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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). Serár simbolizado por una letra en negrita con una flecha en la parte 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 B ÁSICOS

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

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: por:

Suma:

r

r

r

r

r

(1.1)

c =a+b=b+a r

a

r

r

d

c

r

a

r

c

r

−b

r

r

b

b

a)

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

r

r

Figuraa 1.1( 1.1(b), b), será será otr otroo vecto vectorr ( d ) dad dadoo por: por: Resta: La resta de dos vectores ( a , b ), ver Figur r

r

r

(1.2)

d=a−b r

r

r

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

r

r

r

r

r

r

r

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

(1.3) 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 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

θ=0 º a ⋅ a = a a cos θ    → a ⋅ a = a a ⇒ a = a ⋅ a

λ =1

λ >1

λ<0 r

r

r

a

a

0 < λ <1 r

λa

(1.5)

r

a

a r

λa

r

λa

Figura 1.2: Producto de un vector por un escalar. Vector Unitario Unitario (versor) (versor) r

Dado un vector a , el versor (vectorr unitario) asociado a esta dirección será un vector aˆ con la misma dirección y sentido de a , definido por: r

a

aˆ = r a r

(1.6)

r

donde a es el módulo del vector a . Si aˆ es un vector unitario, entonces debe cumplir que: aˆ = 1

(1.7)

Vector Nulo Nulo

El vector nulo viene representado por: r

(1.8)

0

Vector Proyección Proyección r

r

El vector proyección del vector a sobre el vector b (Figura 1.3(b)) será un vector con la r r dirección de b y con módulo de valor projbr a dado por: r

r

projbr a = a ⋅ bˆ

(1.9)

r

donde bˆ es el versor según la dirección de b , luego se cumple que: r

projbr a =

r r

a ⋅b r

b

Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ªEdición)

(1.10)



14

0≤θ≤π

r

a

θ

r

a

.

θ

r

r

b

r

b

projbr a

a)

b) Figura 1.3: Producto escalar. r

r

Podemos obtener el vector projbr a como su módulo projbr a multiplicado por el versor r

según la dirección de b : r r r

r

r a⋅b r r r = r r b b b b b

a⋅b b

r

projbr a =

(1.11)

1 424 3 escalar

Ortogonalidad

de dos vectores:

Dos vectores son ortogonales entre sí cuando se cumple la siguiente condición: r r

a⋅b = 0

(1.12)

Producto Vectorial r

r

r

El producto vectorial de dos vectores a y b da como resultado un tercer vector c que se caracteriza por ser perpendicular a estos dos vectores (Figura 1.4), y que posee las siguientes características: Representación: 

r

r

r

r

r

(1.13)

c = a ∧ b = −b ∧ a 

r

r

r

Dado que c es perpendicular a a y a b , se cumple entonces que: r r

r r

a⋅c = b ⋅c = 0 

(1.14)

r

El módulo de c es por definición: r

r r

c = a b sin θ

(1.15) r

r

siendo θ el menor ángulo formado entre los vectores a y b , ver Figura 1.4. El módulo del producto vectorial es el área ( A ) del paralelogramo formado por estos dos vectores, ver Figura 1.4(a): r

r

A = a ∧ b

(1.16)

y como consecuencia el área del triangulo formado por los puntos será: A T =

1 r 2

r

a∧b


OCD (Figura

1.4(b)) (1.17)


1 TENSORES

15

r

r

r

r

Si a y b son colineales (linealmente dependiente, i.e. a = αb , donde α es un escalar), el r producto vectorial entre ellos resultará el vector nulo, 0 . r

r

r

c

r

D

r

b

b

..

D

r

c = a∧b

A

θ

r

O

. O .

C

a

θ

r

r

A T r

C

a r

−c =b∧a

a)

b) Figura 1.4: Producto vectorial.

Triple Producto Escalar r r r

Dados tres vectores ( a, b, c ) se denomina el triple producto escalar a: r

r

r

r

r

r

r

r

r

a ⋅ b ∧ c = b ⋅ (c ∧ a) = c ⋅ a ∧ b = V r

r

r

(

r

)

r

r

r

r

r

(

V = −a ⋅ c ∧ b = −b ⋅ (a ∧ c ) = −c ⋅ b ∧ a

(1.18)

)

El resultado de esta operación es el volumen del paralelepípedo ( V ) formado por estos tres vectores, tal y como se muestra en la Figura 1.5. r

r

r

r

Luego, para vectores cualesquiera a , b se cumple que: r

r

a⋅ b ∧ a = 0 r

r

r

(1.19)

r

Dados los vectores a , b , c , d , y α , β escalares, la siguiente propiedad es válida: r r r r r r r r r r (α a + β b) ⋅ (c ∧ d) = α a ⋅ (c ∧ d) + β b ⋅ (c ∧ d)

(1.20)

NOTA:

Algunos rautores representan el triple producto escalar por la siguiente r r r r r r r r r r r r r r r r r nomenclatura, [a, b, c] ≡ a ⋅ b ∧ c , [b, c, a] ≡ b ⋅ (c ∧ a) , [c, a, b] ≡ c ⋅ a ∧ b , y así sucesivamente. ■

V ≡ Triple producto escalar r

a

∧

r

b

r

r

c

..

V

b

θ

r

a

Figura 1.5: Triple producto escalar.




16

Triple Producto Vectorial r

r

r

r

Dados tres vectores a , b y c , el triple producto vectorial resulta un vector w dado por r r r r w = a ∧ b ∧ c , siendo válidas las siguientes relaciones: r

r

r

(

r

w =a∧ b∧c

)

r

r

r

r

r

r r r

r

r r r

= −c ∧ (a ∧ b ) = c ∧ (b ∧ a ) = (a ⋅ c ) b − (a ⋅ b )c

(1.21)

r

Observemos que el vector w es un vector contenido en el plano Π1 , formado por los vectores r r b y c , según se muestra en la Figura 1.6. Π1 Π2

r

r

r

r

Π1 - plano formado por b y c

r

r

Π 2 - plano formado por a y b ∧ c

c r

r

w contenido en el plano Π1

b r

a r

r

b∧c

r

w

Figura 1.6: Triple producto vectorial. r

r

Ejemplo 1.1: Probar que si a y b son vectores se cumple que: r

r

r r

r

(ar ∧ b )⋅ (ar ∧ b ) = (ar ⋅ ar )(b ⋅ b) − (ar ⋅ b ) Solución:

r

r

(ar ∧ b)⋅ (ar ∧ b )

r

r

r

(r

2

)

r

2

= a ∧ b = a b sin θ = a r

2

r

2

= a = a

r

2

r

2

b b

(1 − cos θ) =

(r

r

2

a

r

)

2

2

r

b r

− a b cos θ = a

r r r r

r r

= (a ⋅ a)(b ⋅ b ) − (a ⋅ b ) r r

donde hemos considerado que a ⋅ a =

r

a

2

r

2

2

2

b sin 2 θ r

2

− a

2

r

b

2

2

r

2

cos 2 r r 2

b

θ

− (a ⋅ b )

2

r r

y b ⋅ b =

r

b

2

.

Transformación Lineal

Decimos que una transformación F es una transformación lineal cuando dados dos r r vectores u y v y un escalar α se cumplen que: 



r r r r F (u + v ) = F (u) + F ( v ) r r F (αu) = α F (u)



1 TENSORES

Ejemplo 1.2: Verificar

17

si para las siguientes transformaciones σ(ε) = E ε y ψ(ε) =

son transformaciones lineales. Solución: σ(ε1 + ε 2 ) = E [ε1 + ε 2 ] = E ε 1 + E ε 2 = σ(ε1 ) + σ(ε 2 ) (transformación lineal)

1 2

E ε 2

σ ( ε) σ (ε 1 + ε 2 ) = σ (ε 1 ) + σ ( ε 2 ) σ (ε 2 ) σ (ε 1 ) ε1

La transformación ψ(ε) = lineal ya que:

ψ (ε 1

1

E ε 2 se

ε2

ε

ε1 + ε 2

demuestra fácilmente que no es una transformación

2 1 1 + ε 2 ) = E [ε1 + ε 2 ]2 = E ε12 2 2 = ψ (ε1 ) + ψ (ε 2 ) + E ε1ε 2

[

1

1

1

2

2

2

+ 2ε1 ε 2 + ε 22 ] = E ε12 + E ε 22 + E 2ε1 ε 2 ≠ ψ (ε 1 ) + ψ ( ε 2 )

ψ ( ε) ψ (ε1 + ε 2 )

ψ (ε 1 ) + ψ (ε 2 ) ψ (ε 2 ) ψ (ε1 )

ε1

ε2

ε1 + ε 2


ε



18

1.3 Sistema de Coordenadas Un tensor es una interpretación matemática de un concepto físico. Sus componentes adoptan valores que dependen del sistema de coordenadas elegido para representarlo, ver Figura 1.7. TENSORES Interpretación matemática de conceptos físicos (Independiente del sistema de coordenadas)

COMPONENTES

Representación del Tensor en un Sistema de Coordenadas

Figura 1.7: Esquema tensor-componentes. r

Consideremos un tensor de orden uno ( a ) como el representado en la Figura 1.8(a), la representación de este tensor en un sistema de coordenadas genérico ( ξ1 , ξ 2 , ξ 3 ) se hace a través de sus componentes ( a1 , a 2 , a 3 ), ver Figura 1.8(b). ξ3

ξ2 r

a ( a1 , a 2 , a 3 ) r

r

a

a

a)

b)

ξ1

Figura 1.8: Representación de un vector. Los sistemas de coordenadas pueden ser de varios tipos: coordenadas curvilíneas, coordenadas cartesianas rectangulares, coordenadas cilíndricas y coordenadas esféricas, entre otros.

1.3.1

Sistema de Coordenadas Rectangulares

El sistema de coordenadas cartesianas rectangulares viene definido por tres vectores: î , jˆ , ˆ , los cuales constituyen una base ortonormal. Se entiende por base ortonormal, aquella que k satisface las siguientes propiedades: 1. Los vectores que forman esta base son unitarios (versores): î = jˆ = k ˆ =1

(1.22)

o lo que es igual: Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)


1 TENSORES

19

î ⋅ î = jˆ ⋅ jˆ = k ˆ ⋅ k ˆ =1

(1.23)

2. Los vectores de esta base son ortogonales entre sí, es decir: î ⋅ jˆ = jˆ ⋅ k ˆ = k ˆ ⋅ î = 0

(1.24)

3. El producto vectorial entre los versores que forman esta base cumple lo siguiente: î ∧ jˆ = k ˆ

;

ˆ = î jˆ ∧ k

;

ˆ ∧ î = jˆ k

(1.25)

Para conocer el sentido del vector resultante del producto vectorial utilizamos la regla de la mano derecha, tal y como se indica en la Figura 1.9. î ∧ jˆ = k ˆ

ˆ = î jˆ ∧ k

jˆ

ˆ ∧ î = jˆ k jˆ

jˆ

î

î

î ˆ k

ˆ k

ˆ k

(1.26)

Figura 1.9: Regla de la mano derecha.

1.3.2

Representación de los Vectores en el Sistema de Coordenadas Cartesianas r

En el sistema de coordenadas cartesianas, el vector a (Figura 1.10) está representado por sus componentes ( a x , a y , a z ) como: r

ˆ a = a x î + a y jˆ + a z k

(1.27)

a y r

a jˆ ˆ k

î

a x

a z z

Figura 1.10: Vector en el sistema cartesiano.




20

Las operaciones básicas particularizadas a este sistema de referencia son: 

r

r

Producto Escalar de dos vectores a y b r r

ˆ ) ⋅ (b î + b jˆ + b k ˆ a ⋅ b = (a x î + a y jˆ + a z k x y z ) = (a x b x + a y b y + a z b z ) r r

r

Luego, se cumple que a ⋅ a = a x a x + a y a y + a z a z = a x2 + a y2 + a 2z = a

(1.28) 2

NOTA: La proyección de un vector sobre una dirección determinada obtenemos a

través del producto escalar del vector y del versor que define esa dirección. Como r ejemplo, si quisiéramos obtener la componente del vector a según la dirección r (representado por su versor jˆ ) es suficiente con: a ⋅ jˆ = (a x î + a y jˆ + a z k ˆ ) ⋅ ( jˆ) = a y .■ 

r

módulo del vector a r

a = a x2 + a y2 + a z 2 

(1.29)

r

vector unitario correspondiente al vector a r

a x

a

aˆ = r = a 

î +

a x2 + a y2 + a z 2

a y a x2 + a y2 + a z 2

jˆ +

a z a x2 + a y2 + a z 2

ˆ k

vector nulo r

ˆ 0 = 0 î + 0 ˆj + 0 k 

r

(1.31)

r

Suma de dos vectores a y b r

r

ˆ ) + (b î + b jˆ + b k ˆ a + b = (a x î + a y jˆ + a z k x y z )

(1.32)

ˆ = (a x + b x ) î + (a y + b y ) jˆ + (a z + b z ) k 

r

r

Resta de dos vectores a y b r

r

ˆ ) − (b î + b jˆ + b k ˆ a − b = (a x î + a y jˆ + a z k x y z ) ˆ = (a x − b x ) î + (a y − b y ) jˆ + (a z − b z ) k 

(1.33)

Multiplicación por un escalar λ r

ˆ λa = λa x î + λa y jˆ + λa z k 

(1.30)

(1.34)

r

r

Producto Vectorial de dos vectores a y b î

jˆ

ˆ k

c = a ∧ b = a x

a y

a z =

b x

b y

b z

r

r

r

a y

a z

b y

b z

î −

a x b x

a z ˆ b z

j +

a x

a y

b x

b y

ˆ k

(1.35)

ˆ = (a yb z − a z b y )î − (a xb z − a z b x ) jˆ + (a xb y − a yb x )k

donde el símbolo • ≡ det (•) se emplea para indicar el determinante de una matriz. 

Triple Producto Escalar

r r r

de los vectores [ a, b, c ] en términos de sus componentes viene definido por:



1 TENSORES

r r r V (a, b, c )

r

r

r

r

r

r

r

21

r

r

a x

a y

a z

c x

c y

c z

= a ⋅ ( b ∧ c ) = b ⋅ (c ∧ a) = c ⋅ ( a ∧ b ) = b x b y b z = a x

b y

b z

c y

c z

− a y

b x

b z

c x

c z

+ a z

b x

b y

c x

c y

(1.36)

= a x (b y c z − b z c y ) − a y (b x c z − b z c x ) + a z (b x c y − b y c x ) 

Triple Producto Vectorial

r r r

de los vectores ( a, b, c ) en función de sus

componentes es: r

r

r r r

r

r r r

= (a ⋅ c ) b − a ⋅ b c ˆ = (λ 1b x − λ 2 c x ) î + (λ 1b y − λ 2 c y ) jˆ + (λ 1b z − λ 2 c z ) k

a∧ b∧c

(1.37)

r r

r r

con λ 1 = a ⋅ c = a x c x + a y c y + a z c z , y λ 2 = a ⋅ b = a x b x + a y b y + a z b z . Ejemplo 1.3: Considérense los puntos A(1,3,1) , B (2, − 1,1) , C (0,1,3) y D (1,2,4 ) .

Se pide: →

→

1) Encontrar el área del paralelogramo definido por AB y AC ; →

→

→

2) Encontrar el volumen del paralelepípedo definido por: AB , AC y AD ; →

→

3) Encontrar el vector proyección del vector AB sobre el vector BC . Solución: →

→

1) Primero se calculan los vectores AB y AC : →

→

→

r ˆ − 1î + 3 jˆ + 1k ˆ = 1î − 4 jˆ + 0k ˆ a = AB = OB − OA = 2î − 1 jˆ + 1k

( ) ( ) r → → → ˆ ) − (1î + 3 jˆ + 1k ˆ ) = −1î − 2 jˆ + 2k ˆ b = AC = OC − OA = (0î + 1 jˆ + 3k Utilizando la definición (1.35) se obtiene el producto vectorial: r

î

r

jˆ

ˆ k

ˆ − 4 0 = (−8)î − 2 jˆ + (−6)k −1 − 2 2

a∧b= 1

El área del paralelogramo será igual al módulo del vector resultante del producto vectorial: r

r

A = a ∧ b = (−8) 2 + (−2) 2 + ( −6) 2 = 104 (unidades cuadradas) →

2) Calculando el vector AD : →

→

→

r ˆ − 1î + 3 jˆ + 1k ˆ = 0î − 1 jˆ + 3k ˆ c = AD = OD − OA = 1î + 2 jˆ + 4k

(

) (

)

Utilizando la definición (1.36) obtenemos que: r r r r r r V (a, b, c ) = c ⋅ a ∧ b

ˆ )⋅ (− 8î − 2 jˆ − 6k ˆ) = (0î − 1 jˆ + 3k = 0 + 2 − 18 = 16 (unidades cúbicas) →

3) A continuación calculamos el vector BC : →

→

→

(

) (

)

ˆ − 2î − 1 jˆ + 1k ˆ = −2î + 2 jˆ + 2k ˆ BC = OC − OB = 0î + 1 jˆ + 3k

Utilizando la ecuación (1.11): Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ªEdición)



22

→

proj

→

AB =

BC

→

→

→

→

BC ⋅ AB

→

BC

(− 2î + 2 jˆ + 2k ˆ )⋅ (1î − 4 jˆ + 0k ˆ ) (− 2î + 2 jˆ + 2k ˆ ) (− 2î + 2 jˆ + 2k ˆ )⋅ (− 2î + 2 jˆ + 2k ˆ )

=

BC ⋅ BC 1 42 4 3 →

BC

2

=

(− 2 − 8 + 0 ) ˆ ˆ ˆ (− 2i + 2 j + 2k ) (4 + 4 + 4)

proj

→

→

AB =

BC

1.3.3

5ˆ 5ˆ 5 ˆ i − j − k 3 3 3

Convenio de Suma de Einstein r

Definimos en la expresión (1.27) la representación de un vector a en el sistema de coordenadas rectangular: r

ˆ a = a x î + a y jˆ + a z k

(1.38)

Podemos reescribir la representación anterior como: r

a = a1eˆ 1 + a 2 eˆ 2 + a 3 eˆ 3

(1.39)

ˆ , tal y donde hemos considerado que: a1 ≡ a x , a 2 ≡ a y , a3 ≡ a z , eˆ 1 ≡ î , eˆ 2 ≡ jˆ , eˆ 3 ≡ k como se indica en la Figura 1.11. y

a y ≡ a 2 r

a ˆ2 jˆ ≡ e

î ≡ e ˆ1

a x ≡ a1

ˆ ≡e ˆ3 k

a z ≡ a 3

z

Figura 1.11: Vector en el sistema cartesiano. De esta forma podemos expresar la representación simbólica del vector (1.39) como una suma: r

a = a1eˆ 1

3

+ a 2 eˆ 2

+ a 3 eˆ 3

= ∑ a i eˆ i

(1.40)

i =1



1 TENSORES

23

o simplemente utilizando el convenio de suma o Notación de Einstein , según la cual, se utilizan índices repetidos para indicar suma, así pues la expresión (1.40) queda de la siguiente manera: r

a = a1eˆ 1 + a 2 eˆ 2 + a 3 eˆ 3 = a i eˆ i r

a = a i eˆ i

(i = 1,2,3)

(1.41)

(i = 1,2,3)

NOTA: La

notación de suma fue introducida por Albert Einstein en 1916, dando origen así a la notación indicial. ■

1.4 Notación Indicial Utilizando notación indicial los ejes del sistema de coordenadas son designados por la letra x con un subíndice. Por eso xi no representa un único valor, sino i valores, es decir x1 , x 2 , x3 ( si i = 1,2,3 ) donde estos valores ( x1 , x 2 , x3 ) corresponden respectivamente a los ejes ( x , y , z ). r

En un sistema de coordenadas cartesianas, un vector a será representado por sus componentes en la base del citado sistema de la siguiente forma: r

a = a1eˆ 1 + a 2 eˆ 2 + a 3 eˆ 3

(1.42)

donde eˆ 1 , eˆ 2 , eˆ 3 son versores (vectores unitarios), tal y como se muestra en la Figura 1.12, y a1 , a 2 , a 3 son las componentes del vector. En notación indicial las componentes del vector serán representadas por a i . Si no se indica el rango del subíndice, se supondrá que adopta los valores 1,2,3. Por tanto, las componentes de vector pueden representarse de la siguiente forma:  a1    (a) i = a i = a 2   a 3  r

(1.43)

y ≡ x 2

a2 r

a

eˆ 2

a3

eˆ 1

a1

eˆ 3

x ≡ x1

z ≡ x3

Figura 1.12: Vector en el sistema cartesiano. Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ªEdición)



24

r

Componentes del Vector Unitario: Dado un vector a , el vector unitario asociado a esta dirección será un vector aˆ dado por: r

a

aˆ = r a

aˆ = 1

con

(1.44)

cuyas componentes serán: aˆ i =

ai a +a +a 2 1

2 2

2 3

=

ai a j a j

=

ai a k a k

(i, j , k = 1,2,3)

(1.45)

Los subíndices se denominan de 2 formas: Subíndices libres aquellos que sólo aparecen una vez en un término de la expresión. En la ecuación anterior el subíndice libre es el subíndice ( i ). El número de subíndices libres indica el orden del tensor. Subíndices mudos son los subíndices que se repiten en una expresión indicando suma. En la ecuación anterior (1.45) son, o bien el ( ), o bien el ( k ). OBS.: Un

subíndice en un término de una expresión sólo puede aparecer una o dos veces. En el caso de que aparezca tres o más veces, entonces la expresión es incorrecta. Producto Escalar: Utilizando las definiciones (1.4) y

escalar en notación indicial de la siguiente forma: r r

(1.28), podemos expresar el producto

r r

γ = a ⋅ b = a b cos θ γ = a1b1 + a 2 b 2 + a 3b 3 = a i b i = a j b j

Ejemplo 1.4: Reescribir en notación indicial

1)

a1 x1 x 3

Solución:

(i, j

= 1,2,3)

(1.46)

las siguientes expresiones:

+ a 2 x 2 x 3 + a 3 x 3 x 3 a i x i x 3

(i = 1, 2,3)

2) x1 x1 + x2 x2 Solución:

x i x i

(i = 1, 2)

 a11 x + a12 y + a13 z = b x  3) a 21 x + a 22 y + a 23 z = b y   a 31 x + a 32 y + a 33 z = b z Solución:  a11 x1 + a12 x 2 + a13 x 3 = b1 índice  mudo j  a 21 x1 + a 22 x 2 + a 23 x 3 = b2    →  a x + a x + a x = b  31 1 32 2 33 3 3

 a1 j x j = b1 índice  libre i a 2 j x j = b2    → a ij x j = bi   a 3 j x j = b3

Como podemos apreciar, la utilización de la notación indicial supone que la expresión quede muy concisa. En muchos casos, tratar de realizar manipulaciones algebraicas sin utilizar notación indicial o tensorial es casi imposible debido a la gran cantidad de términos que pueden intervenir. Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)


1 TENSORES

Ejemplo 1.5: Expandir la expresión: Aij x i x j

25

(i, j

= 1,2,3)

Solución: Los

índices i, j son índices mudos (indican suma), no hay índice libre, y como resultado tenemos un escalar. Expandimos primero el índice mudo i y a continuación el índice j , resultando así: expandiend o i

Aij x i x j      → A1 j x1 x j + A2 j x 2 x j + A3 j x 3 x j 1 424 3 1 424 3 1 424 3 A11 x1 x1 A21 x 2 x1 A31 x 3 x1 j o d n e i d n a p x e

+

+

+

A12 x1 x 2

A22 x 2 x 2

A32 x 3 x 2

+

+

+

A13 x1 x 3

A23 x 2 x 3

A33 x 3 x 3

Reagrupando los términos anteriores obtenemos: Aij x i x j = A11 x1 x1 + A12 x1 x 2 + A13 x1 x3 + A21 x 2 x1 + A22 x 2 x 2 + A23 x 2 x3 + A31 x3 x1 + A32 x 3 x 2 + A33 x 3 x3

1.4.1

Delta de Kronecker

El símbolo delta de Kronecker δ ij definimos de la manera siguiente:  1 si i = j  δ ij =   0 si i ≠ j 

(1.47)

Observemos también que el producto escalar de la base ortonormal eˆ i ⋅ eˆ j es 1 si i = j y 0 si i ≠ j . Si lo anterior lo exponemos de forma explícita, obtendremos:  eˆ 1 ⋅ eˆ 1 eˆ 1 ⋅ eˆ 2  eˆ i ⋅ eˆ j = eˆ 2 ⋅ eˆ 1 eˆ 2 ⋅ eˆ 2 eˆ 3 ⋅ eˆ 1 eˆ 3 ⋅ eˆ 2 

eˆ 1 ⋅ eˆ 3 

1 0 0  eˆ 2 ⋅ eˆ 3  = 0 1 0 = δ ij eˆ 3 ⋅ eˆ 3  0 0 1

(1.48)

Una propiedad muy interesante de la delta de Kronecker la demostramos a continuación r con el siguiente ejemplo, sea un vector ( V ) de componentes ( V i ) se cumple: δ ij V i = δ 1 jV 1 + δ 2 jV 2 + δ 3 jV 3

luego, como

(1.49)

( j = 1,2,3) es un índice libre tenemos: j

= 1 ⇒ δ ijV i = δ 11V 1 + δ 21V 2 + δ 31V 3 = V 1 

j

= 2 ⇒ δ ij V i = δ 12V 1 + δ 22V 2 + δ 32V 3 = V 2  ⇒ δ ij V i = V j



 j = 3 ⇒ δ ijV i = δ 13V 1 + δ 23V 2 + δ 33V 3 = V 3 

(1.50)

Es decir, en la presencia del símbolo Delta de Kronecker reemplazamos el índice repetido, tal y como se indica a continuación: δ i j V i = V j

(1.51)

Por esta razón, la delta de Kronecker es frecuentemente llamada operador de sustitución .




26

Otros ejemplos relacionados con este operador se presentan a continuación: δ ij Aik = A jk , δ ij δ ji = δ ii = δ jj = δ 11 + δ 22 + δ 33 = 3 , δ ji a ji = aii = a jj = a11 + a 22 + a 33 También podemos verificar que se cumple que:  ∂ x1   ∂ x1 ∂ xi  ∂ x 2 = ∂ x j  ∂ x1   ∂ x 3  ∂ x1

∂ x1 ∂ x 2 ∂ x 2 ∂ x 2 ∂ x3 ∂ x 2

∂ x1  ∂ x 3  1 0 0 ∂ x 2    = δ = 0 1 0 ij  ∂ x 3    ∂ x 3  0 0 1 ∂ x 3 

(1.52)

r

Sea la base ortonormal eˆ i , podemos obtener las componentes del vector a en esta base como: r

a ⋅ eˆ i = a p eˆ p ⋅ eˆ i = a p δ pi = a i

(1.53)

Con eso, también podemos representar un vector como: r

r

a = a i eˆ i = (a ⋅ eˆ i )eˆ i

(1.54)

Ejemplo 1.6: Resolver las siguientes expresiones: 1) δ ii δ jj δ ii δ jj = (δ 11 + δ 22 + δ 33 )(δ 11 + δ 22 + δ 33 ) = 3 × 3 = 9

Solución:

2) δ α1δ αγ δ γ 1 Solución:

δ α1δ αγ δ γ 1 = δ γ 1δ γ 1 = δ 11 = 1

NOTA: Observar

que es incorrecto hacer la siguiente operación δ γ 1δ γ 1 ≠ δ γγ = 3 ≠ δ 11 = 1 , ya que lo que se reemplaza es el índice repetido ■

1.4.2

Símbolo de Permutación

El símbolo de permutación  ijk viene definido como: + 1 si (i , j , k ) ∈ {(1,2,3), (2,3,1), (3,1,2)}   ijk = − 1 si (i , j , k ) ∈ {(1,3,2), (3,2,1), (2,1,3)} 0 para el resto de casos i.e. : si (i = j ) o ( j = k ) o (i = k )  NOTA:  ijk son

(1.55)

las componentes del pseudo-tensor Levi-Civita , que será definido mas

adelante. ■ Otra forma de expresar este operador es a través de sus subíndices:  ijk =

1 2

(i − j )( j

− k )(k − i )

(1.56)

Los valores de  ijk pueden ser fácilmente memorizados si utilizamos la Figura 1.13(a), en el cual si los valores de los índices están ordenados en el sentido horario el valor de  ijk es igual a 1 y si están ordenados en el sentido antihorario  ijk asumirá el valor − 1 . Con la definición (1.67) y utilizando la Figura 1.13(b) podemos comprobar que las siguientes relaciones son válidas: Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)


1 TENSORES

27

 ijk =  jki =  kij

(1.57)

 ijk = − ikj = − jik = − kji (ijk ) = 1

3

1

i

(ijk ) = −1

ijk = −ikj

2

k

ijk =  jki =  kij  ijk = − ikj

= − kji

j

= − jik

b)

a)

Figura 1.13: Símbolo de permutación. Si expresamos el símbolo de permutación en función de la delta de Kronecker (operador de sustitución), obtenemos:  ijk =  lmn δ li δ mj δ nk

= δ 1i δ 2 j δ 3k − δ 1i δ 3 j δ 2k − δ 2i δ 1 j δ 3k + δ 3i δ 1 j δ 2 k + δ 2i δ 3 j δ 1k − δ 3i δ 2 j δ 1k = δ 1i (δ 2 j δ 3k − δ 3 j δ 2 k ) − δ 1 j (δ 2i δ 3k − δ 3i δ 2 k ) + δ 1k (δ 2i δ 3 j − δ 3i δ 2 j )

(1.58)

lo que es igual al resultado del siguiente determinante: δ 1i  ijk = δ 2i δ 3i

δ 1 j δ 2 j δ 3 j

δ 1k δ 1i δ 2i δ 3i δ 2 k = δ 1 j δ 2 j δ 3 j δ 3k δ 1k δ 2 k δ 3k

(1.59)

Por lo tanto podemos expresar el producto  ijk  pqr como el producto de dos determinantes que definimos a continuación: δ 1i δ 2i δ 3i δ 1 p  ijk  pqr = δ 1 j δ 2 j δ 3 j δ 2 p δ 1k δ 2k δ 3k δ 3 p

δ 1q δ 2 q δ 3q

δ 1r δ 2 r δ 3r

(1.60)

Si tenemos en cuenta que dadas dos matrices cuadradas se cumple que det ( ) = det ( )det ( ) , donde det (•) ≡ • es el determinante de la matriz • , la relación (1.60) resulta ser:  δ 1i δ 2i δ 3i   δ 1 p   ijk  pqr = δ 1 j δ 2 j δ 3 j  δ 2 p δ 1k δ 2 k δ 3k  δ 3 p

Observemos que el término

δ 1q δ 2 q δ 3q

δ 1r   δ 2 r  ⇒ δ 3r 

δ ip  ijk  pqr = δ jp δ kp

δ iq δ jq δ kq

δ ir δ jr δ kr

(1.61)

δ ip

fue obtenido a través de la operación: δ 1i δ 1 p + δ 2i δ 2 p + δ 3i δ 3 p = δ mi δ mp = δ ip , análogamente podemos obtener el resto de términos. Para el caso particular en el que r = k la relación (1.61) puede expresarse como:  ijk  pqk = δ ip δ jq − δ iq δ jp

i, j , k , p, q = 1,2,3


(1.62)



28

Ejemplo 1.7: a) Probar que  ijk  pjk = 2δ ip y que  ijk  ijk = 6 . b) Obtener el valor numérico

de la siguiente expresión  ijk δ 2 j δ 3k δ 1i . Solución: a) Utilizando la expresión (1.62),  ijk  pqk = δ ip δ jq − δ iq δ jp , y haciendo resulta:  ijk  pjk

q = j ,

= δ ip δ jj − δ ij δ jp = δ ip 3 − δ ip = 2δ ip

Partiendo del resultado anterior, es trivial la siguiente comprobación:  ijk  ijk = 2δ ii = 6

b)  ijk δ 2 j δ 3k δ 1i = 123 = 1 El Producto Vectorial de



(1.35), y viene dado por:

r

r

r

dos vectores a y b resultará un vector c , definido en

eˆ 1

eˆ 2

eˆ 3

c = a ∧ b = a1

a2

a 3 = (a 2 b 3 − a 3b 2 )eˆ 1 + (a 3b1 − a1b 3 )eˆ 2 + (a1b 2 − a 2 b1 )eˆ 3

b1

b2

b3

r

r

r

142 4 43 4 c1

14243

14243

(1.63)

c3

c2

Podemos utilizar la definición del símbolo de permutación  ijk , definido en (1.55), y r expresar las componentes de c como: c 1 = 123 a 2 b 3 + 132 a 3b 2 = 1 jk a j b k 



c 2 =  231a 3b1 +  213 a1b 3 =  2 jk a j b k  ⇒ c i =  ijk a j b k



(1.64)

c 3 =  312 a1b 2 +  321a 2 b1 =  3 jk a j b k  r

r

Luego, el producto vectorial, entre dos vectores a , b , podrá ser representado a través del símbolo de permutación como: r

r

a ∧ b =  ijk a j b k eˆ i

a j eˆ j ∧ b k eˆ k = a j b k  ijk eˆ i

(1.65)

a j b k (eˆ j ∧ eˆ k ) = a j b k  ijk eˆ i = a j b k  jki eˆ i

Con lo cual concluimos que: (eˆ j

∧ eˆ k ) =  ijk eˆ i

(1.66)

