1(n) nˆ 1 = T1  ˆ  t (2n) ˆ n =  2 T2   (nˆ ) nˆ 3 = t 3  T3

(A.41)

El objetivo ahora es: obtener la superficie, en el espacio principal, que describe el vector r ˆ t (n) para todos los valores posibles de nˆ .

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

APÉNDICE A: REPRESENTACIÓN GRÁFICA DE UN TENSOR

155

Teniendo en cuenta que un versor ( nˆ ) cumple que nˆ 12 + nˆ 22 + nˆ 32 = 1 (módulo unitario), y reemplazando los valores de nˆ i dados por (A.41), obtenemos que: T12

ˆ 2

ˆ 2

ˆ 2

t 1(n)

+

t (2n)

T22

+

t 3(n)

T32

(A.42)

=1

Que representa una superficie (elipsoide) en el espacio principal de T . Cuando dos autovalores son iguales tenemos el caso de un elipsoide de revolución. Cuando los tres autovalores son iguales la superficie será una esfera. Por eso, los tensores que presentan esta característica se denominan Tensores Esféricos, y cualquier dirección será una dirección principal. ˆ

x 2′ , t (2n)

ˆ

x1′ , t 1(n)

T2 T1 nˆ

r ˆ t (n)

T3 ˆ

x3′ , t (3n)

Figura A.15: Elipsoide del tensor.

A.5 Representación Gráfica de la Parte Esférica y Desviadora A.5.1

Tensiones Octaédricas

Consideremos el espacio principal del tensor T y un plano octaédrico ABC , que por definición, es un plano cuya normal nˆ forma el mismo ángulo ( α ) con los ejes principales, ver Figura A.16. La normal a este plano obtenemos fácilmente partiendo de la condición que nˆ i nˆ i = nˆ 12 + nˆ 22 + nˆ 32 = 1 , ya que nˆ 1 = nˆ 2 = nˆ 3 , resulta que 3nˆ 12 = 1 , luego, la normal al r ˆ plano resulta ser nˆ i = [ 13 13 13 ] . A este plano está asociado un vector octaédrico t (n) . r

El vector normal a este plano se la denomina Vector Normal Octaédrica ( T Noct ) y el vector r

tangencial denominamos de Vector Tangencial Octaédrica ( TSoct ), ver Figura A.16. En el espacio de las direcciones principales, el vector tensión es: r ˆ T T T t (n ) = T ⋅ nˆ = 1 eˆ 1′ + 2 eˆ ′2 + 3 eˆ ′3 3 3 3

(A.43)

A partir del vector octaédrico, asociado al plano ABC , dado por la relación (A.45), r obtenemos el módulo del vector T Noct , denominada de componente normal octaédrica, a través de la forma:

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

156

r ˆ = t (n) ⋅ nˆ

T Noct

T   eˆ ′ eˆ ′ T eˆ ′  T =  1 eˆ 1′ + 2 eˆ ′2 + 3 eˆ ′3  ⋅  1 + 2 + 3  3 3   3 3 3  3 I 1 1 = ( T1 + T2 + T3 ) = Tii = σ = Tm 3 3 3 r T Noct - vector normal octaédrica r TSoct - vector tangencial octaédrica

T3

r (nˆ ) t

C

r TSoct

T2

O

nˆ

α α

(A.44)

r T Noct

OA = OB = OC

T1

α B

T2

1 ˆn i = 1 1 3 1

trisectriz

T3

A T1

Figura A.16: Vector tensión en el plano octaédrico. En el espacio de las direcciones principales se cumple que: r ˆ T T T t (n ) = T ⋅ nˆ = 1 eˆ 1′ + 2 eˆ ′2 + 3 eˆ ′3 3 3 3

(A.45)