También podemos relacionar el operador de permutación con la base ortonormal eˆ i a través del triple producto escalar de dicha base: ⇒

eˆ i ∧ eˆ j =  ijm eˆ m 

(eˆ i ∧ eˆ j )⋅ eˆ k =  ijm eˆ m ⋅ eˆ k =  ijm δ mk =  ijk

r r r El Triple Producto Escalar de los vectores ( a, b, c ) viene dado por: r r r λ = a ⋅ b ∧ c = a i eˆ i ⋅ (b j eˆ j ∧ c k eˆ k ) = a i b j c k eˆ i ⋅ (eˆ j ∧ eˆ k ) =  ijk a i b j c k r

r

r

λ = a ⋅ b ∧ c =  ijk a i b j c k

(i , j , k = 1,2,3)

(1.67)

(1.68) (1.69)

ó



1 TENSORES

r

r

r

r

r

r

r

r

29

a1

r

a2

a3

λ = a ⋅ (b ∧ c ) = b ⋅ (c ∧ a) = c ⋅ (a ∧ b ) = b1 b 2 b 3 c1 r

r

r

r

r

r

c2 r

(1.70)

c3 r

r

Demostraremos que se cumplen a ⋅ b ∧ c = b ⋅ (c ∧ a) = c ⋅ a ∧ b partiendo de la relación (1.69), y además teniendo en cuenta las relaciones dadas en (1.57), obtenemos que: r r r r r r [a, b, c ] ≡ a ⋅ b ∧ c

= ijk aib j c k r r r r r r =  jki aib j c k = b ⋅ (c ∧ a) ≡ [b, c, a] r r r r r r =  kij aib j c k = c ⋅ (a ∧ b ) ≡ [c, a, b] r r r r r r = −ikj aib j c k = −a ⋅ (c ∧ b ) ≡ −[a, c, b] r r r r r r = − jik aib j c k = −b ⋅ (a ∧ c ) ≡ −[b, a, c ] r r r r r r = − kji aib j c k = −c ⋅ (b ∧ a) ≡ −[c, b, a]

(1.71)

Observemos que: 1 r r r r r r [a, b, c] = −[a, c, b] = b1

a

a2

a3

a1

a2

a3

b2

b 3 = − c1

c2

c3

c1

c2

c3

b2

b3

b1

(1.72)

con lo cual hemos demostrado que si intercambiamos filas (o columnas) el signo del determinante cambia. Ejemplo 1.8:

Escribir la siguiente relación

r

r

a∧b

r

r

⋅ c ∧ d sin emplear el producto

vectorial. r r Solución: Observemos que el producto vectorial (a ∧ b ) lo podemos expresar de la siguiente r r forma: a ∧ b = a j eˆ j ∧ b k eˆ k =  ijk a j b k eˆ i , cuyo resultado es un vector, donde hemos utilizado la definición del símbolo de permutación (1.65). Análogamente podemos expresar r r r r el producto vectorial c ∧ d como (c ∧ d) =  nlm c l d m eˆ n , por lo tanto: r

r

a∧b

⋅

r

r

c∧d

=  ijk a j b k eˆ i ) ⋅ ( nlm c l d m eˆ n ) =  ijk  nlm a j b k c l d m eˆ i ⋅ eˆ n =  ijk  nlm a j b k c l d m δ in =  ijk  ilm a j b k c l d m

Teniendo en cuenta que  ijk  ilm =  jki  lmi (relación (1.57)) y aplicando la relación (1.62), i.e.:  jki  lmi = δ jl δ km − δ jm δ kl ) =  jki  ilm , concluimos que:  ijk  ilm a j b k c l d m = δ jl δ km − δ jm δ kl a j b k c l d m = a l b m c l d m − a m b l c l d m r r

r r

b m dm = b ⋅ d

Puesto que el subíndice mudo indica el producto escalar: luego: r r r r r

a l c l = (a ⋅ c )

Además, la expresión anterior se cumple para el caso cuando

a = c y b = d , luego

r

a∧b

r

r

r

r

r

r

r r

⋅ c ∧ d = (a ⋅ c ) b ⋅ d

r

(a ∧ b )⋅ (a ∧ b ) = a ∧ b

2

r r r r

r

,

r r

− a⋅d b ⋅c

r r r r

y

r

r

r

r

= (a ⋅ a) (b ⋅ b ) − (a ⋅ b )(b ⋅ a) = a

2

r

b

r

2

r r

− (a ⋅ b )

2

que es la misma expresión demostrada en el Ejemplo 1.1.




30

(r

r

r

) (r

r

) r[

r

r

r

] [r

r

r

]

Ejemplo 1.9: Probar que: a ∧ b ∧ c ∧ d = c d ⋅ (a ∧ b) − d c ⋅ (a ∧ b) Solución: Expresaremos en notación indicial los términos que están la derecha de la igualdad: r

r

r

r

r r r cr d ⋅ (a ) ⋅ (a ∧ b)  = c p [d i ( ijk a j b k )] − d p [c i ( ijk a j b k )] ∧ − b d c    p ⇒  ijk a j b k c p d i −  ijk a j b k c i d p ⇒  ijk a j b k c p d i − c i d p

[

] [

]

Si utilizamos la propiedad de la delta de Kronecker: ⇒  ijk a j b k (δ pm c m d n δ ni − δ im c m d n δ np )

( ijk a j b k )c m d n (δ pm δ ni

⇒

− δ im δ np )

y si consideramos (1.62), resulta: δ pm δ ni − δ im δ np =  pil  mnl . Reemplazamos en la expresión anterior y obtenemos: ⇒ ( ijk a j b k ) c m d n ( pil  mnl ) ⇒  pil [( ijk a j b k ) ( mnl c m d n )] Dado que las componentes de  mnl c m d n , obtenemos que:

r

r

a∧b

son  ijk a j b k y las componentes de r

[(r

r

) (r

 pil [( ijk a j b k ) ( mnl c m d n )] = a ∧ b ∧ c ∧ d

Ejemplo 1.10:

por:

r

r

Si a ,

r

b , c son

r

r

r

son

)]

p

vectores linealmente independientes y r

r

c∧d

r

v un

vector dado

r

r

v = αa + β b + γ c ≠ 0

Probar que los escalares α , β , γ vienen dados por: α=

 ijk v i b j c k  pqr a p b q c r

β =

;

 ijk a i v j c k

;

 pqr a p b q c r

γ =

 ijk a i b j v k  pqr a p b q c r r

r

r

Solución: Haciendo el producto escalar del vector v por el vector ( b ∧ c ) obtenemos que: r

r

r

r

r

r

r

r

r r r 1424 3

r 14243

v ⋅ (b ∧ c ) = αa ⋅ (b ∧ c ) + β b ⋅ (b ∧ c ) + γ c ⋅ (b ∧ c ) =0

Obtenemos entonces el valor de α como:

r

r

=0

r

v ⋅ (b ∧ c )

α= r r r a ⋅ (b ∧ c )

En componentes:

α=

v1

v2

v3

v1

b1

c1

b1

b2

b3

v2

b2

c2

c1

c2

c3

v3

b3

c3

a1

a2

a3

a1

b1

c1

b1

b2

b3

a2

b2

c2

c1

c2

c3

a3

b3

c3

=

=

 ijk v i b j c k  pqr a p b q c r

Análogamente podemos obtener los parámetros β , γ , es decir, hacemos el producto r r r r r escalar del vector v por los vectores a ∧ c y a ∧ b , respectivamente. Ejemplo 1.11: Probar la relación (1.37): r

r

r

r r r

r r r

a ∧ b ∧ c = (a ⋅ c ) b − a ⋅ b c



1 TENSORES

Solución: Teniendo

obtener que: r

r

r

31

r

r

r

en cuenta que (d) i = b ∧ c i =  ijk b j c k y a ∧ d q =  qjk b j c k , podemos

r

[a ∧ (b ∧ cr )]

q

=  qsi a s ( ijk b j c k ) =  qsi  ijk a s b j c k =  qsi  jki a s b j c k

= (δ qj δ sk − δ qk δ sj ) a s b j c k = δ qj δ sk a s b j c k − δ qk δ sj a s b j c k r r r r = a k b q c k − a j b j c q = b q (a ⋅ c ) − c q (a ⋅ b ) r

[r (

r

⇒ a∧ b∧c

r

r

)] = [b(ar ⋅ cr ) − cr (ar ⋅ b)] q

q

1.5 Operaciones Algebraicas con Tensores 1.5.1

Diádicas

El producto diádico de dos vectores (producto tensorial) resultará en un tensor de segundo r r orden. Si consideramos los vectores v y u , el producto diádico vendrá representado por: rr r r (1.73) uv ≡ u ⊗ v = A donde el operador ⊗ denota el producto tensorial . Como veremos más adelante, cualquier tensor puede ser representado a través de combinación lineal de productos diádicos ( diádicas ). Verificaremos también que una diádica es un caso particular de un tensor de segundo orden, Holzapfel(2000). El producto diádico obedece a las siguientes leyes: 1.

r r r r r r r r r (u ⊗ v ) ⋅ x = u( v ⋅ x ) ≡ u ⊗ ( v ⋅ x )

2.

u ⊗ (αv + β w ) = αu ⊗ v + β u ⊗ w

(1.75)

3.

r r r r r r r r r r r (αv ⊗ u + β w ⊗ r ) ⋅ x = α ( v ⊗ u) ⋅ x + β ( w ⊗ r ) ⋅ x r r r r r r = α[v ⊗ (u ⋅ x )] + β [w ⊗ (r ⋅ x )]

(1.76)

r

r

r

r

r

r

(1.74)

r

donde α y β son escalares. Por definición, el producto diádico no posee la propiedad r r r r conmutativa, es decir, u ⊗ v ≠ v ⊗ u . La expresión (1.73) también la podemos expresar en el sistema cartesiano como: r

r

A = u ⊗ v

= (u i eˆ i ) ⊗ ( v j eˆ j ) = u i v j (eˆ i ⊗ eˆ j ) = A ij (eˆ i ⊗ eˆ j )

A =

{

Tensor

A ij

eˆ i ⊗ eˆ j

{

1 424 3

componente s

base

(i, j = 1,2,3)

(1.77)

(i, j = 1,2,3)

(1.78)

Las componentes de un tensor de segundo orden serán representadas de diferentes formas en el desarrollo de este libro:




32

r

r

=2 A u⊗ v 14 43 ↓

(1.79)

componente s

( A ) ij

r

r

↓

= (u ⊗ v ) ij = u i v j = A ij

Dichas componentes pueden estar explícitamente expresadas de forma matricial: ( A ) ij

= A ij =

 A 11 A 12 A 13  =  A 21 A 22 A 23   A 31 A 32 A 33 

(1.80)

Observemos que un tensor de segundo orden tiene 9 componentes independientes. A continuación exponemos la representación de tensores de diferentes órdenes, dos, tres y cuatro, en el sistema cartesiano: U = U ij eˆ i ⊗ eˆ j T = Tijk eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k

(i, j , k , l = 1,2,3)

(1.81)

= I ijkl eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l

OBS.: El orden de un tensor viene dado por el número de subíndices libres en sus

componentes. OBS.: El número de componentes de un tensor viene dado por el máximo valor del rango del subíndice, elevado al número de subíndices libres.

Ejemplo 1.12: ¿ Cuál es el orden de los tensores representados por sus componentes: v i , Φ ijk , Fijj , ε ij , C ijkl , σ ij ? Determinar cuantas componentes independientes tiene el tensor

.

Solución: El orden del tensor viene dado por el número de subíndices libres, luego: r r Tensores de orden uno: v , F ; Tensores de segundo orden: ε , σ ; Tensor de tercer orden:

Φ ; Tensor de cuarto orden:

. El número de componentes de un tensor viene dado por el máximo valor del rango del subíndice, 3 si ( i = 1,2,3 ), elevado al número de subíndices libres. Es decir, para el tensor de cuarto orden, el número de índices libres es 4, luego: 3 4 = (i = 3) × ( j = 3) × (k = 3) × (l = 3) = 81 El tensor de cuarto orden C ijkl tiene 81 componentes independientes.

Dados dos tensores de segundo orden A y B , a continuación definimos algunas operaciones entre ellos: 

Suma

La suma de dos tensores del mismo orden resulta ser un tercer tensor de igual orden: (1.82)

C = A + B = B + A

Las componentes del tensor resultante ( C ) viene representadas por:



1 TENSORES (C ) ij

33

= ( A + B) ij

C ij = A ij + B ij

(1.83)

que de forma matricial expresamos como: = 

(1.84)

+

Multiplicación de un tensor por un escalar

La multiplicación de un tensor de segundo orden ( A ) por un escalar ( λ ) viene definido por un tensor D , tal que: en componente s     →(D) ij = λ( A ) ij D = λ A  

(1.85)

en forma matricial:  A 11 A 12 A 13  =  A 21 A 22 A 23   → λ  A 31 A 32 A 33 

 λ A 11 λ A 12 = λ A 21 λ A 22 λ A 31 λ A 32

λ A 13  λ A 23  λ A 33 

(1.86)

También se cumple que: r r (λ A ) ⋅ v = λ( A ⋅ v )

(1.87)

r

para cualquier vector v . 

Producto Escalar r

El producto escalar de un tensor de segundo orden A por un vector x (tensor de orden r uno) resulta ser otro vector y (tensor de orden uno): r

y

r

= A ⋅ x

δ kl

= ( A jk eˆ j ⊗ eˆ k ) ⋅ ( x l eˆ l ) = A jk x l δ kl eˆ j = A jk x k eˆ j

(1.88)

123 y j

= y j eˆ j

El producto escalar de dos tensores de segundo orden A y B es otro tensor de segundo orden, verificándose que A ⋅ B ≠ B ⋅ A : δ jk C = A ⋅ B = ( A ij eˆ i ⊗ eˆ j ) ⋅ (B kl eˆ k ⊗ eˆ l )

δ jk D = B ⋅ A

= A ij B kl δ jk eˆ i ⊗ eˆ l = A ik B kl eˆ i ⊗ eˆ l

= (B ij eˆ i ⊗ eˆ j ) ⋅ ( A kl eˆ k ⊗ eˆ l ) = B ij A kl δ jk eˆ i ⊗ eˆ l = B ik A kl eˆ i ⊗ eˆ l

= C il eˆ i ⊗ eˆ l

= D il eˆ i ⊗ eˆ l

123

123

(1.89)

También se cumplen las siguientes propiedades: A ⋅ (B + C) = A ⋅ B + A ⋅ C A ⋅ (B ⋅ C) = ( A ⋅ B) ⋅ C 

(1.90)

Potencia de Tensores




34

El producto escalar (contracción simple) nos permite definir la potencia de tensores de segundo orden, luego: A 0 = 1 ; A 1 = A ; A 2 = A ⋅ A

(1.91)

donde 1 es el tensor identidad de segundo orden, ver subapartado 1.5.2.5. 

Doble Producto Escalar r

r

r

r

Consideremos dos diádicas, A = c ⊗ d y B = u ⊗ v , el doble producto escalar (doble contracción) podrá ser definido de distintas formas A : B y A ⋅ ⋅B tal como se indica a continuación. Doble contracción (⋅ ⋅ ) : r

r

c⊗d

r

r r r r

r

⋅ ⋅ (u ⊗ v ) = (c ⋅ v ) d ⋅ u

(1.92)

δ il δ jk A ⋅ ⋅ B = ( A ij eˆ i ⊗ eˆ j )⋅ ⋅ (B kl eˆ k ⊗ eˆ l )

= A ij B kl δ jk δ il = A ij B ji = γ (escalar )

(1.93)

Doble contracción ( : ): r

r

r

r r r r

r

A : B = c ⊗ d : (u ⊗ v ) = (c ⋅ u ) d ⋅ v

(1.94)

Según la definición del doble producto escalar, podemos demostrar que es conmutativo: B : A

r

r

r

r

r r r r

r r r r

= (u ⊗ v ) : c ⊗ d = (u ⋅ c ) v ⋅ d = (c ⋅ u) d ⋅ v = A : B

(1.95)

En componentes: δ ik A : B = ( A ij eˆ i ⊗ eˆ j ) : (B kl eˆ k ⊗ eˆ l )

= A ij B kl δ ik δ jl = A ij B ij = λ (escalar )

δ jl

(1.96)

Observemos que A : B ≠ A ⋅ ⋅B , excepto cuando al menos uno de los dos tensores sea simétrico, i.e. A sym : B = A sym ⋅ ⋅ B , A : B sym = A ⋅ ⋅ B sym , A sym : B sym = A sym ⋅ ⋅ B sym El doble producto escalar de un tensor de tercer orden ( S ) y uno de segundo ( B ), resulta:

(r

r

r

)

r

r

r r r r r

( r) r r r r r r r r B : S = (u ⊗ v ) : (c ⊗ d ⊗ a) = (u ⋅ c )(v ⋅ d)a S : B = c ⊗ d ⊗ a : (u ⊗ v ) = (a ⋅ v ) d ⋅ u c r


(1.97)


1 TENSORES

35

Teniendo en cuenta la definición anterior, S : B en la base Cartesiana viene representada por: S ijk eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k : B pq eˆ p ⊗ eˆ q = S ijk B pq δ jp δ kq eˆ i = S ijk B jk eˆ i

La doble contracción de un tensor de cuarto orden definido por: î C ijkl e

(1.98)

con uno de segundo orden

⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l : ε pq eˆ p ⊗ eˆ q = C ijkl ε pq δ kp δ lq eˆ i ⊗ eˆ j

donde σ ij son la componentes resultante de la operación

σ

= C ijkl ε kl eˆ i ⊗ eˆ j = σ ij eˆ i ⊗ eˆ j

ε

queda

(1.99)

= :ε.

A continuación expresamos algunas propiedades del doble producto escalar ( : ): a ) A : B = B : A b) A : (B + C ) = A : B + A : C c)

(1.100)

λ( A : B ) = (λ A ) : B = A : (λB)

donde A, B, C son tensores de segundo orden y λ escalar. A través del doble producto escalar, podemos obtener las componentes del tensor de segundo orden A , según el sistema cartesiano, como: ( A ) ij

= ( A kl eˆ k ⊗ eˆ l ) : (eˆ i ⊗ eˆ j ) = eˆ i ⋅ ( A kl eˆ k ⊗ eˆ l ) ⋅ eˆ j = A kl δ ki δ lj = A ij

(1.101)

r

r

Consideremos dos vectores cualesquiera a , b y A un tensor de segundo orden, demostramos que: r

r

a ⋅ A ⋅ b = a p eˆ p ⋅ A ij eˆ i ⊗ eˆ j ⋅ b r eˆ r = a p A ij b r δ pi δ jr

= a i A ij b j = A ij (a i b j )

(1.102)

r

r

= A : (a ⊗ b) 

Producto Vectorial r

El producto vectorial de un tensor de segundo orden A por un vector x (tensor de orden uno) resulta ser un tensor de segundo orden dado por: r

A ∧ x = ( A ij eˆ i ⊗ eˆ j ) ∧ ( x k eˆ k )

(1.103)

=  ljk A ij x k eˆ i ⊗ eˆ l

donde empleamos la definición (1.67), es decir, eˆ j ∧ eˆ k =  ljk eˆ l . Hemos demostrado en el r

Ejemplo 1.11 la

siguiente relación a ∧ representar a través de diádicas como: r

[ar ∧ (b ∧ cr )]

j

r

r r r

r

r r r

b ∧ c = (a ⋅ c ) b − a ⋅ b c ,

que también la podemos

= (a k c k )b j − (a k b k )c j = (b j c k − c j b k )a k

[

r

r

r

r

r

]

= (b ⊗ c − c ⊗ b )⋅ a j r

(1.104)

r

En el caso particular cuando a = c podemos decir que:




36

r

[ar ∧ (b ∧ ar )]

j

= (a k a k )b j − (a k b k )a j = (a k a k )b p δ jp − (a k b p δ kp )a j = [(a k a k )δ jp − (a k δ kp )a j ]b p = [(a k a k )δ jp − a p a j ]b p r r

r

r

r

(1.105)

= {[(a ⋅ a)1 − a ⊗ a]⋅ b} j

Con lo cual podemos decir que las siguientes relaciones son válidas: r

r

r

r r r

r

r

r

r r

r r r

r

r

r

r

r

a ∧ (b ∧ c ) = (a ⋅ c ) b − a ⋅ b c = b ⊗ c − c ⊗ b ⋅ a r

(1.106)

r

r

a ∧ (b ∧ a) = [(a ⋅ a)1 − a ⊗ a]⋅ b

1.5.1.1

Representación de las Componentes de un Tensor de Segundo Orden en la Base Cartesiana

Como hemos visto, un vector que tiene 3 componentes independientes lo hemos representado en el espacio cartesiano tal y como se indica en la Figura 1.12. Un tensor de segundo orden arbitrario tiene 9 componentes independientes, luego necesitaríamos de un hiperespacio para su presentación. A continuación presentamos un artilugio para hacer la representación de las componentes del tensor de segundo orden en el espacio cartesiano. Dado un tensor de segundo orden T , y su representación en la base cartesiana: T = Tij eˆ i ⊗ eˆ j

= T11eˆ 1 ⊗ eˆ 1 + T12 eˆ 1 ⊗ eˆ 2 + T13 eˆ 1 ⊗ eˆ 3 + + T21eˆ 2 ⊗ eˆ 1 + T22 eˆ 2 ⊗ eˆ 2 + T23 eˆ 2 ⊗ eˆ 3 + + T31eˆ 3 ⊗ eˆ 1 + T32 eˆ 3 ⊗ eˆ 2 + T33 eˆ 3 ⊗ eˆ 3

(1.107)

Podemos obtener la proyección de T según la base eˆ k como: T ⋅ eˆ k = Tij eˆ i ⊗ eˆ j ⋅ eˆ k = Tij eˆ i δ jk = Tik eˆ i = T1k eˆ 1 + T2 k eˆ 2 + T3k eˆ 3

(1.108)

Observemos que como resultado tenemos tres vectores ( k = 1,2,3 ): r

T ⋅ eˆ k = Tik eˆ i

⇒

k = 1 ⇒ Ti1eˆ i = T11eˆ 1 + T21eˆ 2 + T31eˆ 3 = t ( eˆ 1 )  r (eˆ ) 2 ˆ ˆ ˆ ˆ T e T e T e T e t k = 2 = + + = ⇒  i2 i 12 1 22 2 32 3 r (eˆ )  3 ˆ ˆ ˆ ˆ k = 3 ⇒ Ti 3 e i = T13 e1 + T23 e 2 + T33 e 3 = t r

r

(1.109)

r

La representación de estos vectores t ( eˆ ) , t (eˆ ) , t (eˆ ) , en la base cartesiana se muestra en la Figura 1.14. 1

2

x3

3

r

t ( e3 ) = T ⋅ eˆ 3 ˆ

eˆ 3

r

t ( e 2 ) = T ⋅ eˆ 2 r

eˆ 2

t ( e1 ) = T ⋅ eˆ 1 ˆ

ˆ

x2

eˆ 1

x1

Figura 1.14: Vectores tensores en la base cartesiana. Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)


1 TENSORES

37

r

Observemos también que t ( eˆ ) es el tensor proyectado según la dirección eˆ 1 cuyo versor representamos por nˆ (i1) = [1,0,0] , es decir: 1

 T11 ˆ ) i =  T21 (T ⋅ n   T31

T12 T22 T32

T31  1

 T11  ˆ T23  0 =  T21  = t i( e1 ) T33  0  T31 

(1.110)

El mismo resultado (1.110) podía haber sido obtenido simplemente haciendo el producto escalar de T dado por (1.107) por la base eˆ 1 , es decir: T ⋅ eˆ 1 = [ T11eˆ 1 ⊗ eˆ 1 + T12 eˆ 1 ⊗ eˆ 2 + T13 eˆ 1 ⊗ eˆ 3 +

+ T21eˆ 2 ⊗ eˆ 1 + T22 eˆ 2 ⊗ eˆ 2 + T23 eˆ 2 ⊗ eˆ 3 + + T31eˆ 3 ⊗ eˆ 1 + T32 eˆ 3 ⊗ eˆ 2 + T33 eˆ 3 ⊗ eˆ 3 ] ⋅ eˆ 1 r

(1.111)

ˆ1

= T11eˆ 1 + T21eˆ 2 + T31eˆ 3 = t ( e )

Luego, podemos representar las componentes de un tensor de segundo orden en la base cartesiana tal y como se indica en la Figura 1.15. Las componentes de la diagonal principal, T11 , T22 , T33 , están normales a los planos definidos por los versores eˆ 1 , eˆ 2 , eˆ 3 , respectivamente. Por ello denominamos de componentes normales . Las componentes que están tangentes al plano denominamos de componentes tangenciales , que corresponden a las componentes que están fuera de la diagonal principal. x3

 T11 Tij =  T21  T31

T13 

T12

r

ˆ

t (e 3 )

T33 eˆ 3

T23 

T22

T33 

T32

r

T13 eˆ 1

r

t

ˆ

t (e 2 ) T23 eˆ 2

T32 ˆ e3

T31eˆ 3

T22 ˆ e2

T21eˆ 2

ˆ1) (e

T12 ˆ e1

x 2

T11eˆ 1

x1

Figura 1.15: Representación de las componentes de un tensor de segundo en la base cartesiana.




38

NOTA: A lo largo del

libro utilizaremos las siguientes notaciones:

Notación tensorial

Notación simbólica A ⋅ B = ( A ij eˆ i ⊗ eˆ j ) ⋅ (B kl eˆ k ⊗ eˆ l )

(1.112)

= A ij B kl δ jk (eˆ i ⊗ eˆ l ) = A ij B jl (eˆ i ⊗ eˆ l )

base cartesiana

Notación indicial

Observemos que no se repite índices más que 2 veces ni en la notación simbólica ni en la notación indicial. Observemos también que la notación indicial será equivalente a la notación tensorial sólo cuando se trata de un escalar, e.g. A : B = A ijB ij = λ , a ⋅ b = a i b i .■

1.5.2

Propiedades de los Tensores

1.5.2.1

Transpuesta

Sea un tensor de segundo orden A representado por: A = A ij (eˆ i ⊗ eˆ j )

(1.113)

La transpuesta del tensor A definimos como: A T = A ji (eˆ i ⊗ eˆ j ) = A ij (eˆ j ⊗ eˆ i )

(1.114)

Si A ij son las componentes de A , las componentes de la transpuesta de A serán: ( A T ) ij = A ji r

r

(1.115) r

r

Si A = u ⊗ v , la transpuesta de A vendrá dada por A T = v ⊗ u : A T

r

r

= (u ⊗ v ) T = (u i eˆ i ⊗ v j eˆ j ) T = (u i v j eˆ i ⊗ eˆ j ) T = ( A ij eˆ i ⊗ eˆ j ) T

r

r

= v ⊗u = v j eˆ j ⊗ u i eˆ i = u i v j eˆ j ⊗ eˆ i = A ij eˆ j ⊗ eˆ i

= v i eˆ i ⊗ u j eˆ j = u j v i eˆ i ⊗ eˆ j = A ji eˆ i ⊗ eˆ j

(1.116)

Sean A , B dos tensores y α , β escalares, las siguientes relaciones son válidas: ( A T ) T = A (αB + β A ) T = αB T + β A T

(1.117)

(B ⋅ A ) T = A T ⋅ B T

A : B T = ( A ij eˆ i ⊗ eˆ j ) : (B kl eˆ l ⊗ eˆ k ) = A ij B kl δ il δ jk = A ij B ji = A ⋅ ⋅ B A T : B = ( A ij eˆ j ⊗ eˆ i ) : (B kl eˆ k ⊗ eˆ l ) = A ij B kl δ jk δ il = A ij B ji = A ⋅ ⋅ B

(1.118)

La transpuesta de la matriz que contienen las componentes del tensor, se forma al cambiar filas por columna y viceversa, es decir:



1 TENSORES

39 T

 A 11 A 12 A 13  transpuest a =  A 21 A 22 A 23      →  A 31 A 32 A 33 

 A 11 A 12 A 13   A 11 A 21 A 31    T =  A 21 A 22 A 23  =  A 12 A 22 A 32   A 31 A 32 A 33   A 13 A 23 A 33 

(1.119)

Ejemplo 1.13: Demostrar que las siguientes relaciones son válidas: A : (B ⋅ C ) = B T ⋅ A : C = A ⋅ C T : B donde A , B , C son tensores de segundo orden cualesquiera. Solución: Demostraremos esta identidad a través de sus componentes: A : (B ⋅ C ) = A ij eˆ i ⊗ e j : (B lk eˆ l ⊗ e k ⋅ C pq eˆ p ⊗ eˆ q ) = A ij B lk C pq eˆ i ⊗ e j : (δ kp eˆ l ⊗ eˆ q ) = A ij B lk C pq δ kp δ il δ jq = A ij B ik C kj

Observemos que cuando trabajamos en notación indicial la posición de las componentes no importa, es decir: A ij B ik C kj = B ik A ij C kj = A ij C kj B ik

Podemos ahora observar que la operación B ik A ij resultará un tensor de segundo orden cuyas componentes son (B T ⋅ A ) kj luego, B ik A ij C kj = (B T ⋅ A ): C . Análogamente podemos decir que A ij C kj B ik = ( A ⋅ C T ): B . Ejemplo 1.14: Demostrar

siguiente relación es válida: Solución:

r

que, si u ,

r

v

son vectores y A un tensor de segundo orden, la

r

r

r

r

u ⋅ A T ⋅ v = v ⋅ A ⋅ u

r

r

r

u ⋅ A T ⋅ v u i eˆ i ⋅ A jl eˆ l ⊗ eˆ j ⋅ v k eˆ k u i A jl δ il v k δ jk u l A jl v j

1.5.2.2

Simetría y Antisimetría

1.5.2.2.1

Tensor Simétrico

r

= v ⋅ A ⋅ u = v k eˆ k ⋅ A jl eˆ j ⊗ eˆ l ⋅ u i eˆ i = v k δ kj A jl u i δ il = v j A jl u l

Un tensor de segundo orden A es simétrico, i.e.: A ≡ A sym , si el tensor es igual a su transpuesta: en componente s     → A ij = A ji A = A T  

(1.120)

En forma de matriz: =

T

 →

sym

 A 11 A 12 A 13  =  A 12 A 22 A 23   A 13 A 23 A 33 

(1.121)

Podemos notar claramente que un tensor simétrico de segundo orden tiene 6 componentes independientes: A 11 , A 22 , A 33 , A 12 , A 23 , A 13 . Según ecuación (1.120) un tensor simétrico se puede representar por:




40

A ij = A ji A ij + A ij = A ij + A ji 2 A ij

(1.122)

= A ij + A ji

A ij =

1 2

( A ij

Un tensor de cuarto orden

⇒

+ A ji )

1

A =

2

( A + A T )

, cuyas componentes son

C ijkl

, puede presentar:

Simetría menor: C ijkl

= C jikl = C ijlk = C jilk

(1.123)

= C klij

(1.124)

Simetría mayor: C ijkl

Luego, un tensor de cuarto orden es simétrico si presenta simetría menor y mayor. Un tensor de cuarto orden no simétrico tiene 81 componentes independientes. Si presenta sólo simetría menor, es decir, simetría en ij = ji (6) y simetría en kl = lk (6) , quedando el tensor con 36 componentes independientes. Si además de simetría menor el tensor presenta también simetría mayor, el tensor presenta 21 componentes independientes. 1.5.2.2.2

Tensor Antisimétrico

Un tensor A será antisimétrico, i.e.: A ≡ A anti , si: en componente s     → A ij = − A ji A = − A T  

(1.125)

o aún: =−

T

 →

anti

 0 = − A 12  − A 13

A 12 0

− A 23

A 13 

A 23 

(1.126)

0 

Observemos que un tensor antisimétrico de segundo orden tiene 3 componentes independientes: A 12 , A 23 , A 13 . Según la condición (1.125) un tensor antisimétrico viene dado por: A ij + A ij = A ij − A ji 2 A ij

= A ij − A ji

A ij =

1 2

( A ij

(1.127) ⇒

− A ji )

A =

1 2

( A − A T )

Sea W un tensor antisimétrico, luego debe cumplir la relación (1.127): Wij =

1 2

(Wij

1

1

2

2

− W ji ) = (Wkl δ ik δ jl − Wkl δ jk δ il ) = Wkl (δ ik δ jl − δ jk δ il )

(1.128)

Utilizando la relación entre la delta de Kronecker y el operador de permutación dada por (1.62) obtenemos que δ ik δ jl − δ jk δ il = − ijr  lkr y reemplazando en la expresión (1.128) resulta: 1

Wij = − Wkl  ijr  lkr 2


(1.129)


1 TENSORES

41

Desarrollando el término Wkl  lkr para los índices mudos siguientes términos distintos de cero:

k , l sólo

quedamos con los

Wkl  lkr = W12  21r + W13  31r + W2112r + W23  32r + W3113r + W32  23r

(1.130)

con lo que concluimos que: r = 1

⇒

Wkl  lkr = −W23 + W32 = −2W23 = 2 w1 

r = 2

⇒

Wkl  lkr = W13 − W31 = 2W13 = 2w2

r = 3

⇒

  ⇒ Wkl  lkr = 2wr  Wkl  lkr = − W12 + W21 = −2W12 = 2w3  

(1.131)

donde hemos hecho los siguientes cambios de variables:  0 Wij = W21  W31

W13 

 0  W23  = − W12 0  − W13

W12 0

W32

W12 0

− W23

W13 

 0  W23  =  w3 0   − w2

− w3 0 w1

w2 

− w1 

(1.132)

0 

r

Definimos así el vector axil w correspondiente al tensor antisimétrico W . El módulo de viene dado por: r

ω2 = w

r

r

= w ⋅ w = w12 + w22 + w32 = W232 + W132 + W122

2

r w

(1.133)

Reemplazando (1.131) en (1.129) y considerando que  ijr =  rij obtenemos que: Wij = − wr  rij

(1.134)

Partiendo de la expresión (1.134) y multiplicando los dos miembros por  kij obtenemos que:  kij Wij = − wr  rij  kij = −2wr δ rk = −2wk

(1.135)

donde aplicamos la relación  rij  kij = 2δ rk obtenida en el Ejemplo 1.7, con lo que concluimos que: wk = −

1 2

(1.136)

 kij Wij

La representación de las componentes del tensor antisimétrico y de su vector axil correspondiente, en el sistema cartesiano, se puede apreciar en la Figura 1.16. r

r

Sean a y b vectores arbitrarios y W un tensor antisimétrico, entonces se cumple que: r

r

r

b⋅W ⋅a = a⋅W r

T

r

r

r

⋅ b = −a ⋅ W ⋅ b

(1.137)

r

luego si a = b resulta que: r

r

r

r

r

r

− a ⋅ W ⋅ a = a ⋅ W ⋅ a = W : (a ⊗ a) = 0 NOTA:

r

(1.138)

r

Observar que (a ⊗ a) resulta un tensor de segundo orden simétrico. Más adelante, demostraremos que el doble producto escalar entre un tensor simétrico y un tensor antisimétrico resulta ser cero. ■




42

x3

r ˆ1 w = w1e

= − W12

w3

+ w2 eˆ 2 + w3 eˆ 3

W13

 Wij = − W12  − W13 0

W13 

W12

W23

W23 

0

0 

− W23

w1

W12 W12

x2

W23

= −W23

w2

= W13

W13 x1

Figura 1.16: Componentes de un tensor antisimétrico. r

Sean W un tensor antisimétrico y a un vector arbitrario, las componentes del producto r escalar W ⋅ a vienen dadas por: Wij a j = Wi1a1 + Wi 2 a 2 + Wi 3 a 3 i =1⇒

W11a1 + W12 a 2 + W13 a 3

i = 2⇒

W21a1 + W22 a 2 + W23 a 3

i =3⇒

W31a1 + W32 a 2 + W33 a 3

(1.139)

Considerando la propiedad del tensor antisimétrico, i.e., W11 = 0 , W22 = 0 , W33 = 0 , el producto escalar (1.139) resulta: i = 1 ⇒ W12 a 2 + W13 a 3 (W ⋅ a)i ⇒ i = 2 ⇒ W21a1 + W23 a 3 i = 3 ⇒ W a + W a 31 1 32 2  r

(1.140)

Fijemos que las componentes anteriores son las mismas que resultan de la operación: r

eˆ 1

r w ∧ a = w1

a1

eˆ 2

eˆ 3

w2

w3

a2

a3

(1.141)

= (− w3 a 2 + w2 a 3 ) eˆ 1 + (w3 a1 − w1a 3 ) eˆ 2 + (− w2 a1 + w1a 2 ) eˆ 3 = (W12 a 2 + W13 a 3 )eˆ 1 + (W21a1 + W23 a 3 ) eˆ 2 + (W31a1 + W32 a 2 ) eˆ 3

donde se cumple que w1 = −W23 = W32 , w2 = W13 = −W31 , w3 = −W12 = W21 . Luego, dado un r tensor antisimétrico W , y el vector axil w correspondiente a W se cumple que: r

r

r

W⋅a = w ∧ a

(1.142)

r

para todo vector a . La relación anterior podría haber sido obtenida a través de la definición de las componentes de W dada por (1.134), i.e.:



1 TENSORES r (W ⋅ a) i

43

r

r

= Wik a k = − w j  jik a k =  ijk w j a k = ( w ∧ a) i r

(1.143)

r

Podemos representar el vector axil w por su módulo, w = ω , y por un versor según la r r dirección de w como w = ωeˆ 1* , luego la expresión (1.142) puede aun ser expresada por: r

r

r

r

W ⋅ a = w ∧ a = ωeˆ 1* ∧ a

(1.144)

Además si escogemos dos versores eˆ *2 , eˆ *3 que constituyan una base ortonormal con eˆ 1* , ver Figura 1.17, tal que: eˆ 1* = eˆ *2 ∧ eˆ *3

eˆ *2 = eˆ *3 ∧ eˆ 1*

;

r

Podemos entonces representar el vector r a = a1* eˆ 1* + a*2 eˆ *2 + a*3 eˆ *3 , luego: r

(1.145)

eˆ *3 = eˆ 1* ∧ eˆ *2

;

a

en

esta

nueva

base

como

r

W ⋅ a = ωeˆ 1* ∧ a = ωeˆ 1* ∧ (a1* eˆ 1* + a *2 eˆ *2 + a *3 eˆ *3 )

= ω (a1* eˆ 1* ∧ eˆ 1* + a*2 eˆ 1* ∧ eˆ *2 + a*3 eˆ 1* ∧ eˆ *3 ) = ω (a*2 eˆ *3 − a *3 eˆ *2 ) 1 424 3 ˆ =0

1 424 3 * ˆ =e3 r ω (eˆ *3 ⊗ eˆ *2 − eˆ *2 ⊗ eˆ *3 ) ⋅ a

=[

1 424 3 * ˆ =− e2

(1.146)

]

Con lo cual podemos representar un tensor antisimétrico como: (1.147)

W = ω (eˆ *3 ⊗ eˆ *2 − eˆ *2 ⊗ eˆ *3 ) r ˆ 1* w = ωe

eˆ *2

eˆ 3

eˆ 2 eˆ 1*

eˆ 1 eˆ *3

Figura 1.17: bases ortonormales. Aprovechando la representación del tensor antisimétrico (1.147), podemos obtener la proyección del tensor W según las direcciones eˆ 1* , eˆ *2 , eˆ *3 : r

W ⋅ eˆ 1* = 0

;

W ⋅ eˆ *2 = ωeˆ *3

;

W ⋅ eˆ *3 = −ωeˆ *2

(1.148)

También podemos verificar que se cumple lo siguiente:

[ ⋅ [ω (eˆ

] ⋅ eˆ ˆ )] ⋅ e

eˆ *3 ⋅ W ⋅ eˆ *2 = eˆ *3 ⋅ ω (eˆ *3 ⊗ eˆ *2 − eˆ *2 ⊗ eˆ *3 )

* 2

=ω

eˆ *2 ⋅ W ⋅ eˆ *3

* 3

= −ω

= eˆ *2

* 3

⊗ eˆ *2

− eˆ *2

⊗ eˆ *3

(1.149)

Luego, en este nuevo espacio podemos representar las componentes del tensor W como: 0 0 0  Wij* = 0 0 − ω  0 ω 0 


(1.150)



44

En la Figura 1.18 podemos apreciar dichas componentes y la representación del vector axil. Observemos también que, si tomamos otros dos versores cualesquiera (normales entre sí) definidos en el plano eˆ *2 − eˆ *3 nos proporcionarán las mismas componentes que (1.150). Es interesante observar que las componentes de W en las bases ( eˆ i ⊗ eˆ j ) y ( eˆ *i ⊗ eˆ * j ) son distintas, ver Figura 1.18 y Figura 1.16. Más adelante obtendremos la ley que gobierna dicha transformación, i.e. conocidas las componentes en un sistema, a través de ley de transformación podemos obtener las componentes en otra base. x3

r ˆ 1* w = ωe

x2

eˆ *2

0 0 0  W = 0 0 − ω  0 ω 0 

eˆ 1*

* ij

ω x1

ω r

2 + W132 + W122 ω = w = W23

ˆ *3

e

Figura 1.18: Componentes del tensor antisimétrico en el espacio definido por el vector axil. 1.5.2.2.3

Descomposición Aditiva de Tensores en una Parte Simétrica y Antisimétrica

Cualquier tensor puede ser descompuesto (de forma adicional) en una parte simétrica A sym y en otra antisimétrica A anti : A =

1

1 ( A + A T ) + ( A − A T ) = A sym 2 4243 1 2 4243 1 sym

A

A

+ A anti

(1.151)

anti

en componentes: = A sym ij

1 2

( A ij

1

+ A ji ) y A ijanti = ( A ij − A ji )

(1.152)

2

Observemos que, si A y B son tensores de segundo orden cualesquiera, se cumple que:

( A ⋅ B ⋅ A )

sym

T

T 1 1 = ( A T ⋅ B ⋅ A ) + ( A T ⋅ B ⋅ A )  = [ A T ⋅ B ⋅ A + A T ⋅ B T ⋅ A ]

2

= A T ⋅



1

2

(1.153)

[B + B ]⋅ A 2 T

= A T ⋅ B sym ⋅ A

Si σ es un tensor de segundo orden simétrico y segundo orden antisimétrico. Demostrar que σ : W = 0 . Ejemplo 1.15:

W es

un tensor de

Solución: σ :

W = σ ij (eˆ i ⊗ eˆ j ) : Wlk (eˆ l ⊗ eˆ k ) = σ ij Wlk δ il δ jk = σ ij Wij (escalar)



1 TENSORES

45

Desarrollando σ ij Wij = σ1 j W1 j + σ 2 j W2 j + σ 3 j W3 j 123

1 424 3

1 424 3

σ11W11 + σ12 W12 + σ13W13

σ21W21 + σ22 W22 + σ23W23

σ31W31 + σ32 W32 + σ33W33

Considerando la propiedad de un tensor simétrico σ12 = σ 21 , σ 31 = σ13 , σ 32 = σ 23 y antisimétrico W11 = W22 = W33 = 0 , W21 = − W12 , W31 = − W13 , W32 = − W23 , resultando: σ :

Ejemplo 1.16: Demostrar que:

r

c.q.d.

W=0

r

r

r

a) M ⋅ Q ⋅ M = M ⋅ Q sym ⋅ M b) A : B = A sym : B sym + A anti : B anti r donde , M es un vector y Q , A , y B son tensores de segundo orden. Solución:

a)

r

r

r

r

M ⋅ Q ⋅ M = M ⋅ (Q sym + Q anti )⋅ M r

r

r

r

r

= M ⋅ Q sym ⋅ M + M ⋅ Q anti ⋅ M

r

r

r

Ya que el producto: M ⋅ Q anti ⋅ M = Q anti : (M ⊗ M) = 0 , resulta que: r

r

r

r

M ⋅ Q ⋅ M = M ⋅ Q sym ⋅ M

c.q.d.

b) A : B

= ( A sym + A anti ) : (B sym + B anti ) sym anti anti sym anti anti :B :B :B = A sym : B sym + A 142 43 + A 142 43 + A =0

= A

sym

sym

:B

+ A

anti

=0

anti

:B

Luego como consecuencia tenemos que: A : B sym = A sym : B sym r

;

A : B anti = A anti : B anti c.q.d.

r

Ejemplo 1.17: ¿La relación n ⋅ T = T ⋅ n es válida siempre? Siendo T un tensor de segundo r orden y n un vector. En el supuesto de que la relación no sea válida, ¿para qué caso

particular lo sería? Solución:

r

r

n ⋅ T = n i eˆ i ⋅ Tkl (eˆ k ⊗ eˆ l )

T ⋅ n = Tlk (eˆ l ⊗ eˆ k ) ⋅ n i eˆ i

y

= n i Tkl δ ik eˆ l = n k Tkl eˆ l

= n i Tlk δ ki eˆ l = n k Tlk eˆ l r r r r Con lo que comprobamos que n k Tkl ≠ n k Tlk , luego n ⋅ T ≠ T ⋅ n . La relación n ⋅ T = T ⋅ n

sólo será válida cuando el tensor

T sea simétrico.

Obtener el vector axil r r r Expresar w en función de x y a . Ejemplo 1.18:

r w asociado

al tensor antisimétrico

r r ( x ⊗ a ) anti .

Solución: r

Sea z un vector arbitrario, se cumple que: Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ªEdición)



46

donde

r w es el vector axil asociado a

r r ( x ⊗ a ) anti

podemos aún decir que:

=

r r r r r ( x ⊗ a ) anti ⋅ z = w ∧ z r r ( x ⊗ a ) anti . Teniendo en cuenta que:

r r r r 1 r r r r ( x ⊗ a ) − ( x ⊗ a ) ] = [ x ⊗ a − a ⊗ x ] [ 2 2

1

T

r r r r 1 r r r [ x ⊗ a − a ⊗ x ]⋅ z = w ∧ z 2

r

r

r

r

r

r

r

[ x ⊗ a − a ⊗ x ]⋅ z = 2w ∧ z

⇒ r

r

r

r

r

r

r

r

Utilizando la identidad (1.104) se cumple que [ x ⊗ a − a ⊗ x ]⋅ z = z ∧ ( x ∧ a ) , luego: r r r r r r r r r r r r r [ x ⊗ a − a ⊗ x ]⋅ z = z ∧ ( x ∧ a ) = (a ∧ x ) ∧ z = 2 w ∧ z con lo cual, concluimos que: r 1 r r r r w = (a ∧ x ) es el vector axil asociado al tensor ( x ⊗ a ) anti 2

1.5.2.3

Cofactor de un Tensor. Adjunta de un Tensor r

Dado un tensor A , representamos el cofactor de A como cof( A ) . Dados dos vectores a r y b existe un único tensor cof( A) asociado al tensor A tal que: r

r

r

r

cof( A ) ⋅ (a ∧ b) = ( A ⋅ a) ∧ ( A ⋅ b)

(1.154)

Definimos la adjunta de un tensor A como: adj( A ) = [cof ( A ) ]

(1.155)

[adj( A)]T = adj( A T )

(1.156)

T

donde se cumple que: Las componentes de cof( A ) podemos obtener de la siguiente manera:

[cof( A)]it  tpr a p b r =  ijk A jp a p A kr b r ⇒ [cof( A )]it  tpr =  ijk A jp A kr

(1.157)

Multiplicando ambos lados de la igualdad por  qpr y además considerando que  tpr  qpr = 2δ tq , concluimos que:

[cof( A )]it  tpr =  ijk A jp A kr ⇒ [cof( A )]iq =

1.5.2.4

1 2

⇒

[cof( A) ]it  tpr  qpr =  ijk  qpr A jp A kr 1 424 3 =2δ tq

(1.158)

 ijk  qpr A jp A kr

Traza de un Tensor

Antes de definir la traza de un tensor de segundo orden definimos la traza de su base: Tr(eˆ i ⊗ eˆ j ) = eˆ i ⋅ eˆ j = δ ij

(1.159)

Luego la traza de un tensor A es la suma de las componentes de su diagonal principal:



1 TENSORES

47

Tr ( A ) = Tr ( A ij eˆ i ⊗ eˆ j ) = A ij Tr (eˆ i ⊗ eˆ j ) = A ij (eˆ i ⋅ eˆ j ) = A ij δ ij = A ii

= A 11 + A 22 + A 33

(1.160)

Análogamente podemos decir que: r

r

r

r

Tr (u ⊗ v ) = Tr(u ⊗ v ) = u i v j Tr (eˆ i ⊗ eˆ j ) = u i v j (eˆ i ⋅ eˆ j ) = u i v j δ ij = u i v i r r

= u1 v 1 + u 2 v 2 + u 3 v 3 = u ⋅ v

(1.161)

NOTA: Podemos

adelantar que la traza de un tensor es un invariante, es decir, es independiente del sistema de referencia. ■ Dados dos tensores A y B : La traza de la transpuesta de un tensor es igual a la traza del tensor: 

(1.162)

Tr A T = Tr ( A )

La traza de la suma de estos dos tensores será la suma de la traza de los tensores: Tr( A + B ) = Tr( A ) + Tr(B) (1.163) La demostración es muy sencilla bastando expresar en términos de componentes la expresión anterior: Tr( A + B ) = Tr( A ) + Tr(B) (1.164) [( A 11 + B11 ) + ( A 22 + B 22 ) + ( A 33 + B 33 )] = ( A 11 + A 22 + A 33 ) + (B 11 + B 22 + B 33 ) 



La traza del producto escalar será: Tr( A ⋅ B ) = Tr [( A ij eˆ i ⊗ eˆ j ) ⋅ (B lm eˆ l ⊗ eˆ m ) ]

= A ij B lm δ jl Tr[(eˆ i ⊗ eˆ m )]

(1.165)

144 244 3 δ im

= A il B li = A ⋅ ⋅B = Tr ( B ⋅ A )

Análogamente podemos obtener: Tr( A ⋅ B ⋅ C ) = Tr(B ⋅ C ⋅ A ) = Tr(C ⋅ A ⋅ B) = A ij B jk C ki

(1.166)

Luego, es fácil demostrar que las siguientes relaciones son válidas: Tr ( A ) = A ii , [Tr ( A )] = Tr ( A) Tr( A ) = A ii A jj , Tr( A ⋅ A ) = Tr A 2 = A il A li 2

Tr( A ⋅ A ⋅ A ) = Tr ( A 3 ) = A ij A jk A ki

(1.167)

Podemos escribir el doble producto escalar ( : ) en función de la traza como: A : B = A ij B ij

= A kj B lj δ ik δ il = A ik B il δ jk δ jl = A kj B lj δ kl = A ik B il δ kl 123

⋅

( A

BT )

kl

123

⋅

( AT B )

(1.168)

kl

= ( A ⋅ B T )kk

= ( A T ⋅ B )kk

= Tr ( A ⋅ B T )

= Tr ( A T ⋅ B)




48

Ejemplo 1.19: Demostrar las siguientes

(T ) = (T ) m T

identidades:

T m

;

Tr (T T ) = Tr (T m ). m

Solución:

(T )

m T

= (T ⋅ T L T )T = T T ⋅ T T L T T = (T T )

m

c.q.d.

Para la segunda demostración utilizaremos la propiedad de la traza Tr (T T ) = Tr (T ) Tr (T T ) = Tr (T m ) = Tr (T m ) m

1.5.2.5

c.q.d.

Tensores Particulares

1.5.2.5.1 

T

Tensores Identidad

Tensor identidad de segundo orden: 1 = δ ij eˆ i ⊗ eˆ j = eˆ i ⊗ eˆ i = eˆ i ⊗ eˆ j

(1.169)

donde es la matriz con las componentes del tensor 1 . δ ij es conocido como el símbolo delta de Kronecker, definido en (1.47):  1 si i = j  δ ij =   0 si i ≠ j  

(1.170)

Tensores identidades de cuarto orden: = 1⊗1 = δ ik δ jl eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l = I ijk l eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l

(1.171)

= 1⊗1 = δ il δ jk eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l = I ijk l eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l

(1.172)

= 1 ⊗ 1 = δ ij δ k l eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l = I ijk l eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l

(1.173)

Con lo cual, dado un tensor de segundo orden arbitrario, A , se cumplen que: : A

= (δ ik δ jl eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l ) : ( A pq eˆ p ⊗ eˆ q ) = δ ik δ jl A pq δ kp δ lq (eˆ i ⊗ eˆ j ) = δ ik δ jl A k l (eˆ i ⊗ eˆ j ) = A ij (eˆ i ⊗ eˆ j ) = A

(1.174)

= (δ il δ jk eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l ) : ( A pq eˆ p ⊗ eˆ q ) = δ il δ jk A pq δ kp δ lq (eˆ i ⊗ eˆ j ) = δ il δ jk A k l (eˆ i ⊗ eˆ j ) = A ji (eˆ i ⊗ eˆ j ) = A T

(1.175)

y : A

y



1 TENSORES : A

49

= (δ ij δ k l eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l ): ( A pq eˆ p ⊗ eˆ q ) = δ ij δ k l A pq δ kp δ lq (eˆ i ⊗ eˆ j ) = δ ij δ k l A k l (eˆ i ⊗ eˆ j ) = A kk δ ij (eˆ i ⊗ eˆ j ) = Tr ( A )1

(1.176)

La parte simétrica del tensor de identidad de cuarto orden viene definido como: sym

≡I=

1

 → I (1⊗1 + 1⊗1)      2 en componente s

ijk l

=

1 2

(δ ik δ jl + δ il δ jk )

(1.177)

La propiedad que presenta el producto tensorial ⊗ se presenta a continuación. Consideremos el tensor identidad de segundo orden un tensor de segundo orden 1 = δ ij eˆ i ⊗ eˆ j , luego definimos el producto tensorial ⊗ como: 1⊗1 = (δ ij eˆ i ⊗ eˆ j )⊗(δ k l eˆ k ⊗ eˆ l ) = δ ij δ k l (eˆ i ⊗ eˆ k ⊗ eˆ j ⊗ eˆ l )

(1.178)

que es lo mismo que: 1⊗1 = = δ ik δ jl (eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l )

(1.179)

Y el producto tensorial ⊗ como: 1⊗1 = (δ ij eˆ i ⊗ eˆ j )⊗(δ k l eˆ k ⊗ eˆ l ) = δ ij δ k l (eˆ i ⊗ eˆ l ⊗ eˆ k ⊗ eˆ j )

(1.180)

1⊗1 = = δ il δ jk (eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l )

(1.181)

ó La parte antisimétrica de será: anti

=

1

(1⊗1 − 1⊗1)       → I 2 en componente s

anti ijk l

=

1 2

(δ ik δ jl − δ il δ jk )

(1.182) r

Se puede demostrar que, dado un tensor de segundo orden A y un vector b las siguientes relaciones son válidas: r

r

b ⋅1 = b : A = A

;

sym

: A = A sym

A : 1 = Tr ( A ) = A ii

(1.183)

A 2 : 1 = Tr A 2 = Tr( A ⋅ A ) = A il A li

A 3 : 1 = Tr( A 3 ) = Tr( A ⋅ A ⋅ A ) = A ij A jk A ki 1.5.2.5.2

Pseudo-Tensor Levi-Civita

El Pseudo-Tensor Levi-Civita , también conocido como Tensor de Permutación , es un pseudotensor de tercer orden definido como: 

=  ijk eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k

(1.184)

donde  ijk son las componentes del operador de permutación definido en (1.55).



50


Ejemplo 1.20: Demostrar que: T : 1 = Tr ( T ) . Solución: T : 1 = Tij eˆ i ⊗ eˆ j : δ kl eˆ k ⊗ eˆ l

= Tij δ kl δ ik δ jl = Tij δ ij = Tii = T jj = Tr ( T ) c.q.d. Ejemplo 1.21: Probar que si

válida:

σ

y

D son tensores de

segundo orden la siguiente relación es

⋅ ⋅ D = Tr (σ ⋅ D)

σ

Solución: Basándonos en lo que fue demostrado en (1.93), podemos decir que: σ ⋅ ⋅ D = σ ij D ji = σ kj D jl δ ik δ il = σ kj D jl δ lk = σ kj D jl δ lk 123

⋅

( σ D )

kl

= (σ ⋅ D) kl δ lk = (σ ⋅ D) kk = (σ ⋅ D) ll = Tr (σ ⋅ D) c.q.d.

Una segunda alternativa para la demostración sería:

⋅ ⋅D

σ

1.5.2.6

= σ ij D ji = σ ij D jk δ ik = (σ ⋅ D ) : 1 = Tr (σ ⋅ D ) c.q.d.

Determinante de un Tensor

El determinante de un tensor es un escalar y también es un invariante: det ( A ) ≡ A

=  ijk A 1i A 2 j A 3k =  ijk A i1 A j 2 A k 3

(1.185)

144 244 3 AT

El determinante de un tensor es igual al determinante de la matriz que contiene las componentes del tensor. La demostración de (1.185) puede hacerse partiendo directamente del determinante: A 11 A 12

A 13

det ( A ) = A = A 21 A 22 A 23 A 31 A 32 A 33 = A 11 ( A 22 A 33 − A 23 A 32 ) − A 21 ( A 12 A 33 − A 13 A 32 ) + A 31 ( A 12 A 23 − A 13 A 22 )

(1.186)

= A 11 (1 jk A j 2 A k 3 ) − A 21 (− 2 jk A j 2 A k 3 ) + A 31 ( 3 jk A j 2 A k 3 ) = 1 jk A 11 A j 2 A k 3 +  2 jk A 21 A j 2 A k 3 +  3 jk A 31 A j 2 A k 3 =  ijk A i1 A j 2 A k 3

Algunas consideraciones sobre el determinante de tensores: det (1) = 1


(1.187)


1 TENSORES 

51

Podemos concluir de (1.185) que: (1.188)

det ( A T ) = det ( A ) 

También podemos demostrar que las siguientes relaciones son válidas: det ( A ⋅ B) = det ( A )det(B) det (α A ) = α 3 det ( A )









(1.189)

siendo α un escalar

Un tensor ( A ) se dice que es singular si det ( A ) = 0 . Intercambiando dos líneas o columnas el signo del determinante cambia. Si todos elementos de una fila o columna son cero, el determinante es cero. Multiplicando todos los elementos de una fila o columna por una constante (escalar), el determinante queda: c A .

c

Ejemplo 1.22: Demostrar que: A  tpq =  rjk A rt A jp A kq Solución: Sabemos que: A =  rjk A r 1 A j 2 A k 3

(1.190)

A  tpq =  rjk  tpq A r 1 A j 2 A k 3

Como lo visto anteriormente, ecuación (1.61), la expresión  rjk  tpq podrá ser expresada en función de la delta de Kronecker como:  rjk  tpq

δ rt δ rp = δ jt δ jp δ kt δ kp

δ rq δ jq δ kq

(1.191)

= δ rt δ jp δ kq + δ rp δ jq δ kt + δ rq δ jt δ kp − δ rq δ jp δ kt − δ jq δ kp δ rt − δ kq δ jt δ rp

Reemplazando la expresión anterior (1.191) en la expresión (1.190), y utilizando la propiedad del operador de sustitución obtenemos que: A  tpq

= A t 1 A p 2 A q 3 + A p1 A q 2 A t 3 + A q1 A t 2 A p 3 − A q1 A p 2 A t 3 − A t 1 A q 2 A p 3 − A p1 A t 2 A q 3 = A t 1 (1 jk A pj A qk ) + A t 2 ( 2 jk A pj A qk ) + A t 3 ( 3 jk A pj A qk ) =  rjk A rt A jp A kq =  rjk A tr A pj A qk c.q.d.

Ejemplo 1.23: Demostrar que: A =

1 6

 rjk  tpq A rt A jp A kq

Solución:

Partiendo del problema anterior:  tpq , resulta:

A  tpq =  rjk A rt A jp A kq y

multiplicando ambos lados por

A  tpq  tpq =  rjk  tpq A rt A jp A kq

(1.192) Utilizando la propiedad definida anteriormente en la ecuación (1.62), obtenemos que  tpq  tpq = δ tt δ pp − δ tp δ tp = δ tt δ pp − δ tt = 6 . Luego, la relación (1.192) resulta: A =

Ejemplo 1.24: Demostrar que:

r

1 6

 rjk  tpq A rt A jp A kq

r

r r

det µ1 + αa ⊗ b = µ + µ α a ⋅ b 3

2


c.q.d.