A partir del vector octaédrico, asociado al plano ABC , dado por la relación (A.45), r obtenemos el módulo del vector T Noct , denominado de componente normal octaédrica, a través de la forma: T Noct

r ˆ = t (n) ⋅ nˆ

T eˆ ′  T   eˆ ′ eˆ ′ T =  1 eˆ 1′ + 2 eˆ ′2 + 3 eˆ ′3  ⋅  1 + 2 + 3  3 3   3 3 3  3 Iσ 1 1 = ( T1 + T2 + T3 ) = Tii = = Tm 3 3 3

(A.46)

El módulo del vector tangencial octaédrico, definido como Componente Tangencial Octaédrica ( TSoct ), será: TSoct

2

r ˆ r ˆ 2 = t (n) ⋅ t (n) − T Noct 1 1 2 = T12 + T22 + T32 − [T1 + T2 + T3 ] 3 9 1 = 2 I T2 − 6 II T 9

[ (

]

)

(A.47)

La ecuación anterior también puede ser expresada como:

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

APÉNDICE A: REPRESENTACIÓN GRÁFICA DE UN TENSOR

TSoct

=

1 3

(T1 − T2 )2 + (T2 − T3 )2 + (T3 − T1 )2

=

1 3

(T11 − T22 )2 + (T22 − T33 )2 + (T33 − T11 )2 + 6 (T122 + T232 + T132 )

=

157

(A.48)

−2 II dev 3 T

o en función de los valores principales del tensor desviador T dev : TSoct =

(T ) + (T ) + (T ) dev 2 1

dev 2 2

dev 2 3

(A.49)

3

Podemos observar que las componentes octaédricas normal y tangencial son las mismas para los 8 planos octaédricos, ver Figura A.17. Pudiendo entonces, resumir las distintas formas de expresar las componentes normal y tangencial octaédricas: T Noct =

TSoct

IT = Tm 3

Componente normal octaédrica

(A.50)

Componente tangencial octaédrica

(A.51)

(T ) + (T ) + (T ) dev 2 1

1 −2 2 I T2 − 6 II T = = II dev = 3 3 T

dev 2 2

dev 2 3

3 T3

r T Noct

r T Noct

r TSoct

r T Noct r TSoct

T2

r TSoct

r TSoct r T Noct

T1

Figura A.17: Vectores sobre los planos octaédricos. Consideremos una vez más el espacio definido por las direcciones principales, representado por la base ortonormal ( eˆ 1′ , eˆ ′2 , eˆ ′3 ), Figura A.18. En este espacio plotamos las coordenadas de los valores principales de T , el cual denotamos por el punto P .

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

158

Eje esférico Π′

T1

P ( T1 , T 2 , T 3 )

T1 = T2 = T3

q A(Tm , Tm , Tm )

eˆ 1′

Π

p α

O eˆ ′2

1 ˆn i = 1 1 3 1

α

nˆ α

Plano desviador eˆ ′3

(Plano octaédrico)

T3

T2

Plano desviador Π (Plano de Nadai)

Figura A.18: Espacio principal. En este espacio, considere el segmento de recta OA que pasa por el origen, según la dirección de nˆ . Cualquier punto de esta línea está caracterizado por el estado tensorial T1 = T2 = T3 , denominándose, por tanto, eje esférico. Cualquier plano perpendicular al eje esférico será un plano desviador (o plano octaédrico). Un plano desviador particular es el plano que pasa por el origen, denominado plano- Π , en este caso la ecuación del plano es T1 + T2 + T3 = 0 , ver Figura A.18. Cualquier punto en el plano Π representa un estado desviatórico puro. Considerando un estado tensorial arbitrario en un punto P representado por los valores principales ( T1 , T2 , T3 ), como se indica en la Figura A.18, podemos establecer algunas características interesantes. Este punto ( P ) pertenecerá a un plano desviador Π ′ , →

→

→

definiéndose así los siguientes vectores: OP , OA y AP . →

El vector OP puede ser expresado en función de los valores principales de la forma: →

(A.52)