(1.193)



52

Si denotamos por A ij µδ ij + αa i b j , el determinante de A viene dado por A =  ijk A i1 A j 2 A k 3 , donde A i1 = µδ i1 + αa i b1 , A j 2 = µδ j 2 + αa j b 2 y A k 3 = µδ k 3 + αa k b 3 , luego podemos decir que: r r (1.194) det µ1 + αa ⊗ b =  ijk (µδ i1 + αa i b1 )(µδ j 2 + αa j b 2 )(µδ k 3 + αa k b 3 ) Desarrollando larexpresión (1.194) obtenemos que: Solución:

r

[

det µ1 + αa ⊗ b =  ijk µ 3 δ i1δ j 2 δ k 3 + µ 2 αa k b 3 δ i1δ j 2 + µ 2 αa j b 2 δ i1δ k 3 + µ 2 αa i b 1δ j 2 δ k 3 +

+ µα 2 a j b 2 a k b 3 δ i1 + µα 2 a i a k b1b 3 δ j 2 + µα 2 a i a j b1b 2 δ k 3 + α 3 a i a j a k b1b 2 b 3 ]

Observemos que: µ 3  ijk δ i1δ j 2 δ k 3 = µ 3 123 = µ 3 µ 2 α ( ijk a k b 3 δ i1δ j 2 +  ijk a j b 2 δ i1δ k 3 +  ijk a i b1δ j 2 δ k 3 ) =

r r

µ 2 α (12 k a k b 3 + 1 j 3 a j b 2 +  i 23 a i b1 ) = µ 2 α (a 3b 3 + a 2 b 2 + a1b1 ) = µ 2 α (a ⋅ b)  ijk a i a k b1b 3 δ j 2 =  i 2 k a i a k b1b 3 = a1a 3 b1b 3 − a 3 a1b1b 3 = 0  ijk a i a j b1b 2 δ k 3 =  ij 3 a i a j b1b 2 =  123 a1 a 2 b 1b 2 −  213 a 2 a1b1b 2 = 0  ijk a i a j a k b1b 2 b 3 = 0

Fijemos que no hacía falta expandir los términos  ijk a i a k b1b 3δ j 2 ,  ijk a i a j b1b 2 δ k 3 , para saber que son iguales a cero, ya que  ijk a i a j a k b1b 2 b 3 , r r  ijk a i a k b1b 3 δ j 2 = (a ∧ a) j b1b 3 δ j 2 = 0 y análogamente para los otros términos. Con lo que hemos demostrado que: r r r

r

det µ1 + αa ⊗ b = µ 3 + µ 2 α a ⋅ b

Para µ = 1 tenemos que: r

r

c.q.d.

r r

det 1 + αa ⊗ b = 1 + α a ⋅ b

Análogamente, se puede demostrar que: r r

det αa ⊗ b = α 3  ijk a i a j a k b1b 2 b 3 = 0

También podemos demostrar que se cumple la siguiente relación: r

r

[

r

r

r r

]

r r

r

[r

r r r r

det 1 + α (a ⊗ b) + β (b ⊗ a) = 1 + α (a ⋅ b) + β (a ⋅ b) + αβ (a ⋅ b) 2 − (a ⋅ a)(b ⋅ b) r

]

(1.195)

r

r r

donde α , β son escalares. Si β = 0 recaemos en la expresión det 1 + αa ⊗ b = 1 + αa ⋅ b . Si α = β , obtenemos que: r

r

r

r

r

r

r

(r ) (r )

(r )

det 1 + α a ⊗ b + α b ⊗ a = 1 + α a ⋅ b + α a ⋅ b + α 2  a ⋅ b 

(

)

r r = 1 + α 2 a ⋅ b



r

r

r r r r

− (a ⋅ a)(b ⋅ b ) 

− α a ∧ b  

( ) (

r r

2

)

2

r r r r

r

r

(1.196)

donde hemos utilizado la propiedad (a ⋅ b ) − (a ⋅ a)(b ⋅ b ) = − (a ∧ b ) , ver Ejemplo 1.1. 2

2

También podemos demostrar que la siguiente relación es válida: det (α A + β B ) = α 3 det( A ) + α 2 β Tr[B ⋅ adj( A ) ] + αβ 2 Tr [ A ⋅ adj(B) ] + β 3 det (B) r

(1.197)

r

Para el caso particular cuando α = 1 , A = 1 , B = a ⊗ b , y además teniendo en cuenta que r r r r det a ⊗ b = 0 , y cof a ⊗ b = 0 , concluimos que:



1 TENSORES

(

r

r

r

[r

)

53

r

[r

]

r r

]

det 1 + β a ⊗ b = det (1) + β Tr a ⊗ b ⋅ 1 = 1 + β Tr a ⊗ b = 1 + β a ⋅ b

(1.198)

cuya relación ya fue demostrada anteriormente. Podemos demostrar que la siguiente propiedad es válida: r r r ( A ⋅ a) ⋅ ( A ⋅ b) ∧ ( A ⋅ c )

[

r

[r

]

r

= det( A ) a ⋅ (b ∧ c)

]

(1.199)

Parar la demostración partiremos de la definición del triple producto escalar dada por (1.69), r r a ⋅ (b ∧ c ) =  ijk a i b j c k , y multiplicamos por ambos lados de la igualdad por el determinante del tensor A , resultando: r

r

r

(

)

a ⋅ b ∧ c A =  ijk a i b j c k A

(1.200)

Fue demostrado en el Ejemplo 1.22 que se cumple que cual: r

r

A  ijk =  pqr A pi A qj A rk ,

con lo

r

a ⋅ b ∧ c A =  ijk a i b j c k A

=  pqr A pi A qj A rk a i b j c k

(1.201)

=  pqr ( A pi a i )( A qj b j )( A rk c k ) r

[

r

r

= ( A ⋅ a) ⋅ ( A ⋅ b) ∧ ( A ⋅ c ) 1.5.2.7

]

Inversa de un Tensor

La inversa de un tensor A es un tensor A −1 , definido como: si A ≠ 0 ⇔ ∃ A −1 A ⋅ A −1 = A −1 ⋅ A = 1

(1.202)

En notación indicial: si A ≠ 0 ⇔ ∃ A ij−1 A ik A −kj1 = A ik −1 A kj = δ ij

(1.203)

La expresión de la inversa podemos obtener partiendo derla definición de la adjunta de un r r r tensor dada por (1.154), adj( A T ) ⋅ (a ∧ b) = ( A ⋅ a) ∧ ( A ⋅ b) , y multiplicamos escalarmente r por el vector d , resultando: r

r

r

r

{[adj( A)] ⋅ (ar ∧ b)}⋅ d = [( A ⋅ ar ) ∧ ( A ⋅ b)]⋅ d r r r = [( A ⋅ a) ∧ ( A ⋅ b)]⋅ 1 ⋅ d r r r − = [( A ⋅ a) ∧ ( A ⋅ b)]⋅ A ⋅ A ⋅ d 12 3 r T

(1.204)

1

=c

Utilizando la definición (1.201), podemos decir que también se cumple que: r

(r

r

)

r

r

r

[

r

r

c ⋅ a ∧ b A = ( A ⋅ c ) ⋅ ( A ⋅ a) ∧ ( A ⋅ b) r

r

r

]

r

(a ∧ b)⋅ c A = [( A ⋅ a) ∧ ( A ⋅ b)]⋅ ( A ⋅ c)

(1.205)

Luego:




54

r

r

r

r

{[adj( A)] ⋅ (ar ∧ b)}⋅ d = [( A ⋅ ar ) ∧r ( A ⋅ b)]r⋅ A ⋅ A − ⋅ d r = A (a ∧ b )⋅ A − ⋅ d T

1

(1.206)

1

r

r

r

r

r

El vector resultante de la operación (a ∧ b) representamos por el vector p = (a ∧ b) , con lo cual la expresión anterior en notación indicial queda: {[adj( A)]ki p k }di = A p k A −ki1d i ⇒ [adj( A )]ki p k d i = A A −ki1p k d i

[

r

r

r

]

[

r

r

r

(1.207)

]

⇒ [adj( A )]: (a ∧ b) ⊗ d = A A −1 : (a ∧ b) ⊗ d

Con lo cual concluimos que:

[adj( A)] = A A −1

A −1 =

⇒

1

[adj( A)] =

A

1

A

[cof( A) ]T

(1.208)

Algunas consideraciones sobre la inversa de tensores: Si los tensores A y B son invertibles entonces las siguientes propiedades son válidas: 

( A ⋅ B) −1

( A − )− 1

1

= B −1 ⋅ A −1

= A

(1.209)

1

(β A )−1 = A −1 β

−1

det( A −1 ) = [det( A )] 

La siguiente nomenclatura será utilizada para representar la transpuesta de la inversa: A −T ≡ ( A −1 ) T ≡ ( A T ) −1

(1.210)

Podemos demostrar que también es válida la relación adj( A ⋅ B) = adj(B) ⋅ adj( A) , partiendo de la propia definición de la inversa (1.208): [adj(B)] [adj( A)] −1 −1 B

⋅ A

=

B

⋅

A

⇒ A B B −1 ⋅ A −1 = [adj(B)] ⋅ [adj( A )] ⇒ A B ( A ⋅ B )−1 = [adj(B) ]⋅ [adj( A ) ] ⇒ A B

[adj( A ⋅ B)] A ⋅ B

(1.211)

= [adj(B)]⋅ [adj( A ) ]

⇒ adj( A ⋅ B) = [adj(B)]⋅ [adj( A )]

donde hemos utilizado la propiedad que A ⋅ B = A B . Análogamente podemos demostrar que cof( A ⋅ B) = [cof( A)]⋅ [cof(B) ] . Inversa de una matriz

Pasos para obtener la inversa de una matriz

:

1) Obtener la matriz cofactor: cof ( ) . Sea la matriz

:



1 TENSORES

55

 A 11 A 12 A 13  =  A 21 A 22 A 23   A 31 A 32 A 33 

(1.212)

Definiremos la matriz donde las componentes Mij serán obtenidas a partir del determinante resultante de la matriz al eliminar la línea i y la columna j , es decir:  A 22   A 32  A =  12  A 32  A 12   A 22

A 23

A 21 A 23

A 21 A 22 

A 33 A 13

A 31 A 33 A 11 A 13

A 31 A 32  A 11 A 12 

A 33 A 13

A 31 A 33 A 11 A 13

A 31 A 32  A 11 A 12 

A 23

A 21 A 23

A 21 A 22 



(1.213)

 

con esto podemos definir la matriz cofactor de

:

cof ( ) = (−1) i + j

(1.214)

ij

2) Obtener la adjunta de la matriz : La adjunta de la matriz es la transpuesta de la matriz cofactor: adj( ) = [cof ( )]

(1.215)

T

3) La inversa será: −1

=

adj( )

(1.216)

luego se cumple que:

[adj(

)] =

(1.217)

donde es la matriz identidad. Teniendo en cuenta (1.64), podemos expresar las componentes de la primera, segunda, tercera fila de la matriz cofactor, (1.214), respectivamente como: M1i = ijk A 2 j A 3k , M 2i =  ijk A 1 j A 3k , M 3i =  ijk A 1 j A 2 k . r

Ejemplo 1.25: Dado

r

un tensor A , demostrar que existe un vector no nulo n ≠ 0 tal que r r A ⋅ n = 0 si y solo si det ( A ) = 0 , Chadwick (1976). Solución: Primero partimos del hecho que det ( A ) ≡ A = 0 y también escogemos una base r r r r r r arbitrario {f , g, h} , linealmente independiente luego f ⋅ g ∧ h ≠ 0 , y aplicando la definición obtenida en (1.201): r

(r

r

r

)

r

r

[

f ⋅ g ∧ h A = ( A ⋅ f ) ⋅ ( A ⋅ g) ∧ ( A ⋅ h)

]

Por el hecho que det ( A ) ≡ A = 0 , eso implica que: r

r

r

( A ⋅ f ) ⋅ [( A ⋅ g) ∧ ( A ⋅ h)] r Con lo cual concluimos que los vectores ( A ⋅ f ) ,

dependientes. Esto implica que existen escalares r

r

r

r

α ( A ⋅ f ) + β ( A ⋅ g) + γ ( A ⋅ h) = 0

⇒

=0

r

r

( A ⋅ g) , ( A ⋅ h) son linealmente no nulos α ≠ 0 , β ≠ 0 , γ ≠ 0 tal que: r

r

r

r

A ⋅ αf + β g + γ h = 0


⇒

r

r

A ⋅ n = 0



56

r

r

r

r

r r r

r

donde n = αf + β g + γ h ≠ 0 , ya que {f , g, h} son linealmente independiente, ver Ejemplo 1.10. r r r k , m que son linealmente independientes con n y Ahora escogemos dos vectores r r r r r r reemplazamos esta base {k , m, n} en lugar de los vectores {a, b, c} de la definición en (1.201): r r r

r

r

r

k ⋅ (m ∧ n) A = ( A ⋅ k ) ⋅ [( A ⋅ m) ∧ ( A ⋅ n)]

r

r

r

r

r r r

r

Considerando que A ⋅ n = 0 y que k ⋅ (m ∧ n) ≠ 0 , ya que la base {k , m, n} está constituida por vectores linealmente independientes, obtenemos que: r r r 14243 ≠0

k ⋅ (m ∧ n) A = 0

1.5.2.8

⇒

A =0

c.q.d.

Tensores Ortogonales (Transformación Ortogonal)

Tensores ortogonales juega un papel muy importante en la mecánica del continuo. Un tensor de segundo orden ( Q ) se dice que es ortogonal cuando su transpuesta ( Q T ) es igual a su inversa ( Q −1 ): Q T = Q −1

(1.218)

Luego, se cumple que: Q ⋅ Q T = Q T ⋅ Q = 1

Q ik Q jk = Q ki Q kj = δ ij

(1.219)

En notación indicial: Q ⋅ Q T

= (Q ik eˆ i ⊗ eˆ k ) ⋅ (Q jl eˆ l ⊗ eˆ j ) = Q ik Q jl δ kl (eˆ i ⊗ eˆ j ) = Q ik Q jk (eˆ i ⊗ eˆ j ) = δ ij (eˆ i ⊗ eˆ j )

(1.220)

Una transformación ortogonal propia tiene las siguientes características: La inversa de Q es igual a la transpuesta (ortogonalidad): 

Q −1 = Q T 

(1.221)

El tensor Q será propio (tensores de rotación) si: det (Q) ≡ Q = +1

(1.222)

Un tensor ortogonal es impropio cuando Q = −1 , tensores de rotación-reflexión. Podemos demostrar que si A y B son tensores ortogonales, un tercer tensor resultante del producto A ⋅ B = C también es un tensor ortogonal, ver Ejemplo 1.26. r

r

Consideremos dos vectores arbitrarios a y b y que a través de una transformación ortogonal obtenemos: r ~

r

a = Q⋅a

;

r ~

r

b = Q⋅b

(1.223) r ~

r ~

El producto escalar de los vectores resultantes de esta operación ( a ) y ( b ) viene dado por:



1 TENSORES r r ~ ~

r

r

r

a ⋅ b = (Q ⋅ a) ⋅ (Q ⋅ b) = a ⋅ Q

T

57

r

r r

⋅Q ⋅b = a⋅b

123 =1

~~

(1.224)

ai b i = (Q ik a k )(Q ij b j ) = a k Q ik Q ij b j = a k b k 123 δ kj

r ~

r ~

r r ~ ~

r ~

2

r r

r

Lo que también es válido cuando a = b , luego a ⋅ a = a = a ⋅ a = a . Con lo que 2

concluimos que una transformación ortogonal aplicada a vectores, preservan los módulos de los vectores y preservan los ángulos entre los vectores, Figura 1.19. Es decir, una transformación ortogonal está caracterizada sólo por rotaciones de los vectores. Q r ~

r

r ~

r

a = a

r

b

r ~

b

θ

θ

r

r ~

b = b

a

r r ~ ~

a

r r

a ⋅b = a ⋅b

Figura 1.19: Transformación ortogonal.

Ejemplo 1.26: Demostrar que si A y B son tensores ortogonales, la operación C = A ⋅ B resulta ser otro tensor ortogonal. Solución: C −1 = ( A ⋅ B) −1 = B −1 ⋅ A −1 = B T ⋅ A T = ( A ⋅ B) T = C T c.q.d.

1.5.2.9

el tensor resultante de

Tensor Definido Positivo, Definido Negativo y Tensor SemiDefinido

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

r

x ⋅ T ⋅ x > 0

Notación Indicial x i Tij x j > 0

Notación Matricial T

x

x > 0

(1.225)

r

para todo vector x no nulo. Decimos que un tensor es definido negativo cuando se cumple que: Notación Tensorial r

r

x ⋅ T ⋅ x < 0

Notación Indicial x i Tij x j < 0

Notación Matricial x T

x < 0

(1.226)

r

para todo vector x no nulo. r

r

r

r

El tensor será semi-definido positivo si x ⋅ T ⋅ x ≥ 0 para todo x ≠ 0 . Análogamenter definimos r r r un tensor semi-definido negativo cuando se cumple que x ⋅ T ⋅ x ≤ 0 , para todo x ≠ 0 .




58

r

r

r

r

Recordar que también se cumple que x ⋅ T ⋅ x = x ⋅ T sym ⋅ x , ver Ejemplo 1.16, luego si la parte simétrica del tensor es definido positivo, el tensor también lo será. r

r

r

r

r

Si α = x ⋅ T ⋅ x = T : ( x ⊗ x ) = Tij x i x j , luego la derivada de α con respecto a x viene dada por: ∂x j ∂x ∂α = Tij i x j + Tij x i = Tij δ ik x j + Tij x i δ jk = Tkj x j + Tik x i = (Tki + Tik ) x i ∂x k ∂x k ∂x k

(1.227)

Con lo que concluimos que: r ∂α sym ⋅ x r = 2T ∂ x

(1.228)

∂ 2α sym r r = 2T ∂ x ⊗ ∂ x

(1.229)

y que:

NOTA: Como

veremos más adelante, una condición necesaria y suficiente para que un tensor sea definido positivo es que sus autovalores ( λ1 > 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:

= ( F T ⋅ F ) T = F T ⋅ ( F T ) T = F T ⋅ F = C

C T

= ( F ⋅ F ) = ( F ) T T

T T

⋅ F

(simetría)

= F ⋅ F = b 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, b

T

T

T

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

x ⋅ C ⋅ x

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

r

r

x ⋅ b ⋅ x

r

r

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

r

r

= x i ( F ki F kj ) x j = ( F ki x i )( F kj x j ) 2 = F ki x i ≥ 0

x i bij x j

= x i ( F ik F jk ) x j = ( F ik x i )( F jk x j ) 2 = F ik x i ≥ 0

En notación indicial: x i C ij x j

Con lo cual demostramos que C = F T ⋅ F y b = F ⋅ F T son semi-definidos positivos. r r r r r r r 2 Observemos que x ⋅ C ⋅ x = F ⋅ x sólo será igual a cero, con x ≠ 0 , si F ⋅ x = 0 , y por r

r

r

r

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 .



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

U = S − αT

donde

(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 ⋅ U T ) = 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: Tr (S ⋅ T T )

α=

(1.232)

Tr ( T ⋅ T T )

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

Tr (S ⋅ T T ) Tr ( T ⋅ T T )

=

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

(1.233)

Con eso podemos definir el tensor U como: U = S − αT = S −

Tr(S ) 3

(1.234)

1 ≡ S dev

Luego: S=

NOTA: S dev = S −

Al tensor S esf = Tr(S ) 3

Tr(S ) 3

Tr(S ) 3

1 + S dev = S esf + S dev 1

(1.235)

denominamos de tensor esférico y al tensor

1 de tensor desviador de S . ■ 1

Supongamos ahora que el tensor T = Tr (S ⋅ T )

2

1

T

α=

Tr ( T ⋅ T T )

(S + S T ) luego, podemos definir α como:

=

2 1 4

[

[

Tr S ⋅ (S + S T ) T

]

Tr (S + S ) ⋅ (S + S ) T

T T

]

=1

(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 2

(S + S T ) =

1 2

(S − S T )

(1.237)

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

1 2

(S + S T ) +

1 2

(S − S T ) = S sym

+ S anti


(1.238)


60


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 tal que se cumpla que: : 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 ) 3

⇒

1 + A dev

A dev = A −

Tr( A ) 3

1

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

Tr ( A ) 3

1 = : A −

1 3

 1   1  −  : A =  − 1 ⊗ 1  : A  3   3 

: A = 

Con lo cual, concluimos que: 1

= − 1 ⊗1 3

El tensor

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



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

LEYES

COORDENADAS

DE TRANSFORMACIÓN

I

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

(1.239)

v = v i eˆ i = v 1eˆ 1 + v 2 eˆ 2 + v 3 eˆ 3

Representaremos sus componentes a través de una matriz columna, i.e.:  v1    (v ) i = v i = v 2    v 3  r


(1.240)



62

x3 x 2′

γ 1

x 3′

x1′

eˆ ′2 eˆ ′3

eˆ 3

eˆ 1′

β 1 x 2

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 ê ′ 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 1eˆ 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  ˆ ˆ ˆ ˆ  v ′3   ( v 1e1 + v 2 e 2 + v 3 e 3 ) ⋅ e ′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 

∴

aij

= eˆ j ⋅ eˆ ′i = eˆ ′i ⋅ eˆ j

(1.244)

o aún: v ′i = aij v j


(1.245)


1 TENSORES

63

≡ aij como:

donde definimos la matriz de transformación de coordenadas  eˆ 1 ⋅ eˆ ′1 ≡ 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 1′ ⋅ eˆ 2   eˆ 3 ⋅ eˆ ′2  = eˆ ′2 ⋅ eˆ 1 eˆ ′2 ⋅ eˆ 2 eˆ 3 ⋅ eˆ ′3   eˆ ′3 ⋅ eˆ 1 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  144 4 4 4 4 4 244 4 4 4 4 4 3 {

(1.247)

{

v′

v

v′ =

v

En la Figura 1.21 se observa que, cos α1 = 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 ≠ T , y será representada explícitamente por: aij

≡

 a11 a12 =  a 21 a 22  a 31 a 32

a13 

  a 33 

(1.248)

a 23

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 v

v′

=

T

También podemos decir que: eˆ i = a ji eˆ ′ j

(1.250)

La inversa de la relación (1.247) viene dada por: −1

v=

(1.251)

v′

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

=

T

⇒

T

=

Notación Indicial

    → a ki a kj = δ ij

es una matriz (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 = aik eˆ ′i . Consideremos ahora la representación de un tensor de segundo orden T de forma simbólica: Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ªEdición)



64

T

= Tkl eˆ k ⊗ eˆ l = Tkl aik eˆ ′i ⊗ a jl eˆ ′ j = Tkl aik 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 aik 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 ail 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′ , x 3′ )

a → de ( x1′ , x 2′ , x3′ )  ( x1 , x 2 , x 3 )

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 = ali a mj a nk S lmn

4

′ = aim 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 ⋅ A T 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)


1 TENSORES

Si que

65

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

′=

x3′

T

′ T33 ′ T23

x3′

x 3

′ T13

T33

′ T31 T13

T23

x2′

T32

′ T22

′ T12

x′2

′ T21

′ T11

T22

T31 T21

T12

x 2

T11 x1

′ T32

x1′

x1′

=

′

T

Figura 1.22: Ley de transformación de base. r

r

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. ■ NOTA: Aunque

Ejemplo 1.30: Considérese

un tensor de segundo orden simétrico T = T T y I T , I I T , I I I T

escalares dados por: I T

= Tr ( T ) = Tii

;

I I T

1

= { I T 2 − Tr ( T 2 )} 2

;

I I I T

= det ( T )

Demostrar que I T , I I T , I I I 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′ = aik a jl Tkl . Luego, haciendo que i = j obtenemos Tii′ y vendrá dado por: Tii′ = a ik a il Tkl = δ kl T kl = Tkk = I T

Lo que demuestra que I T es un invariante. b) Para demostrar que I I T es un invariante es suficiente demostrar que invariante, ya que se demostró que I T es un invariante.


Tr ( T 2 ) es

un



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 (

′) = det (

T

) = det ( )det ( 1 424 3 = ±1

) det ( T ) = det ( 1 424 3

)

= ±1

Consideremos ahora cuatro sistemas de coordenadas ( x1 , x 2 , x 3 ) , ( x1′ , x ′2 , x3′ ) , ( x1′′, x ′2′ , x3′′ ) y ( x1′′′, x 2′′′, x 3′′′) y así como las siguientes matrices de transformación, ver Figura 1.23: : matriz de transformación del sistema ( x1 , x 2 , x3 ) al sistema ( x1′ , x ′2 , x3′ ) ; : matriz de transformación del sistema ( x1′ , x ′2 , x3′ ) al sistema ( x1′′, x ′2′ , x3′′ ) ; : matriz de transformación del sistema ( x1′′, x ′2′ , x3′′ ) al sistema ( x1′′′, x 2′′′, x 3′′′) . X′ −1

=

−1

T

T

T

T

X ′′

X

T

=

T

T

−1

X ′ ′′

=

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 , , , podemos decir que las componentes de este vector en el sistema ( x1′ , x ′2 , x3′ ) serán: v′ =

v

(1.258)

v′

(1.259)

y su forma inversa v=

T

Las componentes de este vector en el sistema ( x1′′, x ′2′ , x3′′ ) son: v ′′ =

v′

(1.260)

v ′′

(1.261)

y su forma inversa: v′ =

T

Reemplazando la ecuación (1.258) en la ecuación (1.260) hallamos: v ′′ =

v


(1.262) Por: Eduardo W.V. Chaves

1 TENSORES

67

La matriz formada por será la matriz de transformación (también ortogonal, i.e. −1 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=

T

(1.263)

v ′′

T

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

)−1 v ′′ = (

v=(

)T v ′′ =

T

(1.264)

v ′′

T

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

1.5.3.1

Forma inversa      →

v

v=

T

T

(1.265)

v ′′′

T

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 . α y y′ = α x ′ y ′

α x y′ =

α x y′

α y y′

α y x′ =

α x ′x = α

α y x′

π 2

π 2

−α +α

x

Figura 1.24: Transformación de sistema de coordenadas- 2D. La transformación de coordenadas entre el sistema la matriz , que es:  a11 = a 21  0

a12 a 22 0

− al sistema x ′ − y ′ viene dada por

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 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  − α  = sin(α )  2 

cos(α x y′ ) = cos

(1.267)

 π  + α  = − sin(α )  2 

cos(α y x′ ) = cos

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




68

 cos(α) sin(α )   − sin(α ) cos(α )

=

(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 las coordenadas del mismo punto en el sistema x ′ − y ′ son ( x P ′ , y P ′ ) , ver Figura 1.25. x ′

′

P

P

x P

y P

P

y ′

α

r

′ x P

c o s ( α )

s i n ( α )

r

β

′ y P

) α ( n i s

α

x P

y P

) α ( s c o

x P

Figura 1.25: Transformación de sistema de coordenadas- 2D. Podemos escribir que:  π  ′ = x P cos(α ) + y P cos x P  − α  ′ = x P cos(α) + y P cos(β )  x P  2     π  π    y ′ = − x cos ′ = − x P cos(β ) + y P cos  − β   − α  + y P cos(α ) P P  y P  2  ⇒   2  

(1.269)

 x ′ = x cos(α) + y P sin(α) ⇒  P P ′ = − x P sin(α) + y P cos(α)  y P

(1.270)

En forma matricial: ′   cos(α ) sin(α )   x P  Forma  x P  x P   cos(α) sin(α)  Inversa =     →  y ′   − sin(α ) cos(α )  y   y  = − sin(α ) cos(α )   P    P    P  

−1

′  x P  y ′   P 

Como la matriz es ortonormal, su inversa es igual a su transpuesta, es decir, luego la relación anterior puede ser reescrita como:  x P  cos(α ) − sin(α )  y  =  sin(α ) cos(α )    P  

′  x P  y ′   P 


(1.271) −1

=

T

,

(1.272)


1 TENSORES

Ejemplo 1.31: Encontrar

69

la matriz de transformación del sistema ( x,

, z )

al sistema

x′′′, y ′′′, z ′′′ , ver Figura 1.26: z = ′

′′ = ′′′

β

y ′′′ y ′ = y ′′

γ α

α

x

y

x ′

γ x ′′′ x ′′

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

♦ Rotación según eje z = ′

sistema

, , z para x′, y ′, z ′

y′

α α x

x ′

 cos α sin α 0 = − sin α cos α 0  0 0 1 

con 0 ≤ α ≤ 360 º




70

♦ Rotación según eje y′ z = z ′

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

cos β 0 − sin β   1 0 =  0   sin β 0 cos β  con 0 ≤ β ≤ 180 º

y ′ = y ′′

β α x

= z ′

′′

x ′

α

β x ′′

x ′

x ′′

♦ Rotación según eje ′′ z = z ′

′′ = ′′′

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

y ′′′ y ′ = y ′′

γ

α x

α

x ′

 cos γ 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, será dada por:

, z )

para el sistema x′′′, y′′′, z ′′′ , ver Figura 1.23,

=

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 )  = (− 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 .



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 , x3 ) , están representadas por: (T )ij = Tij =

 3 − 1 0 = − 1 3 0   0 0 1 

Sabiendo que la matriz de transformación de coordenadas del sistema ( x1 , x 2 , x3 ) al sistema ( x1′ , x ′2 , x 3′ ) viene dada por:   0 1  0  2  2 0 = 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: T Tij′ = [a i k ] [Tk l ] [a l j ] Luego: T ′=  0   ′=  2  2  2 −  2

0 2 2 2 2

 0  3 1 0 −       0 − 1 3 0  0      0 0 1  1 0  

1

2 2 2

−

2



2  2 

2

2 

0

0 

 

Efectuando la operación de matrices obtenemos que: 1 0 0  ′ = 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)



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 ⋅ n ˆ

r

t (n) = T ⋅ nˆ ˆ

r

= t (nˆ ) nˆ

ˆ n

nˆ ′

= λnˆ

x3

nˆ - dirección principal x 2

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: ˆ = λn ˆ (1.273) T ⋅n 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

(1.274) r

Notación Tensorial

    → (T − λ1) ⋅ nˆ = 0

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

T12

T13

T21

T22 − λ

T23

T31

T32

T33 − λ

=0


(1.276)


1 TENSORES

73

Desarrollando este determinante y reestructurando los términos podemos obtener el polinomio característico característico, que está representado por una ecuación cúbica en λ : (1.277)

λ3 − λ2 I T + λ I I T − I I I T = 0

I I T son los invariantes principales del donde I T , I I T , I del tensor T , definidos en función de sus componentes Tij por: I T

= Tr ( T ) = Tii

I I T

=

1

[( TrT ) 2

2

δ jk

− Tr( T 2 )]

{ Tr ( T eˆ ⊗ eˆ ) Tr ( T eˆ ⊗ eˆ ) − Tr[(T eˆ 2 1 = { T δ T δ − T T δ Tr[(eˆ ⊗ eˆ )] } 2 =

1

ij

ij

= = I I I T

1

2 1 2

{T

ii

ij

j

kl kl

kl

ij

kk

k

kl jk

Tkk − Tij Tkl δ jk δ il

{TT ii

i

l

i

ij

i

⊗ eˆ j ) ⋅ (Tkl eˆ k ⊗ eˆ l )]

} (1.278)

l

}

}

− Tij T ji = Mii = Tr[cof( 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: I T

= T11 + T22 + T33

I I T

=

I I I T

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

T22

T23

+

T11

T13

+

T11

T12

(1.279)

T32 T33 T31 T33 T21 T22 = T22 T33 − T23 T32 + T11 T33 − T13 T31 + T11 T22 − T12 T21

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

= T11 + T22 + T33 = T11 T22 + T11 T33 + T22 T33 − T122 − T132 − T232 = T11 T22 T33 + T12 T13 T23 + T13 T12 T23 − T122 T33 − T232 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 ≠ . 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 j(1) = 0 i , ( Tij − λ 2 δ ij ) nˆ j( 2 ) = 0 i , ( Tij − λ 3δ ij ) nˆ j(3) = 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)



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 0 Tij′ =  0 λ 2  0 0

0

 T1   0 = 0   λ 2   0

0

T2 0

0

  T3 

(1.281)

0

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

= T1 + T2 + T3 = 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 I I T = T 3 . cumple que I T2 = 3 I I T , I Dado un tensor antisimétrico a ntisimétrico W , los invariantes principales vienen dados por: I W I I W

= Tr(W) = 0 = =

1 2

[( TrW)

2

− Tr(W )] = 2

0

W23

− W23

0

+

− Tr(W 2 ) 2

0

W13

− W13

0

+

0

W12

− W12

0

(1.283)

= W23 W23 + W13 W13 + W12 W12 I I I W

= ω2 =0 r

r

r

donde ω 2 = w 2 = w ⋅ w = W232 + W132 + W122 , ver expresión (1.133). Luego, la ecuación característica correspondiente a un tensor antisimétrico queda: λ3 − λ2 I W + λ I I W − I I I W = 0

(1.284)

⇒ λ3 + ω 2 λ = 0 ⇒ 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:



1 TENSORES ˆ (1) = λ 1n ˆ (1) T ⋅n

;

75

T ⋅ nˆ ( 2) = λ 2 nˆ ( 2)

ˆ ( 3) = λ 3 n ˆ ( 3) T ⋅n

(1.286)

Podemos multiplicar la primera expresión por nˆ ( 2) y a la segunda por nˆ (1) resultando: ˆ ( 2) ⋅ n ˆ (1) nˆ (2 ) ⋅ T ⋅ nˆ (1) = λ1n

;

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

(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 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: ˆ (1) ⋅ n ˆ ( 2) = 0 n

(1.290)

Análogamente podemos demostrar que nˆ (1) ⋅ nˆ (3) = 0 y nˆ ( 2) ⋅ nˆ (3) = 0 . Con lo que demostramos 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)    = nˆ ( 2)  = nˆ 1( 2) nˆ (3)  nˆ 1(3)   

nˆ (21)

nˆ 3(1) 

nˆ 2( 2)

nˆ 3( 2) 

ˆ (23)

ˆ 3(3)

n



n

(1.291)

 

NOTA: Si

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

′= x 3

T

T3

T33

x 3′

nˆ (3)

nˆ ( 2) x 2′

T23

T13

T23

T13

nˆ (1)

T22 T12

T12

T1

x 2

T11 x1

T2

x1′

=

T

′

Espacio Principal

Figura 1.28: Diagonalización.




76

Ejemplo 1.33: Demostrar que las C 12

donde

+

C 22

+

C 32

siguientes relaciones son invariantes: + C 23 + C 33

C 13

;

C 14

;

+ C 24 + C 34

C 1 , 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: 2 I C 2 = (C 1 + C 2 + C 3 ) = C 12 + C 22 + C 32 + 2(C 1 C 2 + C 1 C 3 + C 2 C 3 ) 144 4 4 244 4 4 3 I I C

⇒ C 12 + C 22 + C 32 = I C 2 − 2 I I C

Comprobando Comprobando que

C 12

+ C 22 + C 32 es un invariante. Análogamente, podemos podemos obtener que: C 13 + C 23 + C 33 = I C 3 − 3 I I C I C + 3 I I I C C 14

I C I C 2 + 4 I I I C I C + 2 I I C 2 + C 24 + C 34 = I C 4 − 4 I

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 ⋅ Q T Solución: Los autovalores ( λ i ) del tensor E obtenemos a partir del determinante característico: característico:

( − λ 1 ) = det (E − λ1 ) = det (Q ⋅ E ⋅ Q − λ1 ) = det (Q ⋅ E ⋅ Q − Q ⋅ λ1 ⋅ Q ) = det [Q ⋅ (E − λ1 ) ⋅ Q ] (Q ) det (E − λ1) det (Q3) = det 123 1 424

0 = det E *

*

*

*

( − λδ ) = det (Q E Q − λδ ) = det (Q E Q − λQ Q δ ) = det [Q (E − λδ )Q ] = det (Q )det (E − λδ ) det (Q ) = det (E − λδ )

0 = det E *ij

T T

T

T

1

kp

jp

ik

kp

jp

E y E * tienen los

ik

kp

jp

kp

jp

kp

kp

jp

kp

kp

Con lo cual comprobamos que

ij

kp

ik

1

= det (E − λ1)

1.5.4.2

ik

ik

T

ij

mismos autovalores.

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 I raíces reales, definidas de la forma: forma: I T − I I I T = 0 ) serán todas raíces 

 α   I



 α 2π  I T +  + 3  3  3

λ 1 = 2S cos   + T   3   3 λ 2 = 2S cos

(1.292)

   α 4 π  I λ 3 = 2S cos +  + T 3  3   3

con R =

I T2

− 3 I I T 3

;

S =

R 3

;

Q=

I T I I T 3

− I I I T −

2 I T3 27

;

T =


R 3 27

;

 Q  α = arccos −   2T 


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:   α   0 0 cos 3     0 1 0 0     I T   α 2π      0 = cos + 0   3 0 1 0 + 2S  0  3   3      λ3  0 0 1 4  α 4 π  14 244 3  0 0 cos +  Parte Esférica  3 3   144 4 4 4 4 4 4 244 4 4 4 4 4 4 3

λ 1 0 0 λ 2   0 0

(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 I I 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 (T )ij = Tij = = − 1 3  0 0 Solución: Buscamos soluciones no triviales para Tij − λδ ij

0

  1  n j = 0 i , con la restricción de que 0

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

T12

T13

3−λ

T21

T22 − λ

T23

T31

T32

T33 − λ

= −1

−1 3−λ

0

0

1− λ

0

=0

0

Desarrollando el determinante anterior obtenemos la ecuación cúbica:

[

]

(1 − λ ) (3 − λ ) 2 − 1 = 0

λ3 − 7 λ2 + 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

I I T

=

I I I T

= Tij =  ijk Ti1 T j 2 Tk 3 = 8

1 2

(Tii T jj − Tij Tij ) =

T22

T23

T32

T33

+

T11

T13

T31

T33

+

T11

T12

T21

T22

= 14

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

→

λ3 − 7λ2 + 14λ − 8 = 0

Resolviendo la ecuación cúbica podemos obtener las tres raíces reales, puesto que la matriz 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:




78

= λ1 + λ 2 + λ 3 = 1 + 2 + 4 = 7 ✓ I I T = λ 1 λ 2 + λ 2 λ 3 + λ 3 λ 1 = 1 × 2 + 2 × 4 + 4 × 1 = 14 I I I T = λ 1 λ 2 λ 3 = 8 ✓

I T

✓

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 0   n1  3 − 1 − 1 0   n1   0  −1 3 − λ 1  −1 3 − λ  n  =  − 1 3 − 1 0  n  = 0 0 1   2    2     0 0 1 − λ 1  n 3   0 0 1 − 1 n 3  0

resultando el siguiente sistema de ecuaciones:  2n1 − n 2 = 0    ⇒ n1 = n 2 = 0  − n1 + 2n 2 = 0 0 = 0  n3 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 3 − λ 2  −1   0

−1 3 − λ2 0

0   n1   0    n 1  3 − 2 − 1      n  = 0 0 1 3−2 0 n = − 2     2    1 − λ 2  n 3   0 0 1 − 2  n 3  0 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



2

nˆ i( 2 ) =  ±

±

1 2



0



Para λ 3 = 4 3 − λ 3  −1   0

−1 3 − λ3 0

0   n 1  0    n 1  3 − 4 − 1  n  =  − 1 3 − 4  n  = 0  0 0  2    2    1 − λ 3  n 3   0 0 1 − 4 n 3  0  0



1 TENSORES

79

 − n1 − n 2 = 0    ⇒ n1 = −n 2  − n1 − n 2 = 0  − 3n = 0 3  1

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

2

Resultando: ⇒

λ3 = 4



1



2

nˆ i(3) = m

±



1

0



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

λ3 = 4

⇒ nˆ (i 3)

= m



1



2

±

1

±

1

2

2



0

 

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 está constituida por los autovectores de T . Verificando así

que los autovectores constituyen una base de transformación del sistema ( x1 , x 2 , x3 ) 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: para T1

⇒ nˆ i(1)

= [ nˆ 1(1) nˆ (21) nˆ (31) ]

para T2

⇒ nˆ i( 2)

= [ nˆ 1( 2) nˆ (22) nˆ 3( 2) ]

para T3

⇒ nˆ i(3)

= [ nˆ 1(3) 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: Tij′ =

 T1 ′ =  0  0

0

0

T2 0

  T3 

(1.296)

0

Sabiendo que los autovectores forman una base de transformación tal que: ′=

T

(1.297)

luego, la forma inversa será: =

T

′


(1.298)



80

donde  nˆ (1)   nˆ 1(1)    = nˆ ( 2)  = nˆ 1( 2) nˆ (3)  nˆ 1(3)   

nˆ (21)

nˆ (31) 

nˆ (22)

nˆ 3( 2) 

ˆ (23)

ˆ (33)



n

n

(1.299)

 

Explícitamente, la relación (1.298) queda:  T11 T  12  T13

T12 T22 T23

T13 

T23  T33 

nˆ 1(1) nˆ 1( 2)  = nˆ (21) nˆ (22) nˆ (1) nˆ ( 2) 3  3  T1 0 = T  0 T2  0 0 1 0 = T1 T 0 0 0 0

nˆ 1(3)   T1



nˆ (23)   0 nˆ 3(3)   0

0

T2

0   nˆ 1  0 nˆ 1( 2) (1)

 T3  nˆ 1(3)

nˆ (21)

nˆ (31) 

nˆ (22)

nˆ 3( 2) 



nˆ (23) nˆ 3(3)  0  0  0  T3  0 0 0 0  0 0 0  + T T 0 1 0 + T T 0 0 0 0 2 3          0 0 0 0  0 0 1

(1.300)

donde se cumple que: 1 0 0  T  0 0 0  0 0 0 0 0 0   T  0 1 0   0 0 0 0 0 0   T  0 0 0  0 0 1

nˆ 1(1) nˆ 1(1)  = nˆ (21) nˆ 1(1) nˆ (1) nˆ (1)  3 1 nˆ 1( 2) nˆ 1( 2 )  = nˆ (22) nˆ 1( 2 ) nˆ ( 2) nˆ ( 2 )  3 1 nˆ 1(3) nˆ 1(3)  = nˆ (23) nˆ 1(3) nˆ (3) nˆ (3)  3 1

nˆ 1(1) nˆ (21)

nˆ 1(1) nˆ 3(1) 

nˆ (21) nˆ (21)

nˆ (21) nˆ 3(1)  = nˆ i(1) nˆ j(1)



nˆ 3(1) nˆ 3(1) 

nˆ 3(1) nˆ (21) nˆ 1( 2) nˆ (22)

nˆ 1( 2) nˆ (32) 

nˆ (22) nˆ (22)

nˆ (22) nˆ (32)  = nˆ i( 2) nˆ j( 2)

ˆ 3( 2) ˆ (22)

n n

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



(1.301)

  nˆ 1(3) nˆ 3(3)   nˆ (23) nˆ 3(3)  = nˆ i(3) nˆ j(3) nˆ 3(3) nˆ 3(3)  ˆ (32) ˆ (32)

n n

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 j(1) + T2 nˆ (i 2) nˆ j( 2) + T3 nˆ (i 3) nˆ j(3)

(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 3

T=

∑= 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)


1 TENSORES î, 1 = nˆ i ⊗ n

representar

81

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

3

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

cumple que:  3 ( a )  ˆ (a)  = T = T ⋅ 1 = T ⋅  nˆ ⊗ n   a =1 

∑

3

∑=

T ⋅ nˆ ( a )

3

⊗ nˆ ( a )

= ∑ Ta nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a )

(1.305)

a =1

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 original Nˆ transforma en el versor nˆ , es decir, nˆ = R ⋅ Nˆ . Podemos entonces hacer la representación espectral de un tensor ortogonal como:  3 ˆ ( a ) ˆ ( a )  R = R ⋅ 1 = R ⋅  N ⊗ N  =  a =1 

∑

3

∑=

ˆ ( a) R ⋅ N

ˆ (a ) ⊗N

3

ˆ (a) = ∑ nˆ (a ) ⊗ N

(1.306)

a =1

a 1

En el espacio de las direcciones principales, la potencia de tensores podemos expresarla como:  T1n  = 0 0 

(T ) n

ij

0

0 

T2n

0 

0



(1.307)

T  n 3

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

∑= T

T = n

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: 3

T=

∑=

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 ∑= T x ⋅ nˆ

( a)

a

(1.310)

r

⊗ nˆ ( a ) ⋅ x ≥ 0

a 1

r

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

∑=

r

r

Ta x ⋅ nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a ) ⋅ x ≥ 0

a 1

⇒

3

r ˆ ) ] ( x ⋅ n ∑= T [1 4243 ( a) 2

a

a 1

r

r

r

>0

(1.311)

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




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: 3

3

= δ ik δ jl eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l = eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ i ⊗ eˆ j = ∑∑ eˆ a ⊗ eˆ b ⊗ eˆ a ⊗ eˆ b

(1.312)

a =1 b =1

Luego, como ˆ (a) : n

es un tensor isótropo, será válido también en cualquier base ortonormal 3

=

∑= nˆ

(a)

⊗ nˆ (b ) ⊗ nˆ ( a ) ⊗ nˆ (b )

(1.313)

a ,b 1

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

(1.314)

3

=

∑= nˆ

(a )

⊗ nˆ (b ) ⊗ nˆ (b ) ⊗ nˆ ( a )

(1.315)

a ,b 1

y (1.316)

= δ ij δ k l eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l = eˆ i ⊗ eˆ i ⊗ eˆ k ⊗ eˆ k 3

=

∑= nˆ

( a)

⊗ nˆ ( a ) ⊗ nˆ (b ) ⊗ nˆ (b )

(1.317)

a ,b 1

Ejemplo 1.36: Sea

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

3

V =

∑= λ

a

nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a )

a 1

Demostrar que el tensor antisimétrico

w

puede ser representado por:

3

w

=

∑=

w ab

nˆ ( a ) ⊗ nˆ (b )

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



1 TENSORES

w



3

83



3

3



a =1

a =1

⋅ 1 = w ⋅  ∑ nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a)  = ∑ w ⋅ nˆ (a) ⊗ nˆ (a ) = ∑ (wr ∧ nˆ ( a) ) ⊗ nˆ (a)  a =1

3

=

∑= w (nˆ

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

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

Simplificando la expresión anterior resulta que:

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

w

+ w1 (nˆ (3) ) ⊗ nˆ ( 2) − w3 (nˆ (1) ) ⊗ nˆ ( 2) + − w1 (nˆ ( 2) ) ⊗ nˆ (3) + w2 (nˆ (1) ) ⊗ nˆ (3) Además teniendo en cuanta que w1 = −w 23 = w 32 , w2 = w13 = −w 31 , w3 = −w12 = w 21 , w

aún puede ser expresado por: 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 )

a ,b 1 a ≠b

Los términos

w

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

 3  3     ˆ (a) ⊗ n ˆ (b )  ⋅  ˆ (b ) ⊗ n ˆ (b )  λ w ab n n w ⋅ V =  b    a ,b =1   b =1   a ≠ b 

∑

∑

3

=

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

3

∑= λ

b w ab

nˆ ( a ) ⊗ nˆ (b )

a ,b 1 a≠b

y     3   3 ( a ) ( a ) ( a ) ( b ) ˆ V ⋅ w =  λ a nˆ ⊗ nˆ  ⋅  ⊗ nˆ  w ab n   a =1   a ,b =1  a ≠ b 

∑

∑

3

=

∑= λ

a w ab

nˆ ( a ) ⊗ nˆ (b)

a ,b 1 a ≠b

Luego,



84


 3   3      ( a ) ( b ) ( a ) ( b ) λ b w ab nˆ ⊗ nˆ  −  λ a w ab nˆ ⊗ nˆ  w ⋅ V − V ⋅ w =   a ,b =1   a,b =1   a ≠b   a ≠b 

∑

∑

3

=

∑=

λ − λ a ) nˆ ( a ) ⊗ nˆ (b )

w ab ( 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 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 0  ( T ) ij = 0 λ 2   0 0

0

  λ 3 

(1.318)

0

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

(1.319)

T 3 − T 2 I T + T I I T − I I I T 1 = 0

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 ⋅ T I T + T ⋅ T I I T − I I I T 1 ⋅ T = 0 I T + I I I T T ⇒ T 4 = T 3 I T − T 2 I

(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: (1.321)

T 3 − I T T 2 + I I T T − I I I T 1 = 0

Haciendo el doble producto escalar con el tensor identidad de segundo orden ( 1 ), la expresión queda: T 3 : 1 − I T T 2 : 1 + I I T T : 1 − I I I 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: I T Tr( T ) − I I I T Tr (1) = 0 Tr ( T 3 ) − I T Tr( T 2 ) + I 123 =3

I I I T

=

1 3

[Tr(T

3

) − I T Tr ( T ) + I I T Tr ( T ) 2

]


(1.323)


1 TENSORES

Reemplazando los valores de los invariantes obtenemos:

85

I T , I I T ,

1

3

1

3

2

2

dados por la ecuación (1.278),  

(1.324)

 

(1.325)

3

=  Tr ( T 3 ) − Tr ( T 2 ) Tr ( T ) + [Tr ( T )] 

I I I T

En notación indicial 1

3

1

3

2

2

=  Tij T jk Tki − Tij T ji Tkk +

I I I T

Ejemplo 1.37: Partiendo del teorema de T en función de potencia de tensores. Solución:

Tii T jj Tkk 

Cayley-Hamilton obtener la inversa de un tensor

El teorema de Cayley-Hamilton afirma que: T 3 − T 2 I T + T I I T − I I I T 1 = 0

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

⇒ T −1 =

1 I I I T

(T

2

I T ) − T I T + 1 I

El teorema de Cayley-Hamilton también es válido para matrices cuadradas de orden n . Sea una matriz cuadrada n×n el determinante característico viene dado por: λ

donde

n× n

n× n

−

=0

(1.326)

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 . Para el caso particular n = 3 y si representa las componentes del tensor A tenemos que: I 1 = I A , I 2 = I I A , I 3 = I I I A . Aplicando el teorema teorema de Cayley-Hamilton Cayley-Hamilton se cumple que − I 1

n

n −1

+ I 2

n−2

(1.328)

− L + (−1) n I n =

A través de la relación (1.328) podemos obtener la inversa de la matriz multiplicando todos los términos por −1 , resultando: n

⇒

−1

− I 1

n −1

−1

n −1

− I 1

n−2

+ I 2

+ I 2 n −3

n−2

−1

− L + (−1) n I n

−1

− L (−1) n−1 I n −1 + (−1) n I n

n× n

= −1

, por ello

(1.329)

=

luego −1

=

(−1) n −1 I n

El invariante I n = det ( Ejemplo 1.38: Dado

cartesiano:

)

(

n −1

− I 1

n−2

+ I 2

n −3

− L (−1) n −1 I n−1

luego, sólo habrá la inversa de

el tensor

T representado

)

si I n = det (

(1.330) )≠0.

por sus componentes en el sistema




86

5 0 0  = 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: − 2 I T + I I T − I I I T = donde I T = 5 + 2 + 1 = 8 , I I T = 10 + 2 + 5 = 17 , I I I T = 10 , luego: 3

3

5 3  =0 0 

0 23 0

0

125 0 0     0 = 0 8 0   1   0 0 1 

;

2

5 2  =0 0 

0 22 0

0

25 0 0     0 = 0 4 0   1   0 0 1 

Aplicando el teorema teorema de Cayley-Hamilton Cayley-Hamilton verificamos que: 125 0 0 25 0 0 5 0 0  1 0 0 0 0 0   0 8 0 − 8  0 4 0 + 17 0 2 0  − 10 0 1 0 = 0 0 0            0 0 1   0 0 1  0 0 1  0 0 1 0 0 0 144 4 4 4 4 4 4 4 4 4 244 4 4 4 4 4 4 4 4 4 3 0 0 0  0 0 0    0 0 0

1.5.7

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: (vector) (tensor de segundo orden) (tensor de tercer orden) (tensor de cuarto orden)

r v

r r

= v ⋅ v = v i vi

(1.331)

T = T : T = Tij Tij

(1.332)

A = A : ⋅ A A = A ijk A ijk

(1.333)

=

::

=

C ijkl C ijkl

(1.334)

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 I I 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.



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: (1.336) T = T ′ Tensor Isótropo de orden uno 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 = aij 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 ˆ i = ê ′ j (no hubo cambio de sistema), ó v i = v ′i = 0 i . Luego, el único tensor a ij = δ ij , i.e. e 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 = aik a jk = δ ij 123 (1.338) T =

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




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 =  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): = a 0 + a1 + a 2

(1.341)

= a 0 1 ⊗ 1 + a1 1⊗1 + a 2 1⊗1 D ijkl

= a0 δ ij δ kl + a1δ ik δ jl + a 2 δ il δ jk

Ejemplo 1.39: Demostrar

mayor

que el tensor de cuarto orden que presenta simetría menor y 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

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: 3

T=

∑= a 1

3

Ta nˆ ( a )

⊗ nˆ ( a )

;

S=

∑= 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:



1 TENSORES T ⋅S = S ⋅ T

si

⇒

89

(1.343)

S , T son coaxiales

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: 3

S=

∑=

ˆ (a ) S a nˆ ( a ) ⊗ n

S −1 =

;

a 1

siendo S a y

1

Sa

3

1

∑= S a 1

nˆ ( a ) ⊗ nˆ ( a )

(1.344)

a

, los autovalores de S y S −1 respectivamente.

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 ). Además, la proyección de F según dirección Nˆ resulta un vector que lo representamos r por su módulo y dirección como F ⋅ Nˆ = λ (nˆ ) nˆ ≠ 0 , ya que det (F ) ≠ 0 . Con eso, dada una base ortonormal Nˆ ( a ) , podemos decir que: F

−1

3

⋅ F = 1 = ∑ Nˆ ( a ) ⊗ Nˆ ( a) a =1

⇒ F = F ⋅ 1 = F ⋅

3

∑=

ˆ ( a) N

a 1

⇒ F =

3

∑= λ nˆ a

( a)

ˆ (a ) ⊗N

3

ˆ ( a) ⊗ N ˆ ( a) = ∑ F ⋅ N

(1.347)

a =1

⊗ Nˆ ( a )

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 autovalores de F y tan poco nˆ ( a ) o Nˆ ( a ) son los autovectores de F . ■ Notar que para una base ortonormal arbitraria de Nˆ ( a ) , la nueva base nˆ ( a ) no necesariamente será una base ortogonal. Queremos encontrar una base Nˆ ( a ) tal que la r ˆ r ˆ nueva base nˆ ( a ) sea una base ortonormal, ver Figura 1.30, i.e. f (N ) ⋅ f (N ) = 0 , r Nˆ r Nˆ r Nˆ r Nˆ 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 ˆ ( a ) , ya que una transformación ortogonal no cambian los ángulos entre vectores ni sus n magnitudes. (1 )

( 2)

( 23

( 3)

(2)

( 1)




90

r ˆ (1 ) f (N )

r ˆ (2) f (N )

ˆ ( 2) = F ⋅ N

ˆ (1) = F ⋅ N

ˆ ( 3) N

ˆ (1)

n nˆ ( 2)

= f (N

ˆ ( 2) F ⋅ N

= f (N

ˆ ( 3) F ⋅ N

r (Nˆ ( 3) ) = f

r

ˆ (1) )

ˆ (2) )

r

ˆ (1) )

= f (N r

ˆ ( 2) )

= f (N =

nˆ (1) = λ 1nˆ (1) nˆ ( 2) = λ 2 nˆ ( 2)

r (Nˆ ( 3) ) (3) f nˆ

= λ 3nˆ (3)

ˆ ( 2) N

nˆ (3) r ˆ ( 3) f (N )

r

ˆ (1) F ⋅ N

ˆ (1) N

ˆ ( 3) = F ⋅ N

Figura 1.30: Proyección de

ˆ (a) . F según la base N

Consideremos ahora que la transformación entre Nˆ ( a ) y nˆ ( a ) viene dada por la siguiente transformación ortogonal nˆ ( a ) = R ⋅ Nˆ ( a ) , podemos decir que: 3

F =

3

3

∑ λ a nˆ (a) ⊗ Nˆ (a) = ∑ λ aR ⋅ Nˆ (a) ⊗ Nˆ (a) = R ⋅ ∑ λ aNˆ (a) ⊗ Nˆ (a) = R ⋅ U a =1

a =1

(1.348)

a =1 3

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

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

3

3

3

a =1

a =1

a =1

∑ λ a nˆ (a) ⊗ Nˆ (a) = ∑ λ a nˆ (a) ⊗ nˆ (a) ⋅ R = ∑ λ a nˆ (a) ⊗ nˆ (a) ⋅ R = V ⋅ R

(1.349)

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

(1.351)

C

Análogamente podemos obtener que: V = ± F ⋅ F T = ± 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



1 TENSORES

restricción para el tensor posibilidades: 

F

91

es que det ( F ) ≠ 0 , luego podemos tener las siguientes

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 ó  − U V , Tensores definidos positivos  

R − Tensor ortogonal impropio  U, V − Tensores definidos negativos

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 ó  U, V − Tensores definidos negativos

R − Tensor ortogonal impropio  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 ˆ ⊗e ˆ j ⊗ e ˆ k ⊗ e ˆ l ) (e ∂ A kl i = δ ik δ jl (eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k ⊗ eˆ l ) = (tensor identidad de cuarto orden) =

(1.353)

Podemos entonces obtener la derivada de la traza de un tensor respecto a él mismo: ∂ A ∂[Tr ( A )] ≡ [Tr( A )], A = kk (eˆ i ⊗ eˆ j ) = δ ki δ kj (eˆ i ⊗ eˆ j ) = δ ij (eˆ i ⊗ eˆ j ) = 1 (1.354) ∂ A ∂ A ij

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

(1.355)

La derivada parcial de la traza del cuadrado un tensor respecto al él mismo:  ∂ ( A sr ) ∂( A rs )  ˆ ∂ [Tr ( A 2 )] ∂ ( A sr A rs ) ˆ ˆ j ) =  A rs = (e i ⊗ e + A sr  (e i ⊗ eˆ j ) ∂ A ∂ A ij ∂ ∂ A A  ij 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 ) = 2 A T

Queda al lector la demostración de: ∂[ Tr ( A 3 ) ] = 3( A 2 ) T ∂ A Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ªEdición)

(1.357)



92

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

∂ [Tr (C 2 )] = 2C T = 2C ; ∂C

∂[Tr (C)]2 = 2 Tr (C)1 ; ∂C

∂[Tr (C )] = 3(C 2 ) T = 3C 2 ∂C

(1.358)

3

y además podemos decir que la derivada de la norma del tensor simétrico C viene dada por: T   ∂   Tr(C 2 )  −1 ∂C ∂ ( C : C ) ∂  Tr(C ⋅ C )   = 1 [Tr(C 2 )] 2 [Tr(C 2 )] = = =  ,C ∂C ∂C ∂C ∂C 2

=

1

(1.359)

−1

[Tr(C )] 2 2

2

2C

o aún: ∂C C = ∂C C

(1.360)

Otra aplicación interesante viene a continuación: ∂ (n i C ij n j ) ∂n ∂n = i C ij n j + n i C ij j = δ ik C ij n j + n i C ij δ jk ∂n k ∂n k ∂n k = C kj n j + n i C ik = C kj n j + C jk n j

(1.361)

= 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 ) = = ∂C ∂C

donde queda:

(1.362)

es el tensor nulo de cuarto orden. La expresión anterior en notación indicial ∂ (C iq−1C qj ) ∂ (C iq−1 ) ∂(C qj ) −1 = = O ikjl C qj + C iq ∂C kl ∂C kl ∂C kl ∂ (C iq−1 ) ∂ (C qj ) C qj = −C iq−1 ∂C kl ∂C kl

⇒

∂ (C iq−1 ) ∂(C qj ) −1 −1 C qj C jr C = −C iq−1 ∂C kl ∂C kl jr

(1.363)

∂ (C iq−1 ) ∂(C qj ) −1 C ⇒ δ qr = −C iq−1 ∂C kl ∂C kl jr 1

Considerando que C qj = (C qj + C jq ) , la expresión anterior queda: 2



1 TENSORES

93

∂ C iq−1 1  ∂ (C qj + C jq ) −1 δ qr = −C iq−1  C ∂C kl 2 ∂C kl  jr −1 ) = −C −1 1 [δ δ + δ δ ]C −1 = − 1 [C −1δ δ C −1 + C −1δ δ C −1 ] ∂ (C ir iq qk jl jk ql jr iq qk jl jr iq jk ql jr ∂C kl 2 2

(1.364)

−1 ) = − 1 [C −1C −1 + C −1C −1 ] ∂ (C ir ik lr il kr ∂C kl 2

En notación tensorial queda: ∂C −1 1 = − [C −1 ⊗C −1 + C −1 ⊗C −1 ] ∂C 2 NOTA: Observemos

(1.365)

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

∂ (C iq−1 ) ∂(C qj ) −1 −1 −1 −1 −1 C jr = −C iq C lr . = −C ik (1.363), hubiéramos obtenido que δ qr = −C iq−1 δ qk δ jl C jr ∂C kl ∂C kl

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 I I T con respecto a T : 2 ∂[ I I 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 ]

(1.367)

2

= Tr ( T )1 − T T

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

T − I T 1 + I I T T −1 − I I I T T − 2 = 0

(1.368)

⇒ T = I T 1 − I I T T −1 + I I I T T − 2

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

)

(1.369)

− 2 T

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




94

∂[ I I I T ] 3 ∂ 1 1 1 3 2 =  Tr( T ) − Tr ( T ) Tr ( T ) + [Tr ( T ) ]  ∂T ∂T  3 2 6  2 ∂[Tr ( T 2 )] 1 ∂[Tr ( T ) ] 3 Tr ( T ) − Tr (T 2 ) = 3( T ) − + [Tr ( T )] 1 3 2 ∂T 2 ∂T 6

1

2 T

1

= ( T 2 ) T − Tr ( T ) T T −

1

= ( T 2 ) T − Tr ( T ) T T +

1

2

Tr (T 2 )1 +

[[Tr(T )] 2

2

1 2

[Tr ( T )]

2

(1.370)

1

− Tr ( T 2 )]1

= ( T 2 ) T − I T T T + I I 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 + I I T T ⋅ T −1 − I I I T 1 ⋅ T −1 = 0 T 2 − I T T + I I T 1 − I I I T T −1 = 0

(1.371)

I I T T −1 = T 2 − I T T + I I T 1 ⇒ I

y la transpuesta:

( I I I T T − ) = (T 1 T

2

− I T T + I I T 1) = (T 2 ) − I T T T + I I T 1 T

T

(1.372)

Reemplazando ecuación (1.372) en la expresión (1.370) obtenemos: ∂[ I I I T ] T = ( I I I T T −1 ) = I I I T 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 Dt

T ≡ T&

D 2

;

2

Dt

&& T≡T

(1.374)

La derivada temporal del determinante de un tensor viene definida como: D Dt

[det (T )] =

DTij Dt

cof (Tij )

(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 = ( I I I 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:



1 TENSORES

95

1   I I b ) 2  ∂ ( I ∂ J   =

⇒

∂b

∂b

1

1

− I I b ) 2 = ( I

2 1

1 I I b 1 ∂ I − I I b ) 2 I I I b b −T = ( I 2 ∂b

1

1

I I b ) 2 b −1 = J b −1 = ( I 2

⇒

∂[ln( J )] = ∂b

2

   

1

 

I I b 2  ∂ ln I

∂b

=

I I b 1 −1 ∂ I = b 2 I I I b ∂b 2 1

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 =

Tr ( T ) 3

1 + T dev =

I T 3

1 + T dev

(1.376)

= Tm 1 + T dev

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

Tr( T ) 3

(1.377)

1 = T − Tm 1

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  =  T12dev T22dev dev  T13dev T23   13 ( 2 T11 − T22  T12 =  T13 

 T11 − Tm   dev T23 =   T12 dev   T33   T13 T13dev 

− T33 )

T12 T22 − Tm T23

  T23  T33 − Tm  T13

  1 T23 (2 T 22 − T11 − T33 )  3 1 T23 (2 T33 − T11 − T22 ) 3  T12

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.




96

x 3

T 33 T23 T13

T13

T23 T22

T12 T12

x 2

T11

x

1 144 4 4 4 4 4 4 244 4 4 4 4 4 4 3

x 3

x 3

dev T33

Tm

T23 T13 T13

+

Tm

dev T22

T12 T12

x 2

Tm

T23

x 2

dev 11

T

x1

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 dev ) = Tr  T −

Tr ( T )  Tr ( T ) 1 = Tr ( T ) − Tr (1) = 0



3

3

123 δ ii =3

(1.379)

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

  T3 

(1.380)

0

I T = T1 T2 T3 . Invariantes principales: I T = T1 + T2 + T3 , I I T = T1 T2 + T2 T3 + T3 T1 , I I

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)


1 TENSORES

Tijdev

 T1 − Tm =  0  0

0

97

  0  T3 − Tm  0

T2 − Tm 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 ) = ( T1 T2 + T1 T3 + T2 T3 ) − 2 Tm ( T1 + T2 + T3 ) + 3 Tm2

I I

T dev

2 I T

= I I T − =

1 3

3

( I T ) +

I T2

(1.382)

3

(3 I I T − I T ) 2

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

T dev

=

1

=

1

= =

{( I 2 T

2 1 2

)2

dev

− Tr[( T dev ) 2 ]}= −

{− Tr[(T − T {− Tr[(T

2

1

2

1

2

m

]

1) 2 }=

1 2

1 2

{Tr[(T

dev 2

)

]}

{− Tr[(T − Tm 1) ⋅ ( T − Tm 1)]}

− 2 Tm T ⋅ 1 + Tm2 1)]}=

1

[− Tr(T 2

2

) + 2 Tm Tr ( T ) − Tm2 Tr (1)

]

(1.383)

I T2  3 − Tr( T ) + 2 I T − 2 3 9  I T

= − Tr( T ) + 2

I T2 



3 

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

T dev

1

I T2 

1

2

3 

2

= − I T2 + 2 I I T +

I T −  = 2 I

2 I T2 

1

I T − I T2 )  = (3 I 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): I I

T dev

1

1

1

1

2

2

2

2

= − Tr[( T dev ) 2 ] = − Tr[( T dev ⋅ T dev )] = − T dev ⋅ ⋅T dev = − Tijdev T jidev

(1.385)

Expandiendo la expresión anterior obtenemos: I I

T dev

=−

1

[( T 2

dev 2 11 )

+ ( T22dev ) 2 + ( T33dev ) 2 + 2( T12dev ) 2 + 2( T13dev ) 2 + 2( T23dev ) 2 ]

(1.386)

En el espacio de las direcciones principales: I I

T dev

1

= − Tijdev T jidev = − 2

1

[( T 2

dev 2 ) 1

+ ( T2dev ) 2 + ( T3dev ) 2 ]

(1.387)

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




98

I I

T dev

=

dev T22

dev T23

dev T23

dev T33

=−

1

[− 2 T 2

+

dev 22

T11dev

T13dev

T13dev

dev T33

+

T11dev

T12dev

T12dev

dev T22

(1.388)

]

dev T33 − 2 T11dev T33dev − 2 T11dev T22dev − ( T12dev ) 2 − ( T23dev ) 2 − ( T13dev ) 2

O aún: I I

T dev

2 2 2 2 1 = − (T22dev ) − 2 T22dev T33dev + (T33dev ) + (T11dev ) − 2 T11dev T33dev + (T33dev ) +

2

(T ) − 2 T dev 2 11

dev 11

(1.389)

2 2 2 2 dev + (T22dev )  + (T11dev ) + (T22dev ) + (T33dev ) T22



− ( T12dev ) 2 − ( T23dev ) 2 − ( T13dev ) 2

Observa que de la ecuación (1.321) obtenemos que: ( T11dev ) 2

dev 2 + ( T22dev ) 2 + ( T33dev ) 2 = −2 I I dev − 2( T12dev ) 2 − 2( T13dev ) 2 − 2( T23 ) T

(1.390)

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

T dev

=−

1

[( T 6

dev 22

− T33dev ) 2 + ( T11dev − T33dev ) 2 + ( T11dev − T22dev ) 2 ] − ( T12dev ) 2 − ( T23dev ) 2 − ( T13dev ) 2

(1.391) Y si consideramos las direcciones principales: I I

T dev

=−

1

[( T 6

dev 2

− T3dev ) 2 + ( T1dev − T3dev ) 2 + ( T1dev − T2dev ) 2 ]

(1.392)

1.5.12.3 Tercer Invariante del Tensor Desviador

El tercer invariante del tensor desviador de T queda: I I I

T dev

= ( T1 − Tm )( T2 − Tm )( T3 − Tm ) = T1 T2 T3 − Tm ( T1 T2 + T1 T3 + T2 T3 ) + Tm2 ( T1 + T2 + T3 ) − Tm3 = I I I T − = I I I T − =

1 27

2

I T

I I T 3 I T I I T 3

+ +

I T

I T 9 2 I T3

3

−

I T

(1.393)

27

27

(2 I T − 9 I T I I T + 27 I I I T ) 3

Otra forma de expresar el tercer invariante es: 1

I I I

T dev

dev dev = T1dev T2dev T3dev = Tijdev T jk Tki

Ejemplo 1.41: Considérese un tensor s ≡ σ dev . Obtener el resultado de

y

de segundo orden simétrico

la operación s :

σ

σ

y su parte desviadora

∂s . Demostrar también que los tensores ∂σ

son tensores coaxiales. Solución: Teniendo la definición de un tensor desviador σ

(1.394)

3

dev

Obtenemos que: s = σ −

I σ 3

σ

= σ esf + σ dev = σ esf + s .