OP = T1eˆ 1′ + T2 eˆ ′2 + T3 eˆ ′3 →

Según la Figura A.18, el módulo de OA es: →

→ OA = p = OP⋅ nˆ

 eˆ ′ eˆ ′ eˆ ′  = (T1eˆ 1′ + T2 eˆ ′2 + T3 eˆ ′3 ) ⋅  1 + 2 + 3  3 3  3 T1 + T2 + T3 = 3 3 Tm = = 3 Tm = 3 TSoct 3

p = 3 Tm = 3 TSoct

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

(A.53)

(A.54)

Por: Eduardo W.V. Chaves

APÉNDICE A: REPRESENTACIÓN GRÁFICA DE UN TENSOR

159

→

Por tanto, podemos escribir el vector OA como: →

OA

→

= OA nˆ  eˆ ′ eˆ ′ eˆ ′  = 3 Tm  1 + 2 + 3  3 3  3 ˆ ˆ ˆ ′ ′ ′ T T T = m e1 + m e 2 + m e 3

(A.55)

→

El punto A tiene las coordenadas ( Tm , Tm , Tm ). Una vez definidos los vectores OP y →

→

OA , utilizamos la suma de vectores para obtener el vector AP , ver Figura A.18: →

→

→

(A.56)

AP = OP − OA

Considerando las expresiones (A.52) y (A.55), la relación anterior resulta: AP = T1 eˆ 1′ + T2 eˆ ′2 + T3 eˆ ′3 − (Tm eˆ 1′ + Tm eˆ ′2 + Tm eˆ ′3 ) = ( T1 − Tm )eˆ 1′ + ( T2 − Tm )eˆ ′2 + ( T3 − Tm )eˆ ′3 →

(A.57)

= T1dev eˆ 1′ + T2dev eˆ ′2 + T3dev eˆ ′3

Empleando la definición Tijdev = Tij − Tm δ ij , la expresión anterior puede escribirse de la forma: →

(A.58)

AP = T1dev eˆ 1′ + T2dev eˆ ′2 + T3dev eˆ ′3 →

Las componentes del vector AP representan las componentes del tensor desviador Tijdev . →

El módulo de AP será:

(T ) + (T ) + (T )

→

dev 2 1

q = AP =

dev 2 2

dev 2 3

= I T2 dev − 2 II T dev = − 2 II T dev

(A.59)

Teniendo en cuenta la expresión de TSoct dada por (A.49), aún podemos decir que: q = − 2 II T dev = 3 TSoct

(A.60)

→

También podríamos haber obtenido el módulo de AP utilizando el teorema de Pitágoras: →

AP

2

→

→

2

= OP − OA

→

⇒ AP =

2

= T12 + T22 + T32 −

1 (T1 + T2 + T3 )2 3

(

)

2 2 T1 + T22 + T32 − T1 T2 − T2 T3 − T3 T1 = q 3

(A.61) (A.62)

donde q indica lo alejado que el estado tensorial del punto P está del estado esférico, ver Figura A.18. Podemos obtener la proyección del espacio principal sobre el plano Π , ver Figura A.19, →

para determinar la orientación de AP .

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

160

Π′ , Π

T1′

T1 Q′

P q

θ

cos α =

eˆ 1′

eˆ 1′′ q cos θ

α

1 3

nˆ

O

eˆ ′2 , eˆ ′3

120 º

T2 , T3

T2′

T3′

Figura A.19: Proyección de las tensiones principales sobre el plano de Nadai. Para obtener las componentes del versor eˆ 1′′ = a1eˆ 1′ + a 2 eˆ ′2 + a 3 eˆ ′3 , Figura A.19, consideremos el sistema principal como muestra en la Figura A.20, donde se cumple que cos β = sin α =

2 3

= a1 , a 2 = a 3 , y además teniendo en cuenta que el eje esférico es

ortogonal al plano desviador obtenemos que: 1 ˆ (e1′ + eˆ ′2 + eˆ ′3 ) = 0 eˆ 1′′ ⋅ nˆ = (a1 eˆ 1′ + a 2 eˆ ′2 + a 3 eˆ ′3 ) ⋅ 3 1 (a1 + a 2 + a3 ) = 0 ⇒ 3 ⇒ a 2 + a 3 = −a1 = −