1 . Luego:



1 TENSORES



∂ σ −

I σ

3 ∂s =  ∂σ ∂σ

En notación indicial:

99



1

 = ∂[σ ] − 1 ∂ [I ] 1 σ

∂σ

3

∂σ

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

Con lo cual s ij

∂s ij 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 ∂σ kl   =0 {

s:

∂s =s ∂σ

Para demostrar que dos tensores son coaxiales, hay que cumplir que

⋅

σ σ

dev

σ

= σ ⋅ (σ − σ esf ) = σ ⋅ σ − σ ⋅ σ esf = σ ⋅ σ − σ ⋅ = σ ⋅ σ − σ ⋅ 

=  σ − 

I σ 3

1 = σ ⋅ σ −

I σ  3

1  ⋅ σ = σ dev



Con lo cual demostramos que los tensores mismas direcciones principales.

σ

I σ 3

dev

I σ 3

⋅ σ = σ ⋅ σ dev :

1

1 ⋅ σ

⋅ σ y

σ

dev

son coaxiales, es decir, tienen las




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 ) (1.395) Ψ = Ψ ( T , S ) = T : S

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: (1.396)

Π = Π (T ) = α1 + β T + γ T 2

con α , β , γ escalares.

1.6.1

Series de Tensores

Dada una función ∞

f ( x) =

f ( x) podemos

1 ∂ n f (a )

∑ n!

∂ x

n =0

n

( x − a) n ,

aproximar esta función a través de serie de Taylor por

donde

n! representa

el factorial de

n

y

f (a) el

valor de la

función en el punto de aplicación = a . Podemos extrapolar esta definición para tensores. 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 0!

ψ ( E 0 ) +

≈ ψ0 +

1 ∂ψ ( E 0 )

∂ E ij

1!

∂ψ ( E 0 )

:

∂ E

2 1 ∂ ψ ( E 0 )

( E ij − E 0 ij ) +

( E − E 0 ) +

1

2! ∂ E ij ∂ E kl

( E − E 0 ) :

2

( E ij − E ij )( E kl − E kl 0 ) + L

∂ 2 ψ ( E 0 )

0

:

∂ E ⊗ ∂ E

(1.397)

( E − E 0 ) + L

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: S( E ) ≈

1 0!

S ( E 0 ) +

≈ S0 +

1 ∂S( E 0 )

∂ E

1!

∂S ( E 0 ) ∂ E

:

:

( E − E 0 ) +

( E − E 0 ) +

1 2

1 2!

( E − E 0 ) :

∂ 2 S( E 0 ) ∂ E ⊗ ∂ E

∂ 2 S ( E 0 )

( E − E 0 ) :

∂ E ⊗ ∂ E

:

:

( E − E 0 ) + L

(1.398)

( E − E 0 ) + L

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

1 3!

1 2! 1 2

S2 +

1

S3 + L

3! 1 3

S2 + S −L

S3 +

3

1 5!

(1.399)

S5 −L

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



1 TENSORES

101

3   ( a ) S 2a S 3a ( a ) ˆ ˆ ˆ (a) ⊗ n ˆ (a) 1 + S a + + + L n ⊗n = exp = exp S a n   2! 3! a =1  a =1  3

∑

S

∑

3

ln(1 + S ) =

∑   S

a

a =1

−

1 2

S 2a +

1 3

3

 

ˆ (a ) ⊗ n ˆ (a) = S 3a + L n

∑ ln(1 + S

a)

(1.400)

ˆ (a ) ⊗ n ˆ (a) n

a =1

donde S a y nˆ (a ) son los autovalores y autovectores, respectivamente, del tensor S . Podemos extender estos conceptos para obtener la definición de una función de tensión 1

1

del tipo S m , donde

m es un

número entero. Si definimos S m como:

 1  1   1   1  S =  S m  S m  L  S m  =  S m               

m

(1.401)

La forma espectral correspondiente viene dada por: 1

3

Sm =

∑S

1 m a

(1.402)

ˆ ( a) ⊗ n ˆ (a) n

a =1 1

1

m

con lo que nos permite obtener S m una vez conocidos S a y nˆ (a ) .

1.6.2

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 )

(1.403)

14 4 244 3

( )

Π T*

Si T es un tensor simétrico podemos expresarlo según su representación espectral como: 3

T=

∑ λ nˆ a

(a)

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

(1.404)

a =1

donde λ a son los autovalores de T y nˆ (a ) son las direcciones principales correspondientes. 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: λ 1 0 (T )ij =  0 λ 2  0 0

0

  λ 3  0

(1.405)

Los términos λ1 , 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(λ1 , λ 2 , λ 3 ) . Si T es isótropo se cumple que: T * = Q ⋅ T ⋅ Q T


(1.406) Por: Eduardo W.V. Chaves


102

Análogamente para la función

Π:

(1.407)

Π * (T ) = Q ⋅ Π (T ) ⋅ Q T

Adoptemos como las componentes del tensor ortogonal las siguientes: 1 0 0  (Q)ij = 0 − 1 0  0 0 − 1

(1.408)

Efectuando la operación (1.407) obtenemos:  Π 11 Π * = − Π 12   − Π 13 Π 11 * ⇒ Π =  0  0

− Π 12 Π 22 − Π 23 0

Π 22 0

− Π 13 

Π 11 Π 12 − Π 23  = Π 12 Π 22   Π 33  Π 13 Π 23 0   0  Π 33 

Π 13 

Π 23  = Π

 Π 33 

Para que se cumpla que Π * = Π (isotropía) concluimos que: Π ( T ) y T presentan las mismas direcciones principales.

(1.409)

Π 12 = Π 13 = Π 23 = 0 .

Luego,

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): (1.410)

Π = Π( T ) = Φ 0 1 + Φ1 T + Φ 2 T 2

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 : 3

Π=

∑ω

a

(λ 1 , λ 2 , λ 3 ) 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 (λ1 , 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:



1 TENSORES

M

(1)

M

(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 ) λ 2λ3

M ( 2) = ( 3)

103

λ 1λ 3 (λ 2 − λ 1 )(λ 2 − λ 3 )

1−

(λ 1 + λ 3 ) (λ 2 − λ 1 )(λ 2 − λ 3 )

T+

T2 (λ 2 − λ 1 )(λ 2 − λ 3 )

(1.413)

(λ 1 + λ 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 ) λ 1λ 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: (1.414)

Π = Π( T ) = Φ 0 1 + Φ1 T + Φ 2 T 2

donde los coeficientes Φ0 =

ω1λ 2 λ 3 (λ 1 − λ 3 )(λ 1 − λ 2 )

Φ1 = − Φ2 =

Φ 0 , Φ 1 , Φ 2 son funciones de los autovalores de T y dados por: +

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

ω1 (λ 1 − λ 3 )(λ 1 − λ 2 )

+

ω 2 λ 1λ 3 (λ 2 − λ 1 )(λ 2 − λ 3 )

−

+

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

ω2 (λ 2 − λ 1 )(λ 2 − λ 3 )

+

ω3 λ 1λ 2 (λ 3 − λ 1 )(λ 3 − λ 2 )

−

ω3 (λ 1 + λ 2 )

(1.415)

(λ 3 − λ 1 )(λ 3 − λ 2 )

ω3 (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 + Φ 1 T + 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 : (1.417)

Π = Π ( A )

La derivada parcial de

Π con respecto a A viene definida como: ∂Π ∂Π ˆ ˆ j ) = Π,A = (e i ⊗ e ∂ 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 î ⊗e ˆ j ⊗ e ˆ k ⊗ eˆ l ) = D ijkl (eˆ i ⊗ e ˆ j ⊗ e ˆ k ⊗ e ˆ l ) = Π , AA = (e ∂ A ⊗ ∂ A ∂ A ij ∂ A kl

Consideremos dos tensores de segundo orden simétricos definidos positivos estos tensores vienen dados por las relaciones:


C

(1.419) y b , donde



104

T

C = F

donde

F

⋅ F

;

b

(1.420)

= F ⋅ F T

es un tensor de segundo orden arbitrario con det( F ) > 0 .

Sea Ψ = Ψ ( I , I I , I I I ) una función escalar de los invariantes principales del tensor C , donde se cumple que I = I , I I = I I , I I I = I I I . Obtendremos la derivada de Ψ con respecto a C y con respecto a b y comprobaremos que la siguiente igualdad es válida: C

C

C

C

b

C

F

b

C

b

(1.421)

⋅ Ψ , ⋅F T = Ψ , ⋅b C

b

Utilizando la regla de la cadena podemos obtener que: ∂Ψ ( I , I I , I I I ) ∂Ψ ∂ I I ∂Ψ ∂ I C

Ψ , C =

C

C

∂C

=

C

∂ I C ∂C

+

C

∂ I I C ∂C

+

I I C ∂Ψ ∂ I ∂ I I I C ∂C

(1.422)

Considerando las derivadas parciales de los invariantes, vistas anteriormente, podemos decir que: ∂ I C ∂C ∂ I I C

=1

∂C ∂ I I I C ∂C

(1.423)

= I C 1 − C T = I C 1 − C = I I C C −1 − I I I C C − 2 = I I I C C −T = I I I C C −1 = C 2 − I C C + I I C 1

Luego, considerando

∂ I C ∂C

=1,

∂ I I C ∂C

= I C 1 − C

y

∂ I I I C ∂C

= I I I C C −1 ,

la expresión (1.422)

resulta: Ψ , C =

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

(1.424)

 ∂Ψ ∂Ψ   ∂Ψ   ∂Ψ  C +  + I C 1 −  I I I C C −1 Ψ , C =   ∂ I C ∂ I I C   ∂ I I C   ∂ I I I C 

Otra forma de expresar la relación (1.425) es considerando ∂ I I I C ∂C

(1.425)

∂ I I C ∂ I C =1, = I C 1 − C ∂C ∂C

y

= C 2 − I C C + I I C 1 , obteniendo así:

 ∂Ψ ∂Ψ   ∂Ψ   ∂Ψ  2 ∂Ψ ∂Ψ C + I C + I I C 1 −  + I C C +  Ψ , C =  ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ I I I I I I I I I I I I I I C C C  C   C   C 

Considerando ahora

∂ I C ∂C

=1,

∂ I I C ∂C

= I I C C −1 − I I I C C − 2

y

∂ I I I C ∂C

= I I I C C −1

(1.426) obtenemos

además:  ∂Ψ   ∂Ψ   ∂Ψ  ∂Ψ 1 +  I I C + I I I C C −1 −  I I I C C − 2 Ψ , C =  ∂ I I I C  ∂ I C   ∂ I I C   ∂ I I C 

(1.427)

Teniendo en consideración las relaciones (1.425) concluimos que:  ∂Ψ ∂Ψ  ∂Ψ + I b 1 − Ψ , b =  ∂ I I b  ∂ I b ∂ I I b 

b

+

∂Ψ I I I b b −1 ∂ I I I b


(1.428)


1 TENSORES

Haciendo una contracción por la izquierda con (1.425) obtenemos que: F

 ∂Ψ

⋅ Ψ , ⋅F T =  C

 ∂ I C

+

∂Ψ  ∂Ψ I C  F ⋅ 1 ⋅ F T − ∂ I I C  ∂ I I C

F

105

y por la derecha por

⋅ ⋅

T

F C F

+

T

F

en la relación

∂Ψ I I I C F ⋅ C −1 ⋅ F T ∂ I I I C

(1.429)

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

(1.430)

⋅ F ⇒ F ⋅ C ⋅ F T = F ⋅ F T ⋅ F ⋅ F T = b ⋅ b = b 2 −1 −1 −1 C = F ⋅ b ⋅ F ⇒ 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: T

C = F

F

 ∂Ψ

⋅ Ψ , ⋅F T =  C

+

(1.431)

∂Ψ  ∂Ψ 2 ∂Ψ I C b − I I I C b −1 ⋅ b b + ∂ I ∂ I ∂ I I C  I C I I C

 ∂ I C  ∂Ψ ∂Ψ   ∂Ψ ∂Ψ =  + I C 1 − I I I C b −1  ⋅ b b+ ∂ I ∂ I I C I I C  ∂ I C ∂ I I C  

(1.432)

Teniendo en cuenta las relaciones (1.428) y (1.432) concluimos que: F

 ∂Ψ

⋅ Ψ , ⋅F T =  C

 ∂ I b = Ψ , b ⋅b

+

∂Ψ  ∂Ψ I b 1 − ∂ I ∂ I I b  I b

b

+

 ∂Ψ I I I b b −1  ⋅ b ∂ I I I b 

(1.433)

A través de la expresión (1.428) podemos concluir que la relación Ψ , ⋅ b = b ⋅ Ψ , es válida, indicando que los tensores Ψ , y b son coaxiales. b

b

b

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 = : ∂F ∂C ∂F

La derivada del tensor ∂C ij ∂ F kl

=

C

(Ψ , )kl = F

con respecto a

∂ F qi F qj ∂ F kl

=

∂ F qi ∂ F kl

F

F qj + F qi

∂Ψ ∂C ij ∂C ij ∂ F kl

(1.434)

viene a continuación: ∂ F qj ∂ F kl

= δ qk δ il F qj + δ qk δ jl F qi

(1.435)

= δ il F kj + δ jl F ki

Luego, reemplazando (1.435) en (1.434) obtenemos: (Ψ , )kl = F

Debido a la simetría (Ψ , )kl = 2 F

∂Ψ (δ il F kj + δ jl F ki ) = F kj ∂Ψ + F ki ∂Ψ ∂C ij ∂C lj ∂C il

(1.436)

C lj = C jl y observando que i , j son índices mudos concluimos que:

∂Ψ ∂Ψ F kj = 2 F kj ∂C lj ∂C jl

⇒

Ψ , F = 2Ψ , C ⋅ F T = 2 F ⋅ Ψ , C


(1.437)



106

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 , ⋅ U = 2U ⋅ Ψ , (1.438) C

C

Concluimos también que Ψ , 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: C

Ψ , b = 2b ⋅ Ψ , A

para A = b T ⋅ b

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

(1.439)

= 2b ⋅ Ψ , A = 2Ψ , A ⋅b = b ⋅ Ψ , A +Ψ , A ⋅b

para A = b ⋅ b y

b

= b T

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  T    22    T33  Voigt  →{ } =  T23       T12    T23     T33   T13  T13 

(1.440)

Dicha notación la denotamos de Notación de Voigt . También, es posible representar un tensor de segundo orden como: E 11   E ij = E12   E13

E12 E 22 E 23

 E11  E    22    E 33  Voigt  →{ } =  E 23       2E 12   2E 23     E 33   2E13  E13 

(1.441)

Como visto anteriormente un tensor de cuarto orden, , 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:



1 TENSORES

 C1111 C  2211 C [ ] =  3311  C1211 C 2311   C1311

107

C1122

C1133

C 1112

C1123

C 2222

C 2233

C 2212

C 2223

C 3322

C 3333

C 3312

C 3323

C1222

C1233

C 1212

C1223

C 2322

C 2333

C 2312

C 2323

C1322

C1333

C 1312

C1323

C1113 

  C 3313   C1213  C 2313   C1313   C 2213

(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 [ ] 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) 

(1.443)

1.7.1 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} =   δ ij = 0 1 0   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 ijk l = δ ik δ jl , I ijk l = δ il δ jk y I ijk l = δ ij δ k l de los cuales solo I ijk l

= δ ij δ k l es simétrico. La representación de las componentes

I ijk l

= δ ij δ k l en la notación

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

I ijk l

donde

I1111

[ ]

Voigt = δ ij δ k l    →

= δ 11δ 11 = 1 ,

I1122

1 1  1 = 0 0  0

1

1

0

0

0

1

1

0

0

0

1

1

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

  0 T  = {δ}{δ} 0 0  0

(1.445)

= δ 11δ 22 = 1 , etc.




108

También hemos definido el tensor de cuarto orden simétrico I ijk l

=

representación en la Notación de Voigt viene dada por: I1111 I1122 I1133 I1112 I1123 I1113  1 I  0  2211 I 2222 I 2233 I 2212 I 2223 I 2213   I 3311 I 3322 I 3333 I 3312 I 3323 I 3313  0 Voigt  →[ ] =  I ijk l   = I I I I I I  1211 1222 1233 1212 1223 1213  0 I 2311 I 2322 I 2333 I 2312 I 2323 I 2313  0    I1311 I1322 I1333 I1312 I1323 I1313  0

0 1 0 0 0 0

1 2

(δ ik δ j

l

+ δ il δ jk ) y

0

0

0

0

0

0

0

0

  1 0 0 0  0 12 0 0  0 0 12 0   0 0 0 12 

su

(1.446)

y la inversa: 1 0  0 [ ]−1 =  0 0  0

1.7.2

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

2

0

0

0

0

2

0

0

0

0

  0  0 0  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

(1.448)

b = T ⋅n

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 1 3  2   T  b 3   0 0 n 3 0 n 2 n1   12  144 4 4 4 244 4 4 4 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 aik a jl


(1.451)


1 TENSORES

109

que explícitamente será:  T11′ T ′  12  T13′

′   a11 T13 ′  = a 21 T23

′ T12 ′ T22

  ′   a 31 T33

′ T23

a12

a13   T11

T12

a 23

T22

 T   12 a33   T13

a 22 a32

T23

T13   a11

T23  a 21 T33  a 31

a12 a 22 a32

a13 

T

  a33 

(1.452)

a 23

Efectuando la operación anterior, podemos reestructurarla en la notación de Voigt resultando así que: { ′} = [ ] { } (1.453) donde:  T11′   T11  T′  T  22    22  T′  T  { ′} =  33  ; { } =  33   T12′   T12   T23  T23  ′       T13′   T13 

(1.454)

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

[

a12

2

a13

2

a 22

2

a 23

2

a 32

2

a 33

2

  2a 21 a 22 2a 22 a 23 2a 21 a 23   2a 31 a 32 2a 32 a 33 2a 31 a 33  (a11 a 22 + a12 a 21 ) (a13 a 22 + a12 a 23 ) (a13 a 21 + a11 a 23 ) (a 31 a 22 + a 32 a 21 ) (a 33 a 22 + a 32 a 23 ) (a 33 a 21 + a 31 a 23 ) (a 31 a12 + a 32 a11 ) (a 33 a12 + a 32 a13 ) (a 33 a11 + a 31 a13 ) 2a11 a12

a 22 a12

a13 a 23

a 32 a 22

a 33 a 23

a 32 a12

a 33 a13

2a12 a13

2a11 a13

(1.455)

Si la representación del tensor viene dada según (1.441), la representación de (1.451) en notación de Voigt viene dada por: { ′} = [ ]{ }

(1.456)

donde

[

 a11 2  2  a 21 2  ] =  a31  2a 21 a11  2a a  31 21  2a 31 a11

a12

2

a13

2

a 22

2

a 23

2

a 32

2

a 33

2

2a 22 a12

2a13 a 23

2a 32 a 22

2a 33 a 23

2a 32 a12

2a 33 a13

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

a12 a13

a11 a13

(1.457) Las matrices (1.455) y (1.457) no son matrices ortogonales, i.e. [ ]−1 ≠ [ ]T y [ ]−1 ≠ [ ]T , pero se puede demostrar que se cumple que [ ]−1 = [ ]T .

1.7.4

Representación Espectral en Notación de Voigt

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



110

3

T=

∑T

a

forma matricial ˆ ( a) ⊗ n ˆ ( a )   n    →

=

T

′

(1.458)

0 0 0   T  0 0 0  0 0 T3 

(1.459)

a =1

La expresión anterior puede ser reescrita como:  T11 T  12  T13

T12 T22 T23

T13 

T23  = T33 

 T1 0 0  T   0 0 0  0 0 0

+

0 0 T  0 T 2 0 0

0

  0 0

+

ó  T11 T  12  T13

T12

T13 

T22

T23 

T23



T33 

 a112  = T1 a11 a12  a11a13    + T3 a 31a 32  a 31a 33  2 a 31

a11a12 2 a12

a12 a13

a11 a13 

2  a 21   a12 a13  + T2 a 21 a 22 2   a 21a 23 a13  

a 31a 32

a 31a 33 

2 a 32

a 32 a 33 

a32 a 33

a 21 a 22

a 21 a 23 

2 a 22

a 22 a 23 

a 22 a 23



2  a 23



(1.460)



2  a 33



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   a32   22   a2   a2   a2  T  { } =  33  = T1  13  + T2  23  + T3  33   a11a12   a 21a 22   a31a 32   T12  a a  a a  a a   T23  12 13 22 23      32 33     a11a13   a 21a 23   a 31a 33   T13 

(1.461)

1.7.5 Tensor Desviador en Notación de Voigt Teniendo en cuenta las componentes del tensor desviador: Tijdev

 13 ( 2 T11 − T22 − T33 )  = T12  T13 

  1 ( 2 − − ) T T T T 22 11 33 23  3 1 T23 (2 T33 − T11 − T22 ) 3  T12

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  =     T12  3  0 0 0 3 0 0  T12   T dev   0 0 0 0 3 0  T23   23      0 0 0 0 0 3  T13   T13dev 


(1.463)


1 TENSORES

111

r

Ejemplo 1.42: Considérese T ( x , t ) un

tensor simétrico de segundo orden, el cual es 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 r

x 2

x 2

T22 T22

T12

T12

T12

T11

T11

T11

x1

T12

x1

T22

x3

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

x1 − x 2 tal

x 2 x1′

x ′2

θ x1

Obtener también el valor de θ correspondiente a las dirección principales de OBS.: Utilizar notación de Voigt, y expresar los resultados en función de 2θ .

T.

Solución:

Podemos utilizar directamente la ley de transformación obtenida en (1.453). En este caso particular la matriz de transformación [ ] , dada por (1.455), tras eliminar filas y columnas asociadas con la dirección x3 queda: a12  T11′   a11 2 T′  =  a 2 a  22 21 22    T12′   a 21 a11 a 22 a12  2

2

  T11    2a 21a 22   T22  a11a 22 + a12 a 21   T12   2a11a12




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: sin 2 θ 2 cos θ sin θ   T11   T11′   cos 2 θ    T′  = 2 2 sin cos − 2 sin cos θ θ θ θ 22   T22     2 2  T12′   − sin θ cos θ cos θ sin θ cos θ − sin θ   T12   

Tomando partido de las siguientes relaciones trigonométricas, cos 2 θ − sin 2 θ = cos 2θ , sin 2 θ =

1 − cos 2θ 2

 1 + cos 2θ    2   ′ T  11    T ′  =  1 − cos 2θ    22   2   T12′   sin 2θ    −    2 

,

cos 2 θ =

1 + cos 2θ 2

2 cos θ sin θ = sin 2θ ,

, obtenemos que:

  1 − cos 2θ    sin 2θ  2     T11  + 1 cos 2 θ       − sin 2θ   T22  2     T12   sin 2θ  cos 2θ      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  ′ = T +  cos 2θ + T12 sin 2θ  11  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:  T11 − T22   sin 2θ + T12 cos 2θ = 0 2  

′ = − T12

⇒

2 T12 sin 2θ = cos 2θ T11 − T22

⇒

tg(2θ ) =

⇒

2 T12

T11 − T22

 T11 − T22    sin 2θ = T12 cos 2θ 2   ⇒


 2 T12  1  θ = arctg − T T 2 22   11


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

Notación simbólica Notación indicial

φ = φ( x , t )

(1.464)

r

φ = φ( x , t )

Campo Vectorial r

Notación simbólica

r r

v = v ( x , t )

(1.465)

r

Notación indicial

v i = v i ( x , t )

Campo Tensorial r

Notación simbólica Notación indicial

T = T ( x , t )

(1.466)

r

Tij = Tij ( x , t )

Como ejemplo de campo escalar, podemos mencionar el campo escalar de temperatura r r T ( x , t ) donde en el tiempo t = t 1 tenemos en cada punto del espacio ( x ) una temperatura r r r T ( x , t 1 ) , 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 = t 1 , está asociado un vector v . x3

x3

t = t 1 T 5

t = t 1

r r

v ( x , t 1 )

r T 4 ( x ( 4) , t 1 )

T 6

T 8 T 3 T 7

T 1

x 2

x 2

T 2 x1

x1

a) Campo escalar

b) Campo vectorial

Figura 1.33: Campo de tensores en el tiempo t 1 . Un Campo tensorial es continuo y diferenciable si

r

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.




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 / ∂x3 y son continuas en el r r espacio R 3 .Considerando ahora φ en un segundo punto, el cual es diferenciable ( x + d x ). La diferencia de φ entre estos dos puntos llamamos de diferencial total de φ : (1.467)

φ ( x1 + dx1 , x 2 + dx 2 , x3 + dx3 ) − φ ( x1 , x 2 , x3 ) ≡ d φ

Para cualquier función continua φ( x1 , x 2 , x3 ) , d φ se relaciona linealmente con dx1 , dx 3 . Esta relación lineal viene dada por la regla de la cadena de diferenciación como: d φ =

∂φ ∂φ ∂φ dx1 + dx 2 + dx 3 ∂ x1 ∂ x 2 ∂ x 3

⇒

dx 2 y

(1.468)

d φ = φ, i dx i

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

xi ,

se

(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

r

φ

x

ó gradφ viene definido como:

donde el operador

r

x

r

(1.470)

φ ⋅ d x x

→ d φ = φ  x r

r

denominamos operador nabla.

Expresando la definición (1.470) en la base cartesiana obtenemos que: ∂φ ∂φ ∂φ dx1 + dx 2 + dx 3 = ∂ x1 ∂ x 2 ∂ x3

[

= (

r

φ) x eˆ 1 + (

x

1

r

φ) x eˆ 2 + (

x

r

φ) x eˆ 3

x

2

3

]⋅ [(dx )eˆ 1

(1.471) 1

+ (dx 2 )eˆ 2 + (dx3 )eˆ 3 ]

Resolviendo el producto escalar anterior, hallamos: ∂φ ∂φ ∂φ dx1 + dx 2 + dx 3 = ( ∂ x1 ∂ x 2 ∂ x 3

r

φ ) x1 dx1 + (

con lo que concluimos que la componentes de (

φ ) x = x r

1

∂φ ∂ x1

;

(

r

x

φ) x = x r

2

∂φ ∂ x 2

r

φ) x2 dx 2 + (

r

x

φ

x

;

φ) x3 dx3

x

(1.472)

en coordenadas cartesianas son: (

φ) x = x r

3

∂φ ∂ x 3

(1.473)

Podemos entonces definir el gradiente en términos de componentes como: r

φ=

x

El operador nabla

r

x

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

(1.474)

queda definido como:



1 TENSORES

r

x

Significado Geométrico de 



r

=

115

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

(1.475)

φ

x

La dirección de r φ es normal a la superficie φ = ctte . (sentido) en la dirección creciente de φ , ver Figura 1.34. x

La magnitud de dirección.

r

φ

x

r

φ

x

siempre apunta

es la tasa de variación de φ con la distancia según esta

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 =

r

φ . Entonces:

x

φ rφ x r

ˆ= n

x

(1.476) ˆ n

r

φ

x

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

Figura 1.34: Gradiente de φ . r

El gradiente de un vector v : r

grad( v ) ≡

Utilizando la definición de r

v= x r

∂ ( v i eˆ i ) ∂ x j

r

x

r

r

v

(1.477)

x

dada en (1.475), resulta:

⊗ eˆ j = ( v i eˆ i ) , j ⊗ eˆ j = v i , j eˆ i ⊗ eˆ j =

Con eso, definimos el gradiente de un campo tensorial r

x

(•) =

∂v i ∂ x j

eˆ i ⊗ eˆ j

(1.478)

r (•( x , t )) en la base Cartesiana como:

∂ (•) ˆ ⊗ e j Gradiente de un campo tensorial en ∂ 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:




116

 ∂v 1   ∂ x1 ∂v  ∂v = i = 2 ∂ x j ∂ x  1  ∂v 3  ∂ x1

v i , j

∂v 1

∂v 1 

∂ x 2 ∂v 2

∂ x3  ∂v 2 



(1.480)

∂ x3   ∂v 3 

∂ x 2 ∂v 3

∂ x3 

∂ x 2

Gradiente de un tensor de segundo orden T : ∂ (T ij eˆ i ⊗ eˆ j )

T= x r

∂ x k

(1.481)

⊗ eˆ k = T ij ,k eˆ i ⊗ eˆ j ⊗ eˆ k

y sus componentes son: (

r

T )ijk ≡ T ij ,k

(1.482)

x

Ejemplo 1.43: Encuentre el gradiente de la

función

f ( x1, x2 ) = sin( x1) + exp

x1 x2

en el punto

(0,1). Solución:

Por definición el gradiente de una función escalar viene definido de la forma: r

f =

x

∂ f ˆ ∂ f ˆ e1 + e2 ∂ x1 ∂ x 2

donde: ∂ f x x = cos( x1 ) + x 2 exp 1 2 ∂ x1 r f ( x , x ) 1 2

x

[

∂ f x x = x1 exp 1 2 ∂ x 2

;

]

[

]

= cos( x1 ) + x 2 exp x1 x2 eˆ 1 + x1exp x1x2 eˆ 2 r f (0,1)

x

⇒

= [2] eˆ 1 + [0] eˆ 2 = 2eˆ 1 r

Ejemplo 1.44: Considérese

r r

un campo vectorial estacionario u = u( x ) . a) Obtener las r r r componentes del diferencial total d u . 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

r d x

r

x + d x

r r

r

u( x + d x ) r r r r r r d u ≡ u( x + d x ) − u( x ) r r r d u = x r u ⋅ d x

x1 x3

Luego, las componentes vienen dadas por:



1 TENSORES

d u i =

∂u i ∂ x j

dx j

⇒

 ∂u1  u d  1   ∂ x1 d u  =  ∂u 2  2   ∂ x  d u 3   1  ∂u 3  ∂ x1

117

∂u1

∂u1 

∂ x 2 ∂u 2

∂ x3   dx  1 ∂u 2   

∂ x 2 ∂u 3 ∂ x 2



dx 2

 ∂ x3     dx3  ∂u 3  ∂ x3 

Explícitamente:  ∂u1 ∂u ∂u dx1 + 1 dx 2 + 1 dx 3 d u1 = ∂ x1 ∂ x 2 ∂ x3   ∂u 2 ∂u 2 ∂u 2 dx1 + dx 2 + dx 3 d u 2 = ∂ x ∂ x ∂ x 1 2 3   ∂u ∂u ∂u d u 3 = 3 dx1 + 3 dx 2 + 3 dx 3  ∂ x1 ∂ x 2 ∂ x3

con d u1 = u1 ( x1 + dx1 , x 2 + dx 2 , x3 + dx3 ) − u1 ( x1 , x 2 , x 3 )  d u 2 = u 2 ( x1 + dx1 , x 2 + dx 2 , x3 + dx3 ) − u 2 ( x1 , x 2 , x 3 ) d u = 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 desplazamientos en el elemento diferencial de área viene definido por:

x 3 ,

el campo de

∂u1 ∂u1  = + + − = + u u u d ( x dx , x dx ) ( x , x ) dx dx 2 1 1 1 1 2 2 1 1 2 1  ∂ x ∂ x  1 2  d u = u ( x + dx , x + dx ) − u ( x , x ) = ∂u 2 dx + ∂u 2 dx 2 1 1 2 2 2 1 2 1 2  2 ∂ x1 ∂ x 2

o aún: ∂u1 ∂u1  ( x + dx , x + dx ) = ( x , x ) + dx + dx 2 u u 1 2 2 1 1 2 1  1 1 ∂ x1 ∂ x 2   u ( x + dx , x + dx ) = u ( x , x ) + ∂u 2 dx + ∂u 2 dx 1 2 2 2 1 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




118

u2 +

∂u 2 ∂ x 2

u2 +

dx 2

∂u1 ∂ x 2

∂ x1

∂u 2

dx1 +

dx 2

∂ x 2

( x1 + dx1 , x 2 + dx 2 )

( x1 , x 2 + dx 2 )

u1 +

∂u 2

dx 2

u1 + r d u

dx 2

∂u1 ∂ x1

u2 +

(u 2 )

dx1 +

∂u 2 ∂ x1

∂u1 ∂ x 2

dx 2

dx1

( x1 + dx1 , x 2 )

( x1 , x 2 ) x2

u1 +

(u1 )

∂u1 ∂ x1

dx1

dx1

x1

144 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 244 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 3

= 644 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 744 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 8

x 2 , u 2

u2 +

∂u1 dx2 ∂ x2

∂u2 dx2 ∂ x2

B ′

B

B

dx 2 A′

O′

u2

+

B ′

dx 2 A′

A

O

A O′

dx1

u1

u1 +

∂u1 ∂ x1

∂u 2 dx1 ∂ x1

dx1

dx1 x1 , u1



1 TENSORES

1.8.3

119

Divergencia r

La Divergencia de un vector ( v ) será denotada por: r

div ( v ) ≡

r

r

x

⋅v

(1.483)

que por definición es igual a: r

div ( v ) ≡

r

x

r

⋅v =

r

r

v : 1 = Tr (

r

x

r

(1.484)

v)

x

Luego: r

r

x

r

v : 1 = [v i , j eˆ i ⊗ eˆ j ]: [δ kl eˆ k ⊗ eˆ l ] x

⋅v =

r

= v i , j δ kl δ ik δ jl

(1.485)

= v k , k =

∂v 1 ∂ x1

+

∂v 2 ∂ x 2

+

∂v 3 ∂ x3

o aún: r

x

r

r

v : 1 = [v i , j eˆ i ⊗ eˆ j ]: [δ kl eˆ k ⊗ eˆ l ] x

⋅v =

r

= [v i , j δ kl δ lj eˆ i ]⋅ eˆ k

(1.486)

= [v i , k eˆ i ]⋅ eˆ k =

∂[v i eˆ i ] ∂ x k

⋅ eˆ k

Con lo que definimos que: r

x

⋅ (•) =

∂ (•) ⋅ eˆ k Divergencia de (•) en la base ∂ 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 vector: r

x

⋅ T ≡ divT

= =

r

x

∂(T ij eˆ i ⊗ eˆ j ) ∂ x k ∂T ij

⋅T =

r

T : 1 , lo que resulta ser un

x

⋅ eˆ k (1.488)

δ jk eˆ i

∂ 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. r v (gradiente de un campo vectorial), r T (gradiente de un campo tensorial de segundo orden), r ⋅ T (divergencia de un campo de tensorial de segundo r orden), esto no indica que estamos haciendo una operación entre un vector ( r ) y un r r r r r tensor, i.e. r v ≠ ( r ) ⊗ (v ) , r T ≠ ( r ) ⊗ ( T ) , r ⋅ T ≠ ( r ) ⋅ ( T ) . En este libro, r 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 r v , r T , r ⋅ T con operaciones entre tensores, y es de fácil demostración que se cumplen las siguientes relaciones: x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x




120

r

r

r

v = (v ) ⊗ ( x r

T = (T ) ⊗ (

r

r

x

r

x

⋅ T = (T) ⋅ (

r

)

r

)

x

r

x

r

x

)=(

(1.489)

r

) ⋅ (T ) ■ T

r

x

A continuación definimos el operador Laplaciano r

2

x

r

2

x

 ∂ = x ⋅ x =   ∂ xi  r

≡

∂

x12

∂

+

∂

2

x 22

∂

∂

+

2

:

 ∂   ∂ ∂ ∂2    ˆ ˆ δ = e ⋅e =  ∂ x j j  i  ∂ xi ∂ x j ij ∂ xi ∂ x i   

r

2

r

x

(1.490)

2

∂ x 32

= ∂, k ∂ , k = ∂, kk r

Luego, el Laplaciano de un vector ( v ) viene dado por: r

2

x

r

v=

r

x

⋅(

r

r

componente s    → v )  

x

Ejemplo 1.45: Probar la identidad: r

x

Solución:

Considerando que

[

r

r

r

⋅ (a + b ) =

a = a j eˆ j y b = b k eˆ k y

x

r

x

]

i

r

r

r

r

r

v =[

2

x

⋅a+ ∂ ∂ x i

= eˆ i

r

x

⋅(

r

r

v ) ] = v i ,kk

x

(1.491)

i

r

r

x

⋅b

podemos expresar el primer

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 +

∂b k ∂ x i

eˆ k ⋅ eˆ i =

∂a i ∂ x i

+

∂b i ∂ x i

=

r

x

r

⋅a+

r

r

x

⋅b

c.q.d. Ejemplo 1.46: Obtener las componentes de ( Solución:

Considerando:

r

r

a = a j eˆ j ; b = b k eˆ k y

r

x

= eˆ i

r

r

a) ⋅ b . x r

∂ ∂ x i

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

 ∂ (a j eˆ j )  ∂a j ∂a j  ∂a j  ( x a) ⋅ b =  ⊗ eˆ i  ⋅ (b k eˆ k ) =  eˆ j ⊗ eˆ i  ⋅ (b k eˆ k ) = b k δ ik eˆ j = b k eˆ j  ∂ x i  x x x ∂ ∂ ∂ i k  i    r

r

r

Resultando un vector. Expandiendo el índice mudo

k obtenemos que:

 ∂a1 ∂a ∂a + b 2 1 + b3 1  j = 1 ⇒ b1 ∂ x1 ∂ x 2 ∂ x3   ∂a j ∂a j ∂a j ∂a j ∂a ∂a ∂a  = b1 + b2 + b3 b k ⇒  j = 2 ⇒ b1 2 + b 2 2 + b 3 2 ∂ x k ∂ x1 ∂ x 2 ∂ x 3 ∂ x1 ∂ x 2 ∂ x3    j = 3 ⇒ b ∂a 3 + b ∂a 3 + b ∂a 3 1 2 3  ∂ x1 ∂ x 2 ∂ x3  Ejemplo 1.47: Probar que la siguiente relación es válida: r   1 r r 1 r q r ⋅ ⋅q − 2 q⋅  = x  x T  T  T

r T

x



1 TENSORES

donde

r r

121

r

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

Solución:

r

 q  ∂  q i   q i  1 1 1 r ⋅  =   =   = q i ,i − 2 q i T ,i = x  T T  T  ∂ x i  T   T  ,i T

1.8.4

r

x

r

⋅q −

1 r T

2

q⋅

r T

x

Rotacional

Rotacional de un vector r

r

El rotacional de un vector v se representa por: rot (v ) ≡ base Cartesiana por: r r

x

∧ (•) =

r

r

∧ v, x r

y viene definido en la

∂ ˆ Rotacional de (•) en la base e k ∧ (•) ∂ 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

rot( v ) =

r r

r

x

∧v=

∂v ∂v ∂ ˆ e j ∧ (v k eˆ k ) = k eˆ j ∧ eˆ k = k ∂ x j ∂ x j ∂x j

 ijk ˆ i

e =  ijk v k , j eˆ i

(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: r

rot( v ) =

r r

x

r

∧v

eˆ 1 ∂ = ∂ x1 v1  ∂v =  3  ∂ x 2

eˆ 2 eˆ 3 ∂ ∂ =  ijk v k , j eˆ i ∂ x 2 ∂ x3 v2 v3  ∂v  ∂v ∂v  ∂v  ∂v  − 2 eˆ 1 +  1 − 3 eˆ 2 +  2 − 1 eˆ 3 ∂ x3   ∂ x1 ∂ x 2   ∂ x3 ∂ x1 

(1.494)

r

Verifiquemos que la parte antisimétrica del gradiente del vector v , representado por r ( r v ) anti ≡ W tiene como componentes: x

[(

r

v ) anti x r

]

ij

≡ v ianti , j

 1  ∂v 1 ∂v 2  1  ∂v 1 ∂v 3        0 − −  ∂ ∂ ∂ ∂ 2 x x 2 x x 2 1 3 1        1  ∂v 2 ∂v 1    1 ∂v 2 ∂v 3     =   − 0 − 2  ∂ x3 ∂ x 2   2  ∂ x1 ∂ x 2   1  ∂v  ∂v  1  ∂v 3 ∂v 2    − 0   3 − 1    2  ∂ x1 ∂ x3  2  ∂ x 2 ∂ x3  

 0 = W21   W31

W12 0

W32

W13 

 0 W23  =  − W12 0   − W13

W12 0

− W23

W13 

 0 W23  =  w3 0  − w2

− w3

(1.495) w2 

0

− w1 

w1

0 



r

donde w1 , w2 , w3 son las componentes del vector axil w correspondiente al tensor r antisimétrico W ≡ ( r v ) anti , ver subapartado 1.5.2.2.2. Tensor Antisimétrico. x

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)



122

r

rot ( v ) =

r

 ∂v 3

r

= 

∧v x r

 ∂ x 2

∂v 2 

 ∂v  ∂v ∂v  ∂v  eˆ 1 +  1 − 3 eˆ 2 +  2 − 1 eˆ 3 ∂ x3   ∂ x1 ∂ x 2   ∂ x3 ∂ x1 

−

(1.496)

= 2W32 eˆ 1 + 2W13 eˆ 2 + 2W21eˆ 3 = 2(w1eˆ 1 + w2 eˆ 2 + w3 eˆ 3 ) r

= 2w

Además si recurrimos a la identidad (1.143), podemos decir que se cumple que: r

r

r

W⋅v = w ∧ v 1 r

=

2

(

r

(1.497)

r

)

∧v ∧v x r

Es interesante resaltar que la expresión anterior (1.497) podría haber sido obtenida a través 1 r r (a ∧ x ) es 2

del Ejemplo 1.18, en el cual hemos demostrado que

r r ( x ⊗ a ) anti . Luego, el vector axil r r r anti 1 r r ∧ v . = ( v ) ⊗ ( x r ) es el vector x 2

tensor antisimétrico W =(

r

r

v ) anti

x

[

]

(

el vector axil asociado al

asociado al tensor antisimétrico

)

Resumen

Divergencia div (•) ≡ r ⋅ •

•

Gradiente grad(•) ≡

x

Escalar

r

x

Rotacional •

rot(•) ≡

r r

x

∧•

vector

Vector

Escalar

Tensor (2ndo orden)

Vector

Tensor (2ndo orden)

Vector

Tensor (3er orden)

Tensor (2ndo orden)

A continuación haremos algunas demostraciones de algunas identidades. 

r

rot (λa) =

r

r

∧ (λa) = λ( x r

r

El resultado de la operación dadas por: r

r

∧ (λa) i x r

r

∧ a) + ( x r

r r

r

r

x

(1.498)

λ ∧ a) x r

∧ (λa) será

un vector, cuyas componentes vienen

=  ijk (λa k ) , j =  ijk (λ , j a k + λa k , j )

(1.499)

=  ijk λa k , j  ijk λ , j a k = λ( = λ(

r

r

r x

r

∧ a) i  ijk ( r

∧ a) i ( x r

r

con lo que comprobamos la identidad: rot(λa) = 

r

r

r

∧ (a ∧ b ) = ( x r

r

x

r r

⋅ b )a − (

r

x

r r

⋅ a)b + (

r

λ ) j a k

x

r

λ ∧ a) i x r

r

r

∧ (λa) = λ( x r

r

r

a) ⋅ b − ( x r

r

r

r

b) ⋅ a x


r

r

∧ a) + ( x r

r

λ ∧ a) . x r

(1.500)


1 TENSORES

Las

componentes del producto (a ∧ b) k =  kij a i b j . Luego:

[

r

r

r

r

r

(a ∧ b )

vienen

dadas

]

x

r

r

 ijk  lpk

por

(1.501)

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

r

Considerando que  kij =  ijk , el resultado de expresión anterior obtenemos que:

[

r

vectorial

r

r

123

= δ il δ jp − δ ip δ jl y

reemplazando en la

]

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

= (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 = a l , p b p − a p , p b l + a l b p , p − a p b l , p

[(

Podemos observar que

[( 

r

r

r

r

r

r

⋅ a) −

r r ( x ⋅ a)b l = a p , p b l ,

]

[

a) ⋅ b l = a l , p b p ,

x

]

r

r r ( x ⋅ b)a l = a l b p , p ,

[

r

]

]

b) ⋅ a l = a p b l , p . x r

r

∧( x

r

r

r

∧ a) = x r

( x r

r

x

2r

r

x

(1.503)

a

Las componentes del producto vectorial r r ( r ∧ a) i =  ijk a k , j . Luego: x

r

r

∧ a)

vienen dadas por

=  qli c i ,l =  qli ( ijk a k , j ) ,l =  qli  ijk a k , jl

(1.504)

(

r

x

123 ci

[

r

∧( x

r

r

Considerando que

r

∧ a) x r

 qli  ijk

[

r

]

q

=  qli  jki = δ qj δ lk − δ qk δ lj , la r

∧( x r

r

∧ a) x r

]

expresión anterior queda:

=  qli  ijk a k , jl

q

= (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 [ 

r

x

⋅ (ψ

r

φ) = ψ

x

r

x

r

x

(

r

2

x

⋅ (φ

r

r

x

⋅ a)]q = a k ,kq y

φ+( r

r

ψ) ⋅ (

x

r

[

r

2r

x

]

a q = a q ,ll .

(1.506)

φ)

x

ψ ) = (φψ ,i ) ,i

x

(1.507)

= φψ ,ii + φ ,i ψ ,i =φ

r

2

x

ψ+(

r

φ) ⋅ (

x

r

ψ)

x

donde φ y ψ son funciones escalares. Otra identidad interesante que origina de la anterior es:

⋅ (φ r ψ) = φ r 2 ψ + ( r φ ) ⋅ ( r ψ ) 2 r ⋅ (ψ r φ) = ψ r φ+( r ψ) ⋅ ( r φ) Restando las dos identidades anteriores obtenemos que: r

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x


(1.508)



124

⋅ (φ r ψ ) − r ⋅ (ψ r φ) = φ r 2 ψ − ψ r 2φ ⇒ r ⋅ (φ r ψ − ψ r φ) = φ r 2 ψ − ψ r 2φ r

x

x

x

x

1.8.5

x

x

x

x

x

x

(1.509)

x

Campo Conservativo r r

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

b=

r

(1.510)

φ

x

Si la función φ cumple la relación (1.510) decimos que φ es una función potencial de

r r b( x , t ) .

r r

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

r

r

r

r

Probar que r ⋅ ( r ∧ v ) = 0 y que r ∧ ( r 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 r ∧ [( r ∧ v )∧ v ] = ( r ⋅ v )( r ∧ v) + [ r ( r ∧ v ) ]⋅ v − ( rv) ⋅ ( r ∧ v) ; r r r c) Teniendo en cuenta que ω = r ∧ v , demostrar que r r r 2r 2 2 r r ∧( r v) = r ( r ∧ v) = r ω. Ejemplo 1.48: a)

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

Solución:

Considerando:

x

r r

x

x

x

r

∧ v =  ijk v k , j eˆ i

⋅(

r

x

r r

x

r

)

∧v =

∂ ∂ x l

=  ijk

(

 ijk v k , j

eˆ i ) ⋅ eˆ l

∂ (v k , j ) δ il =  ijk ∂ (v k , j ) ∂ x l ∂ x i

=  ijk v k , ji

r

La segunda derivada de v es simétrica en antisimétrico en ij , i.e.,  ijk = − jik , luego:  ijk v k , ji

ij , i.e. v k , ji = v k ,ij ,

mientras que

 ijk

es

=  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 r ∧( r φ ) =  φ, ˆ ˆ e e 0 0 = = ijk kj i i i NOTA: El rotacional del gradiente de un escalar resulta ser igual al vector nulo, y la divergencia del rotacional der un vector resulta ser igual a cero. r r b) Denominamos por ω = r ∧ v , con eso, quedamos con x

x

x

r

∧ x r

[(

r

r

)

r

]

∧v ∧v = x r

r

r

r

∧ (ω ∧ v ) x r

Recurrimos a la identidad (1.500), luego, se cumple que: r r r r r r r r r r r r ∧ (ω ∧ v ) = ( r ⋅ v )ω − ( r ⋅ ω) v + ( r ω) ⋅ v − ( rv) ⋅ ω r r r Fijemos que el término r ⋅ ω = r ⋅ ( r ∧ v ) = 0 , que fue demostrado en el apartado a). Luego, concluimos que: x

x

x

x

x

x

x

x



1 TENSORES r

r

r

r r

r

125

r

r

r

⋅ v ) ω + ( r ω) ⋅ v − ( r v ) ⋅ ω r r r r r r = ( r ⋅ v )( r ∧ v ) + [ r ( r ∧ v ) ]⋅ v − ( c) Recurriendo a la identidad (1.503) podemos decir que:r r r r r 2 r v = r( r ⋅ v) − r ∧( r ∧ v) r r r = r ( r ⋅ v) − r ∧ ω Aplicando el rotacional a la expresión anterior obtenemos que: r r r r r 2r r ∧( r v) = r ∧[ r( r ⋅ v )] − r ∧( r 144 4 244 4 3 r

x

∧ (ω ∧ v ) = (

x

r

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

r

rv)

x

x

⋅(

r r

r

x

∧ v)

x

x

x

r

x

∧ ω)

r

=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 r ∧( r ∧ ω) , resultando: r r r r r 2r 2 r r ∧( r v) = − r ∧( r ∧ ω) = − r( r ⋅ ω) + r ω r r 2 r = − r [ r ⋅ ( r ∧ v )]+ r ω 144 244 3 x

x

x

x

x

x

x

=

r

2

x

(

x

x

x

x

x

x

=0

r r

x

r

∧ 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 b a

∫ v( x)u ′( x)dx

−

a

donde

v ′( x) =

dv dx

(1.511)

a

, y las funciones

u ( x) , v( x) tienen

que ser diferenciables en el intervalo

a ≤ x ≤ b .

1.9.2 Teorema de la Divergencia Dado un medio continuo B de volumen V , y contorno r teorema de Gauss) para un vector v está dado por:

∫

r

r

x

⋅v

dV =

V

∫

r

ˆ dS = v ⋅n

S

∫

r

r

∫v

v ⋅ d S

S

i ,i

∫ V

x

⋅T

dV =

∫ S

ˆ dS = T ⋅n

V

∫ S

r

T ⋅ d S

∫T

ij , j

V

∫

∫

S

S

dV = v i nˆ i dS = v i dS i

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

S , el teorema de la divergencia (o

S que

dV =

contiene el volumen

∫ T nˆ ij

S


j

dS =

∫T

ij

dS j

(1.512) V en

el

(1.513)

S



126

r d S

S ˆ n

x 2

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 x i ), j dV

dV

V

V

S

∫ [δ

=

ik , j x i

+ δ ik xi , j ] dV = x k nˆ j dS

∫

V

S

∫

∫

= x k nˆ j dS

= x k , j dV V

S

donde hemos considerado que δ ik , j obtenemos que: δ kj

∫ dV = ∫ x nˆ k

V

(1.514)

j

dS

= 0 ikj ,

y además considerando que

x k , j = δ kj ,

∫

⇒

V δ kj = x k nˆ j dS

S

(1.515)

S

V 1 =

r

∫ x ⊗ nˆ dS S

También se cumple que:

∫ ( x σ i

jk ), k

∫

∫

V

S

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

V

= [ xi ,k σ jk + xi σ jk , k ] dV = xi σ jk nˆ k dS =

∫

∫

V

S

∫ [δ

ik

V

(1.516)

σ jk + xi σ jk ,k ] dV = xi σ jk nˆ k dS

∫

S

Resultando que:



1 TENSORES

∫ x σ i

jk , k

r

∫

∫

S

V

dV = xi σ jk nˆ k dS − σ ji dV

V

x ⊗ (

∫

127

r

(1.517)

r

x

⋅ σ ) dV = ∫ x ⊗ (σ ⋅ nˆ )

V

dS −

S

∫

T σ

dV

V

Queda de fácil demostración que se cumple que:

∫

(

r

x

r

r

⋅ σ ) ⊗ x dV = ∫ (σ ⋅ nˆ ) ⊗ x dS − ∫ σ dV

V

Ejemplo 1.49: Sea

figura abajo:

S

(1.518)

V

un dominio de área Ω delimitado por el contorno Γ como muestra

ˆ n

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:

∫Ω [m

r

:

x

(

r

ω )]d Ω =

x

∫Ω [m

ij ω , ij

∫Γ [(

r

ˆ d Γ − ω ) ⋅ m]⋅ n

x

]d Ω = ∫ (ω,

i

m ij )nˆ j d Γ −

Γ

∫Ω [(

∫Ω [m

r

x

⋅ m) ⋅

ij , j ω , i

r

ω ]d Ω

x

] d Ω

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: Solución:

∫

r

x

r

⋅v

d Ω =

Ω

∫

r

∫

∫

Ω

Γ

indicial ˆ d Γ    → v j , j d Ω = v j nˆ j d Γ v ⋅n

Γ

r

r

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

∫Ω v

j , j

d Ω =

∫Γ v nˆ j

j

d Γ ⇒

⇒ ⇒

∫Ω [ω, m ] i

∫Ω [ω,

ij

∫Ω [ω,

ij

ij , j

∫

dV = ω, i m ij nˆ j d Γ Γ

m ij + ω , i m ij , j ] d Ω = ω , i m ij nˆ j d Γ

∫

Γ

m ij ] d Ω = ω, i m ij nˆ j d Γ −

∫ Γ

∫Ω [ω, m ] d Ω i

ij , j

Lo equivalente en notación tensorial: Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)



128

∫Ω [m

r

:

x

(

r

ω )]d Ω =

x

∫Γ [(

ˆ d Γ − ω ) ⋅ m]⋅ n

r

x

∫Ω [

r

ω ⋅(

r

x

x

⋅ m)]d Ω c.q.d.

NOTA: Si

consideramosr ahora un dominio de volumen V delimitado por una superficie ˆ y sea N un vector y T un escalar también se cumple que: S con normal n

∫ N T , i

V

⇒

∫

r

N

∫

∫

S

V

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

ij

⋅

( x r

r T ) dV

x

V

∫

= (

r T

x

r

⋅ N ) ⊗ nˆ dS − ∫

S

r T

x

⋅

r

r N dV

x

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. C 1

B

r d r

r

b

Si

∫ C 1

r

r

∫

r

r

b ⋅ d r = b ⋅ d r C 2

r

A

b - Campo conservativo

C 2

x3 x2 x1

Figura 1.36: Independencia del camino. r

r

r

Luego, dado un campo vectorial b continuo, la integral ∫ b ⋅ d r 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 = rφ . x

Con eso podemos concluir que: B

∫

r

r b ⋅ d r =

B

A

∫

r

r

φ ⋅ d r

x

A

 ∂φ r ∂φ ˆ ∂φ ˆ  r ˆ 1 + b 2 eˆ 2 + b 3 eˆ 3 ) ⋅ d r =  ˆ1 + + e e e 3  ⋅ d r (b1 e 2  ∂ x ∂ x ∂ x 1 2 3  A A 

B

B

∫

∫

(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)


1 TENSORES

r

r r

x

r

eˆ 1 ∂ ∂ x1 b1

⇒

∧b=0

129

eˆ 2 ∂ ∂ x 2 b2

eˆ 3 ∂ = 0i ∂ x3 b3

(1.521)

Concluyendo que:  ∂b 3 ∂b 2 ∂ − ∂ = 0 x 3  x 2  ∂b1 ∂b 3 − =0  ∂ ∂ x x 3 1   ∂b 2 ∂b1 − =0   ∂ x1 ∂ x 2

 ∂b 3 ∂b 2 ∂ = ∂ x 3  x 2  ∂b ∂b ⇒ 1 = 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 Sea una superficie regular S y sea un campo vectorial

r r F( x , t ) .

Según el Teorema de Kelvin-Stokes:

∫

r r r r r r r ˆ dS F ⋅ d Γ = ( x r ∧ F) ⋅ d S = ( x r ∧ F) ⋅ n

Γ

∫

∫

S

S

(1.523)

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

∫ Γ

r

∫

F ⋅ pˆ d Γ = (

r

r

r

∫

∧ F) ⋅ d S = ( x r

S

r

r

ˆ dS ∧ F) ⋅ n x r

(1.524)

S

ˆ n

x3 S

Ω

pˆ

Γ

x 2 x1

Figura 1.37: Teorema de Stokes.




130

r

Representamos los vectores en la base cartesiana como F = F1eˆ 1 + F2 eˆ 2 + F3 eˆ 3 , el vector de r r r ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ área como d S = dS 1e1 + dS 2 e 2 + dS 3 e 3 , y d Γ = dx1e1 + dx 2 e 2 + dx3 e 3 . El rotacional de F viene definido por: eˆ 1 r ∂ r ∧F = x ∂ x1 F1 r

 ∂F3

= 

 ∂ x 2

eˆ 2 ∂ ∂ x 2 F2 −

eˆ 3 ∂ ∂ x3 F3

(1.525)

∂F2 

 ∂F ∂F   ∂F ∂F  eˆ 1 +  1 − 3 eˆ 2 +  2 − 1 eˆ 3 ∂ x 3   ∂ x 3 ∂ x1   ∂ x1 ∂ x 2 

Con lo cual podemos expresar el teorema de Stokes en componentes como:  ∂F ∂F   ∂F ∂F   ∂F ∂F  F1 dx1 + F2 dx 2 + F3 dx3 =  3 − 2 dS 1 +  1 − 3 dS 2 +  2 − 1 dS 3 ∂ x 2 ∂ x3   ∂ x1 ∂ x 2   ∂ x 3 ∂ x1  Γ S 

∫

∫

(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). ˆ n

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 ˆ3 d S = dS e

x 3 x2

Γ

eˆ 3

Ω

x1

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


1 TENSORES r

r

∫

∫

F ⋅ d Γ = (

Γ

131

r

r

∧ F) ⋅ eˆ 3 dS x r

(1.527)

Ω

Que es conocida como el teorema de Stokes en el plano o teorema de Green. En componentes queda:  ∂F ∂F  F1 dx1 + F2 dx 2 =  2 − 1 dS 3 ∂ x ∂ x 2  Γ Ω  1

∫

1.9.5

∫

(1.528)

Identidades de Green

r

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

∫

r

x

⋅F

dV =

V

r

∫

F ⋅ nˆ dS

(1.529)

S

Además, consideremos las identidades demostradas en (1.507) y (1.509), respectivamente: r

x

⋅ (φ

x

⋅ (φ

Considerando que F = φ

x

r

r

∫φ

r

2

x

r

ψ+(

r

ψ) = φ

r

x

r

2

x

ψ−ψ

r

x

ψ+(

φ) = φ

r

r

x

φ) ⋅ (

r

x

2

x

ψ−ψ

r

φ) ⋅ (

r

∫φ

ψ ) dV =

x

V

r

(1.530)

2

(1.531)

r

x

ψ y reemplazando (1.530) en x

ψ)

x

φ

(1.529) obtenemos que:

ψ ⋅ nˆ dS

x

S

∫

⇒ (

r

φ) ⋅ (

x

r

∫φ

ψ ) dV =

x

V

r

(1.532)

∫

ψ ⋅ nˆ dS − φ

x

S

r

2

x

ψ dV

V

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

∫φ

r

2

x

ψ−ψ

r

2

x

φ dV =

V

∫ (φ

r

ψ −ψ

r

x

φ) ⋅ nˆ dS

(1.533)

x

S

que es conocida como la segunda identidad de Green . r

Ejemplo 1.50: Si un vector se define como: b =

∫ λb nˆ i

S

i

r r

x

r

∧ v , probar que:

∫

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 = r ∧ v , luego b i =  ijk v k , j . Reemplazando en la integral de superficie anterior resulta: x

∫ λb nˆ i

S

i

∫

dS = λ ijk v k , j nˆ i dS S

Aplicando el teorema de la divergencia de Gauss, resulta:




132

∫ λb nˆ i

S

i

∫

∫

S

V

dS = λ  ijk v k , j nˆ i dS = (  ijk λ v k , j ), i dV

∫

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

∫

= ( λ, i V

 ijk

v

k , j 1 424 3

∫

+ λ  ijk v k , ji ) dV = λ , i b i dV 1 424 3

bi

V

0

c.q.d.

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   x1    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  ˆ 3 eˆ z   0 0 1  e   

(1.536)

resultando



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 podemos obtener las siguientes diferenciaciones: ∂eˆ r ∂θ ∂eˆ θ ∂θ

θ,

luego

= eˆ 1 (− sin θ) + eˆ 2 cos θ = eˆ θ

(1.538) = −eˆ 1 (cos θ) + eˆ 2 (− sin θ) = −eˆ r

x3

Proyección en el plano x1 − x 2 eˆ z

eˆ θ

r

r sin θ

eˆ r

x

r cos θ

θ

x 2

r

z x 2

r

θ

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

El operador Laplaciano

2

2

∂ 1 ∂ ∂ + eˆ θ + eˆ 3 ∂r ∂ x3 r ∂θ

(1.539)

en coordenadas cilíndricas queda: = =

1 ∂  ∂  1 ∂ 2 ∂2 + + r   r ∂r  ∂r  r 2 ∂θ 2 ∂ x32

∂2 ∂r 2

+

1 ∂ r ∂r

+

1 ∂2 r 2 ∂θ 2

+

(1.540)

∂2 ∂ x 32

La demostración de (1.540) siguen a continuación. 2

=

⋅



=  eˆ r



∂ 1 ∂ ∂   ˆ ∂ 1 ∂ ∂   ⋅  e r + eˆ θ  + eˆ θ + eˆ 3 + eˆ 3 ∂r r ∂θ ∂ x3   ∂r r ∂θ ∂ x3 

(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)



134

2  ∂  ∂eˆ r ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ 1 ∂  = eˆ r ⋅ + eˆ θ + eˆ 3 + eˆ r ⋅ eˆ r = = eˆ r ⋅  eˆ r ∂r ∂r ∂r ∂r ∂r ∂r ∂r 2 ∂r  ∂r r ∂θ ∂ x3 

(1.542)

{

eˆ θ

1ˆ ∂  ∂ ˆ 1 ∂ ∂  1 ˆ ∂eˆ r ∂ 1 ˆ ∂ ∂  = e θ ⋅ e θ ⋅  eˆ r + eθ + eˆ 3 + e θ ⋅ eˆ r + r ∂θ  ∂r r ∂θ ∂ x 3  r ∂θ ∂r r ∂θ ∂r {

eˆ θ

(1.543)

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

1

{

eˆ r

eˆ 3 ⋅

∂ ∂ x3

 ∂ ∂  ∂ 2 1 ∂  eˆ r + eˆ θ  = 2 + eˆ 3 ∂ r r ∂ θ ∂ x ∂ x3 3  

(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 ê 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 eˆ θ r r ∂ 1 ∂ ∧v= ∂r r ∂θ v r vθ

eˆ 3 ∂ ∂ x3 v3

(1.545)

 ∂v ∂v  1 ∂v r   ∂v  − eˆ θ  3 − r  + eˆ 3  θ −  ∂ x 3  ∂ r ∂ x ∂ r r ∂ θ   3  

(1.546)

Desarrollando el determinante anterior hallamos: r

r

 1 ∂v 3

∧ v = eˆ r 

 r ∂θ

−

∂v θ 

Divergencia r

La divergencia de un vector v en coordenadas cilíndricas viene dada por: 

r

⋅ v =  eˆ r 

⇒

r

∂ ∂  1 ∂  ⋅ (eˆ r v r + eˆ θ v θ + eˆ 3 v 3 ) + eˆ θ + eˆ 3 ∂r r ∂θ ∂ x3 

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

⋅ v = eˆ r ⋅

(1.548)

Operando los tres términos de la ecuación anterior separadamente obtenemos: 

eˆ r ⋅

∂ (eˆ 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 : eˆ r

∂ ∂ ⋅ (eˆ θ v θ ) = eˆ r ⋅ (eˆ 3 v 3 ) = 0 ∂r ∂r

Nos queda por definir:



1 TENSORES

eˆ r

∂v r ∂eˆ ∂v r ∂ ˆ ˆ r ⋅ e ˆ r + eˆ r ⋅ v r r = ⋅ (e r v r ) = e1 23 ∂r ∂r ∂r ∂r {

1



eˆ θ ⋅

135

1 ∂ r ∂θ

0

(eˆ r v r + eˆ θ v θ + eˆ 3 v 3 )

Como eˆ 3 v 3 no es dependiente de θ , resulta: eˆ θ ⋅

1 ∂ r ∂θ

(eˆ 3 v 3 ) = 0

Resultando: eˆ θ

⋅

ˆθ ˆ r ∂v r 1 ∂ ˆ 1 ∂e 1 ∂v θ ˆ 1 ∂e ˆ θ ⋅e ˆ r 1 + eˆ θ ⋅ v r + eˆ θ ⋅ eˆ θ + eθ ⋅ vθ (e r v r + eˆ θ v θ ) = e1 23 r ∂θ r ∂θ r ∂θ r ∂θ r ∂θ =0

= v r 

eˆ 3 ⋅

1 r

+

{

{

eˆ θ

= − eˆ r

144 244 3 =0

1 ∂v θ r ∂θ

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

eˆ 3 ⋅

∂v 3 ∂v 3 ∂ ˆ ˆ 3 ⋅e ˆ3 = (e r v r + eˆ θ v θ + eˆ 3 v 3 ) = e1 23 ∂ x ∂ x3 ∂ x3 3 =1

Teniendo en cuenta todas operaciones anteriores concluimos que: r

⋅v =

∂v r ∂r

+ v r

1 r

+

1 ∂v θ r ∂θ

+

∂v 3

(1.549)

∂ x 3

o bien: r

⋅v =

∂v r ∂r

+

1 

∂v  ∂v  v r + θ  + 3 r  ∂θ  ∂ x 3

(1.550)

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

donde

(1.551)

r ≥ 0 y 0 ≤ φ ≤ 180º y 0 ≤ θ ≤ 360º .