2 3

=−

(A.63)

2 6

Y además: 1 2 1 a 2 = a 3 = − a1 = − =− 2 2 3 6

(A.64)

1 eˆ 1′′ = ( 2eˆ 1′ − eˆ ′2 − eˆ ′3 ) 6

(A.65)

Resultando así:

Obtenemos así la proyección del vector OP según la dirección de eˆ 1′′ como: OP ⋅ eˆ 1′′ = ( T1dev eˆ 1′ − T2dev eˆ ′2 − T3dev eˆ ′3 ) ⋅ =

1 6

(2 T1dev

−

T2dev

−

T3dev )

1 6

( 2eˆ 1′ − eˆ ′2 − eˆ ′3 )

(A.66)

= q cos θ

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

APÉNDICE A: REPRESENTACIÓN GRÁFICA DE UN TENSOR

161

T3

T1

nˆ

2

eˆ 1′ eˆ 1′′

β α

eˆ ′3

3 T2

eˆ ′2

Figura A.20: Espacio principal. Considerando que T1dev + T2dev + T3dev = 0 ⇒ − T1dev = T2dev + T3dev y reemplazando en la ecuación anterior resulta: q cos θ = OP ⋅ eˆ 1′′ =

1 6

(2 T1dev + T1dev ) =

3 6

T1dev =

3 dev T1 2

(A.67)

Considerando que q = − 2 II T dev , tenemos: q cos θ =

3 dev T1 2

− 2 II T dev cos θ =

3 dev T1 2

cos θ =

3 2

T1dev − 2 II T dev

(A.68) ⇒

T1dev =

2 3

− II T dev cos θ

Análogamente podemos obtener T2dev , T3dev . Pudiendo así representar las tensiones principales, Tij = Tm δ ij + Tijdev , explícitamente como:  T1 0   0

0 T2 0

0   Tm 0  =  0 T3   0  Tm =  0  0

0 Tm 0 0 Tm 0

0   T1dev  0  +  0 Tm   0

0 T2dev 0

0  2 0  + − II T dev 3 Tm 

0   0  T3dev  cos θ 0  cos(θ −  0  0 0 

  2π ) 0 3  cos(θ + 23π ) 0

(A.69)

siendo 0 ≤ θ ≤ π / 3 . El estado de tensión puede expresarse según el sistema ( p, q, θ ), que son las denominadas coordenadas de Haigh-Westergaard:

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO: CONCEPTOS BÁSICOS

162

 T1 0   0

0 T2 0

cos θ  0 0 0  p 0 0 1  2     2π q 0 0= 0 p 0 + cos(θ − 3 ) 0   3 3 2π   0  0 0 p  T3  0 cos( ) θ + 3   4444424444444 1442443 144 3 Parte Esférica

(A.70)

Parte Desviadora

Reemplazando el cos θ dado por la expresión (A.68) en la siguiente relación trigonométrica cos 3θ = 4 cos 3 θ − 3 cos θ , hallamos que:   3 cos 3θ = 4  2  cos 3θ =

(

3

    3  − 3   2  

T1dev − II T dev

3 3

2 − II T dev

)

3

 

(

)

3 T1dev

T1dev − II T dev

    

(A.71)

+ T1dev II T dev  

considerando II T dev = ( T1dev T2dev + T2dev T3dev + T1dev T3dev )   3 cos 3θ = 4  2  cos 3θ =

(

3

T1dev − II T dev

3 3

2 − II T dev

)

3

    3  − 3  2   

(

 dev  T1 

    

T1dev − II T dev

) + (T ) (1T 42 + T )+ T T T 4 43 4 14 4244 3 3

cos 3θ =

dev 2 1

dev 2

dev 3

− T1dev

3 3 III T dev

(

2 − II T dev

)

3

dev 1

dev 2

J3

dev 3

  

(A.72)

(A.73)

Al ser II T dev , III T dev invariantes, cos 3θ también lo es.

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

Por: Eduardo W.V. Chaves