136

x3

eˆ r x3

θ x1

r

eˆ φ eˆ θ x2

φ

x 2

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   x 2 + x 2   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: Rotación según eje eˆ 3 de un ángulo φ x 

3

Luego el nuevo sistema estará definido como:  eˆ ′1   cos φ sin φ 0  eˆ 1  ˆ    eˆ  ′ = − φ φ e sin cos 0 2     2  eˆ ′3   0 0 1 eˆ 3   

eˆ 3 eˆ 1

eˆ 2

eˆ ′3

φ

eˆ ′2 eˆ 1′

x1



x 2

1 TENSORES

137

Rotación según eje eˆ ′2 de un ángulo β



x3

eˆ 1′′ = eˆ r eˆ ′3′ = −eˆ θ

Pero podemos observar en la figura que: β=

π 2

eˆ ′2′ = eˆ φ

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

eˆ r   sin θ 0 cos θ  eˆ 1′  ˆ    ˆ ′  1 0 e e φ  =  0  2 eˆ θ  − cos θ 0 sin θ  eˆ ′3     

β eˆ ′3 x 2

eˆ ′2 eˆ 1′

x1

Considerando las dos transformaciones anteriores podemos obtener que:  eˆ r   sin θ 0 cos θ  cos φ sin φ 0  eˆ 1   ˆ    − sin φ cos φ 0 eˆ  = 0 1 0 e φ      2  − eˆ θ  − cos θ 0 sin θ   0 ˆ3 0 1  e     eˆ r   sin θ cos φ sin θ sin φ cos θ   eˆ 1  ˆ    eˆ  = cos θ cos cos θ sin − sin θ φ φ e θ      2 eˆ φ   − sin φ ˆ3 cos φ 0   e   

(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 ∂θ ∂eˆ r ∂φ ∂eˆ θ ∂θ ∂eˆ θ ∂φ ∂eˆ φ ∂φ

= eˆ 1 cos φ cos θ + eˆ 2 sin φ cos θ − eˆ 3 sin θ = eˆ θ

(1.555)

= −eˆ 1 sin φ sin θ + eˆ 2 cos φ sin θ = eˆ φ sin θ

(1.556)

= −eˆ 1 cos φ sin θ − eˆ 2 sin φ sin θ − eˆ 3 cos θ = −eˆ r

(1.557)

= −eˆ 1 sin φ cos θ + eˆ 2 cos φ cos θ = eˆ φ cos θ

(1.558)

= −eˆ 1 cos φ − eˆ 2 sin φ = −eˆ r sin θ − eˆ θ cos θ

(1.559)

El operador nabla será dado por: = eˆ r

El operador Laplaciano

2

∂ 1 ∂ 1 ∂ + eˆ θ + eˆ φ ∂r r ∂θ r sin θ ∂φ

(1.560)

en coordenadas esféricas queda:




138

2

1 ∂  2 ∂  1 ∂  ∂  1 ∂2 = 2  r +  sin θ  + 2 2 ∂θ  r sin θ ∂φ 2 r ∂r  ∂r  r 2 sin θ ∂θ 

=

∂2 ∂r 2

+

2 ∂ r ∂r

+

1 ∂2 r 2 ∂θ 2

+

cotg θ ∂ r 2

∂θ

+

1

∂2

(1.561)

r 2 sin 2 θ ∂φ 2

Divergencia r

La divergencia de un vector v en coordenadas esféricas viene dada por: r



⋅ v =  eˆ r 

∂ 1 ∂ 1 ∂  ˆ  ⋅ (e r v r + eˆ θ v θ + eˆ φ v φ ) + eˆ θ + eˆ φ ∂r r ∂θ r sin θ ∂φ 

(1.562)

Haciendo el producto obtenemos: r

⋅v =

∂v r ∂r

+

∂v φ 2 + + v r + v φ cotg θ ∂θ ∂φ r

∂v θ

(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



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 ( TN ) 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 sobre una dirección ( nˆ ) resulta un vector t (nˆ ) = T ⋅ nˆ . r

r

El vector t (nˆ ) asociado a la dirección nˆ puede descomponerse en una componente normal 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

t

ˆ) (n

r

r

= T N + T S

Siendo nˆ el versor normal al plano y relación anterior como:

ˆ el s

(A.1)

versor tangente al plano, podemos escribir la


140

r

t

donde

T N y TS son

ˆ) (n

(A.2)

ˆ + TS sˆ = T N n

los módulos de

r

T N

r

y de

T S r

t

x3

, respectivamente.

ˆ) (n

r

T N r

T S

ˆ s

ˆ n P

ˆ3 e ˆ2 e

ˆ1 e

x 2

x1

Figura A.1: Componentes normal y tangencial del vector. Escribiendo el vector relaciones son válidas: r

T N

r

T N

ˆ ≡ T N ⊗ n ˆ = T N n r

= (t

ˆ) (n

en función de su módulo r

r

⋅ nˆ ) nˆ = (nˆ ⋅ t

del versor

, las siguientes

ˆ

ˆ

= (t (k n) nˆ k ) nˆ i = (nˆ k t (k n) ) nˆ i

ˆ )n

ˆ ⋅ T ⋅n ˆ ]n ˆ = [n

= [nˆ k Tkj nˆ j ]nˆ i

T N

1 4 24 3

1 4 24 3

Verificamos que

ˆ n

= T N nˆ i

T N i ˆ) (n

T N y

(A.3)

T N

T N puede

ser obtenido a través de las siguientes relaciones:

T N

r

ˆ ˆ =n ˆ ⋅ T ⋅n ˆ = nˆ k Tkj nˆ j = t (n) ⋅ n

(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. Análogamente, podemos representar el vector versor sˆ : r

TS

en función de su módulo

r

= TS sˆ r

TS i

r

ˆ ˆ = (t (n) ⋅ sˆ )sˆ = (sˆ ⋅ t (n) )sˆ

[

r

TS

TS y

del

= TS sˆ i ˆ

= (t ( jn) sˆ j )sˆ i

[

]

ˆ sˆ = sˆ ⋅ T ⋅ n

]

= T jk nˆ k sˆ j sˆ i

1 4 24 3

(A.5)

1 4 24 3

TS

TS

Otra forma de obtener el vector tangencial puede ser a través de la ecuación (A.1): ˆ − [T : (n ˆ ⊗n ˆ ) ]n ˆ = t (n) − T N = T ⋅ n

(A.6)



r

TS

r

ˆ

r

APÉNDICE A: R EPRESENTACIÓN GRÁFICA DE UN TENSOR r

141

r

r

Ya que TS y T N son perpendiculares. También podemos obtener el módulo de través del teorema de Pitágoras: 2

TS

con

r

t

ˆ) (n

2

ˆ

ˆ

TS

a

(A.7)

ˆ

= t (i n) t (i n) − T N 2

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: ˆ , µ) = T N − µ(n ˆ ⋅n ˆ − 1) = n ˆ ⋅ T ⋅n ˆ − µ(n ˆ ⋅n ˆ − 1) (n

(A.8)

donde µ es el multiplicador de Lagrange. Diferenciando la función y a µ obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones:

ˆ ) con respecto a n ˆ (n

r r ˆ , µ) ∂ (n ˆ − 2µn ˆ =0 = 2 T sym ⋅ n ⇒ ( T sym − µ1) ⋅ nˆ = 0 ˆ ∂n ˆ , µ) ∂ (n ˆ ⋅n ˆ −1= 0 =n ⇒ nˆ ⋅ nˆ = 1 ∂µ

(A.9)

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 T1 sym , T2 sym , T3 sym , los autovalores de T sym , reestructuramos los autovalores de tal forma que: sym

TI

(A.10)

sym > TII sym > TIII

Podemos entonces decir que el valor máximo de

T N es TI

sym

,y

sym

TIII

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 TI > TII > TIII .

utilizamos la nomenclatura

TI , TII , TIII

ya está implícito que

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)



142

componentes normales Ti tienen las mismas direcciones que t i(nˆ ) . 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: T N

ˆ

= t i(n) n i = Tij n j n i = T1n12 + T2 n 22 + T3n 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: 2

TS

=

r

t

ˆ) (n

2

ˆ

ˆ

(A.12)

− T N 2 = t i(n) t i(n) − T N 2 = Tij Tik nˆ j nˆ k − T N 2

x 3′

x 3′ r

t

ˆ) (n

T3

r

T N r

T

T2

ˆ n

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: 2

TS

= 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 TS 2 ? Este problema se reduce a encontrar valores extremos de la función: ˆ ) = TS 2 − µ(nˆ i nˆ i − 1) F (n

(A.14)

donde µ es el multiplicador de Lagrange, con la restricción

n i ni

= 1.

La condición necesaria es: ˆ) ∂ F (n =0 ∂n i

;

ˆ) ∂F (n =0 ∂µ

(A.15)

resultando:

{ ˆ {T n ˆ {T n

2

ˆ 1 T1 n 2

2 2

3

2 3

( − 2 T (T nˆ − 2 T (T nˆ

) } + T nˆ ) + µ}= 0 + T nˆ ) + µ}= 0

− 2 T1 T1 nˆ 12 + T2 nˆ 22 + T3 nˆ 32 + µ = 0 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:



APÉNDICE A: R EPRESENTACIÓN GRÁFICA DE UN TENSOR

solución

ˆ1 n

ˆ2 n

ˆ3 n

(1)

±1

0

0

TS

=0

(2)

0

±1

0

TS

=0

(3)

0

0

±1

TS

=0

(4)

±

0

(5)

1

±

(6) Los valores de

1

±

2

TS fueron

±

2

±

0

2

±

1

1

TS

1 2 1 2 0

2

143

TS

=±

TS

=±

TS

=±

obtenidos introduciendo los valores de

T2

(A.17)

− T3 2

T1

− T3 2

T1

− T2 2

ˆ i en n

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

[

î = 0 n

1 2

1 2

T3

]

î n

[

1 2

= 0 −

1 2

T2

T2

î n

T1

[

= 0 −

1 2

−

1 2

]

]

î n

T1

[

1 2

= 0

−

Figura A.3: Planos de máxima componente tangencial (relativa) con

1 2

]

n1 = 0 .

Para las soluciones (5), los planos están esquematizados en la Figura A.4. T3

T3

[

î n î n

=

[

1 2

0

1 2

= −

]

1 2

1 2

0

T2

T2 T1

î n

[

= −

1 2

0

−

1 2

]

]

T1

î n

=

[

Figura A.4: Planos de máxima componente tangencial (relativa) con Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)

1 2

n2

0

−

1 2

]

= 0.



144

En la Figura A.5 podemos visualizar los planos de máxima componente tangencial para las soluciones (6). T3

T3

î n

=

[

1 2

1 2

0

]

î n î n

=

[

1 2

−

1 2

0

[

= −

1 2

1 2

î n

[

= −

1 2

−

1 2

0

]

] T2

T2 T1

0

T1

]

Figura A.5: Planos de máxima componente tangencial (relativa) con Ordenando los autovalores (valores principales) ( T1 , TI

T2 , T3 )

> TII > TIII

n3

=0.

de la forma: (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 observar que el tensor es definido positivo ya que T N = nˆ ⋅ T ⋅ nˆ > 0 para todo nˆ ≠ 0 . r




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

T S

[

]

ˆ ] sˆ = sˆ ⋅ T sym ⋅ n ˆ + sˆ ⋅ T anti ⋅ n ˆ sˆ = [sˆ ⋅ T ⋅ n 1 4 24 3

(A.20)

TS

Cuando nˆ sea una de las direcciones principales de la parte simétrica, tenemos que: r

TS

[

] [

] [

]

ˆ + sˆ ⋅ T anti ⋅ n ˆ sˆ = sˆ ⋅ λn ˆ + sˆ ⋅ T anti ⋅ n ˆ sˆ = sˆ ⋅ T anti ⋅ n ˆ sˆ = sˆ ⋅ T sym ⋅ n

(A.21)

ya que los versores sˆ , nˆ son ortogonales, sˆ ⋅ nˆ = 0 . Esto implica que en los planos nˆ (1) , ˆ ( 2) , n ˆ (3) , (autovectores de T sym ), las correspondientes componentes normales y n tangenciales asociadas al tensor T vendrán dadas por el autovalor de T sym , y componente tangencial dada por: TS

T N min

r

ˆ) (n

ˆ ⋅ sˆ t anti s

=±

r

ˆ) (n

t anti

(A.22)

TS

Tij

= 0,84; TS = 2,41

T N max

T I I I

T N min

r

ˆ) n ˆ = sˆ ⋅ t (anti = sˆ ⋅ T anti ⋅ n =±

= 1,52

T I I

= 3,59

= 0,84; TS = −2,41

T I

5 3 1 = 1 4 2 3 6 6

= 10,55; TS = 2,424

= 9,89

T N max

T N

= 10,55; TS = −2,424

sym

TS sym

TS

max

= 4,86 sym

Tij

sym

sym

T I I I

= 0,84

T I I

= 3,61

 5 2 2 = 2 4 4 2 4 6

sym

T I

= 10,55

T N

Figura A.6: Representación gráfica de un tensor definido positivo no simétrico. Mecánica del Medio Continuo: Conceptos Básicos (3ª Edición)



146

Por ejemplo, para el autovalor T I sym = 10,55 que está asociado al autovector ˆ ( j1) = [− 0,45229371;−0,561517458;−0,692913086] , tenemos que: n

TS

=±

 0 1 − 1   − 0,45229371  = ± − 1 0 − 2  − 0,561517458 = ±  1 2 0  − 0,692913086 14 4 244 3 144 244 4 3

r

ˆ) (n t anti

Tijanti

Para el autovalor TS

=±

r

ˆ) (n t anti

TS

=±

ˆ) (n

t anti

sym

T I I I

(A.23)

ˆ (1) n j

= 3,61 tenemos que:

 0 1 − 1  0,88542667  = ±  − 1 0 − 2  0,18949182  = ±  1 2 0  0,42439659

Para el autovalor r

sym

T I I

 0,1313956   1,8381199  = ±2,424378    − 1,5753286

 − 0,234905   0,036633496  = ±0,55947    − 0,50644304

(A.24)

= 0,84 tenemos que:

 0 1 − 1  0,107004733  = ± − 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, sym sym T N = T I = 10,55 y T N = T I I I = 0,84 . La máxima componente tangencial es igual al max

min

radio del círculo que forma sym

TS

max

=

10,55 − 0,84 2

sym

T I

= 10,55

y

sym

T I I I

= 0,84 ,

ver Figura A.6, resultando

= 4,86 .

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)


2

= 4,55 .



147

TS

TS max

= 4,55 Tij

T I I I

T I I

= −0,78

= 2,454

T I

1 2 3 = 2 4 2 3 2 5

= T N max = 8,328

T N

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 2

= 2,5 y

centrada en el punto ( T N =

TI

+ TIII 2

= 1,5 , TS = 0 ),

ver Figura A.8.

Intuitivamente nos lleva a pensar que la representación gráfica de un tensor esférico (tres autovalores iguales) será un punto. TS TS max

= 2,5 Tij

4 0 0  = 0 − 1 0  0 0 − 1

T N T I I

= T I I I = −1

T I

= T N max = 4

Figura A.8: Representación gráfica de un tensor simétrico con dos autovalores iguales.




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

TS max

Tij

 6 8 4 = − 2 2 1  1 7 2

T N max T N min

= −2,02; TS = 4,17

T I

T N min

= 9,894; TS = 6,0

T N

= −0,964

= −2,02; TS = −4,17 T N max

= 9,894; TS = −6,0

sym

TS sym

TS

sym T I I I

max

sym Tij

sym

T I I

= −2,02

 6 3 2,5 =  3 2 4   2,5 4 2 

T N

= 2,126 sym

T I

= 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

sym

T I

= 9,894 tenemos que:




TS

=±

r

ˆ) (n

t anti

5 1,5   − 0,707427855  0 = ±  − 5 0 − 3  − 0,514420622 = ± − 1,5 3 0   − 0,484682632

Para el autovalor TS

=±

r

ˆ) (n t anti

sym

T I I I

149

− 3 ,299127  4 ,991187  = ±6,0   − 0.482120

(A.26)

= −2,02 tenemos que:

5 1,5   0 ,0575152387   0  = ±  − 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 resulta un vector, t (nˆ ) = 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), r

i.e.: 2

TS

r

ˆ

+ T N 2 = t (n)

r

⋅ t (nˆ ) =

r

t

ˆ) (n

2

x 3′

(A.28) x 3′ C

T III

TI

S

T II

TI

T II

ˆ n

ˆ ′3 e

O

x ′2

r

t ˆ ′2 e

ˆ 1′ e

B

ˆ) (n

x ′2

T III

x1′

A

a)

x1′

b)

Figura A.10: Representación de las componentes (tensor simétrico) en el espacio principal.




150

r

Las componentes del vector proyección t (nˆ ) , 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. Las componentes de t (nˆ ) = T ⋅ nˆ , en el espacio principal, (Figura A.10b), son: r

ˆ) (n

t1

El producto escalar r

t

= T I n1 r

t

ˆ) (n

= TII n 2

ˆ) (n

t3

;

(A.29)

= TIIIn 3

r

⋅ t (nˆ ) en este espacio será:

r

ˆ) (n

ˆ) (n

t2

;

⋅ t (nˆ )

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

= t (i n) eˆ ′i ⋅ t ( jn) eˆ ′ j = t i(n) t ( jn) δ ij = t i(n) t i(n) ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

(A.30)

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

TS

La componente normal T N

T N ,

(A.31)

2 2 + T N 2 = TI2 n12 + TII2 n 22 + TIII n3

en el espacio principal, viene expresada de la forma:

r

ˆ = t (n) ⋅ nˆ = Tij n j n i = TI n12 + TIIn 22 + TIIIn 32

(A.32)

donde utilizamos la expresión (A.4). Considerando la restricción: n i n i = 1 , anterior (A.32) hallamos el valor de n 22 : T N

2

n1

= 1 − n 22 − n 32 ,

⇒

= TI (1 − n 22 − n 32 ) + TII n 22 + TIIIn 32

2

n2

=

T N

y reemplazándola en la relación − 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: 2

TS

+ T N 2

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: 2

TS

(A.35)

+ T N 2 = [( TIII − TI )( TIII − TII )] n 32 + TII T N + TI T N − TII TIII

Despejando n 32 ; 2 n3

=

( T N − TI )( T N − TII ) + TS 2

Análogamente, podemos obtener 2 n1

=

2

=

n2 2 n3

=

(A.36)

( TIII − TI )( TIII − TII ) 2

n1

y

n2 , 2

resultando:

( T N − TII )( T N − TIII ) + TS 2 ( TI − TII )( TI − TIII ) ( T N − TIII )( T N − TI ) + TS 2 ( TII − TIII )( TII − TI ) ( T N − TI )( T N − TII ) + TS 2 ( TIII − TI )( TIII − TII )

≥0

(a)

≥0

(b)

≥0

(c)

(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




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: 2

n1

2

n2 2

n3

=

[( T

N

− TII )( T N − TIII ) + TS 2

]

[( TI − TII )( TI − TIII )] > 0

≥0



≥ 0

 ( T N − TII )( T N − TIII ) + TS 2 ≥ 0  [( T − TIII )( T N − TI ) + ]≤ 0 ≥ 0  ⇒ ( T − T )( T − T ) + T 2 ≤ 0 = N   N III N I S [( TII − TIII )( TII − TI )] < 0   2 ( T N − TI )( T N − TII ) + TS ≥ 0 2  [( T − TI )( T N − TII ) + TS ]≥ 0 ≥ 0  = N [( TIII − TI )( TIII − TII )] > 0   2 T S

(A.38)

Expandiendo las desigualdades anteriores (A.38) y factorizando, resultan: 2

+ [T N − 12 ( TII + TIII )] ≥ [12 ( TII − TIII )]

2

+ [T N − 12 ( TI + TIII )] ≤ [12 ( TI − TIII )]

2

+ [T N − 12 ( TI + TII )] ≥ [ 12 ( TI − TII )]

TS TS TS

2

2

2

2

2

(A.39)

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 C 1 , incluyendo la circunferencia, ver Figura A.11. El segundo círculo, de centro 12 ( 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 C 3 , 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 C 1 , C 2 , C 3 . zona factible TS

TII

TIII

C 3

TI

T N

C 1 C 2

Figura A.11: Círculo de Mohr – zona factible. En el círculo de Mohr podemos identificar los valores máximos de subapartado anterior, de forma mas sencilla, ver Figura A.12.


TS max obtenidos

en el



152

TIII

TIII

Punto N

TIII

Punto

TI

Punto N ′

Punto

Q

TII

TII

TII TI

Punto

TI

′

Punto Q′

TS

M

TS max

N Q

TIII

TII

TI

= T N max

T N

Q′ N ′

′

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 ( TN ) y tangencial ( TS ) podrán obtenerse gráficamente, ya que asociado a esta dirección sólo habrá un vector proyección t (nˆ ) . La normal debe cumplir la siguiente condición: r

ˆ i nˆ i n 2

ˆ1 n

=1

+ nˆ 22 + nˆ 32 = 1

 nˆ 1 

2

 nˆ 2 

2

 nˆ 3 

2

(A.40)

  +   +   = 1  1   1   1 

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 .



APÉNDICE A: R EPRESENTACIÓN EPRESENTACIÓN GRÁFICA DE UN TENSOR

153

TIII

C F

TIII

Q K

ˆ n

ˆ ′3 e

ˆ n γ

γ ˆ 1′ e

β

α

G H

α

O

ˆ ′2 e

TII

TI

B O β

A

TII

D

E

TI

a)

b)

Figura A.13: Lugar geométrico del vector

ˆ n

.

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 correspondiente será el vector con origen 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 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 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)



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, 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

t

ˆ) (n

r

T S

TS

r

T N

ˆ s

f

q

TS r

t

ˆ n

h

ˆ) (n

d e

α TIII , c

o

k

β T N

γ

TII , b

TI , a

T N

Figura A.14: Vector proyección arbitrario en el círculo de Mohr.

A.4 Elipsoide del Tensor 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 T ⋅n

ˆ) (n

componentes      →

t 1(nˆ ) = T1nˆ 1  ˆ (n ) t 2 = T2 nˆ 2  (nˆ ) t 3 = T3nˆ 3

⇒

ˆ) (n  t1 nˆ 1 = T1   ˆ) (n t2 ˆ n 2 = T2  ˆ)  (n nˆ 3 = t 3  T3

(A.41)

El objetivo ahora es: obtener la superficie, en el espacio principal, que describe el vector ˆ) (n para todos los valores posibles de nˆ . t r



APÉNDICE A: R EPRESENTACIÓN EPRESENTACIÓN 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: ˆ)2 (n

t1

2

T1

ˆ)2 (n

ˆ)2 (n

+

t2

2

T2

+

t3

2

T3

(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 r

ˆ n

t

ˆ) (n

T3 ˆ

x3′ , t 3(n)

Figura A.15: Elipsoide del tensor.

A.5 Representación Gráfica de la Parte Esférica y Desviadora A.5.1 Tensiones Tensiones Octaédricas 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 plano resulta ser nˆ i = [ 13 13 13 ] . A este plano está asociado un vector octaédrico t ( ˆ ) . r

n

r

El vector normal a este plano se la denomina Vector Normal Octaédrica ( T N oct ) y el vector tangencial denominamos de Vector Tangencial Octaédrica ( ( TS oct ), ver Figura A.16. A.16. r

En el espacio de las direcciones principales, el vector tensión es: r

t

ˆ) (n

= T ⋅ nˆ =

T1

3

ˆ 1′ e

+

T2

3

ˆ ′2 e

+

T3

3

ˆ ′3 e

(A.43)

A partir del vector octaédrico, asociado al plano ABC , dado por la relación (A.45), obtenemos el módulo del vector T N oct , denominada de componente normal octaédrica , a través de la forma: r




156

r

ˆ ˆ = t ( n) ⋅ n

oct

T N

 T1

=  =

ˆ 1′ e

 3 1 3

+

T2

3

ˆ ′2 e

T3

+

( T1 + T2 + T3 ) =

3 1 3

  eˆ 1′

ˆ ′3  ⋅  e  

Tii

=

+

  3 I σ

r

r

t

ˆ) (n

oct

- vector tangencial octaédrica

r

oct

T2

α

O

OA = OB = OC

T1

ˆ n

(A.44)

oct

T N

T S



3 

- vector normal octaédrica

T S r

ˆ ′3  e

oct

T N

C

3

+

= Tm

3

T3

r

ˆ ′2 e

1 1  nˆ i = 1 3 1

α

α

B

T2

trisectriz T3

A T1

Figura A.16: Vector tensión en el plano octaédrico. En el espacio de las direcciones principales se cumple que: r

t

ˆ) (n

ˆ= = T ⋅n

T1

3

ˆ 1′ e

T2

+

3

ˆ ′2 e

+

T3

3

ˆ ′3 e

(A.45)

A partir del vector octaédrico, asociado al plano ABC , dado por la relación (A.45), obtenemos el módulo del vector T N oct , denominado de componente normal octaédrica , a través de la forma: r

oct

T N

r

ˆ ˆ = t ( n) ⋅ n

 T1

=  =

 3 1 3

ˆ 1′ e

+

T2

3

ˆ ′2 e

+

( T1 + T2 + T3 ) =

T3

3 1 3

  eˆ 1′

ˆ ′3  ⋅  e  

Tii

=

  3 I σ

+

ˆ ′2 e 3

+

ˆ ′3  e



3 

(A.46)

= Tm

3

El módulo del vector tangencial octaédrico, definido como Componente Tangencial Octaédrica ( TS oct ), será: oct 2

TS

r

r

ˆ

⋅ t (nˆ ) − T N oct

= t ( n) = =

1 3 1 9

[T

2 1

(2 I

2

] 1 [T

+ T22 + T32 − 2

T

− 6 I I T

9

1

+ T2 + T3 ]

2

(A.47)

)

La ecuación anterior también puede ser expresada como:




oct

TS

= =

1 3 1 3

( T1 − T2 )2 + (T2

− T3 ) + (T3 − T1 ) 2

2

( T11 − T22 )2 + (T22 − T33 )2 + (T33 − T11 )2 + 6 (T122 + T232 + T132 ) −2

=

3

I I

T

157

(A.48)

dev

o en función de los valores principales del tensor desviador oct TS

T

dev

:

(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: oct

T N

oct TS

=

1 3

2

2 I T − 6 I I T =

−2

I I

T

3

dev

=

I T 3

= Tm

Componente normal octaédrica

(A.50)

Componente tangencial octaédrica

(A.51)

(T ) + (T ) + (T ) dev 2 1

=

dev 2 2

dev 2 3

3 T3

r

r

oct

T N

oct T N r

T2

oct

T N r

oct

r

T S

r

oct T S

r

oct

T S

oct

T S r

oct

T N

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 .




158

Eje esférico P ( T1 , T 2 , T3 )

Π′

T1

T1

q A( Tm , Tm , Tm )

1 1  nˆ i = 1 3 1

ˆ 1′ e

Π

α O ˆ ′2 e

ˆ n

Plano desviador (Plano octaédrico)

α ˆ ′3 e

α

= T2 = T3

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: El vector

→

→

→

OP , OA y AP .

→

OP puede ser expresado en función de los valores principales de la →

(A.52)

ˆ ′3 OP = T1eˆ 1′ + T2 eˆ ′2 + T3 e

Según la Figura A.18, el módulo de →

OA

= p

→

OA

forma:

es:

→

ˆ = OP ⋅ n

 eˆ 1′

= (T1eˆ 1′ + T2 eˆ ′2 + T3 eˆ ′3 ) ⋅ 

 3

= =

T1

+

ˆ ′2 e 3

+ T2 + T3

+

ˆ ′3  e



3 

(A.53)

3 3 Tm 3

= 3 Tm = 3 TS oct

p = 3 Tm = 3 TS oct


(A.54)



Por tanto, podemos escribir el vector

159

→

OA como:

→

→

ˆ = OA n

OA

 eˆ 1′

= 3 Tm 

 3

ˆ ′2 e

+

3

ˆ ′3  e

(A.55)

 3 

+

= Tm eˆ 1′ + Tm eˆ ′2 + Tm eˆ ′3

El punto →

OA

A tiene

las coordenadas ( Tm ,

Tm , Tm ).

Una vez definidos los vectores

, utilizamos la suma de vectores para obtener el vector →

→

→

OP

y

→

AP , ver Figura A.18:

(A.56)

→

AP = OP − OA

Considerando las expresiones (A.52) y (A.55), la relación anterior resulta: →

ˆ 1′ + T2 e ˆ ′2 + T3 e ˆ ′3 − (Tm e ˆ 1′ + Tm e ˆ ′2 + Tm e ˆ ′3 ) AP = T1e = ( 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 forma:

dev

Tij

= Tij − Tm δ ij ,

la expresión anterior puede escribirse de la

→

(A.58)

ˆ 1′ + T2dev e ˆ ′2 + T3dev e ˆ ′3 AP = T1dev e →

Las componentes del vector

AP representan

las componentes del tensor desviador

dev

Tij

.

→

El módulo de AP será: →

(T ) + (T ) + (T ) dev 2 1

q = AP =

dev 2 2

Teniendo en cuenta la expresión de

dev 2 3

oct

TS

= I T2 dev − 2 I I dev = − 2 I I dev T T

dada por (A.49), aún podemos decir que: (A.60)

q = − 2 I I T dev = 3 TS oct

También podríamos haber obtenido el módulo de →

2

→

→

2

AP = OP − OA →

⇒ AP =

2 3

(T

2 1

2

(A.59)

→

AP utilizando el

= T12 + T22 + T32 −

1 3

teorema de Pitágoras:

( T1 + T2 + T3 )2

+ T22 + T32 − T1 T2 − T2 T3 − T3 T1 ) = q

(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 .




160

Π′ , Π

T1′

T1

Q′

P q

θ

cos α =

ˆ 1′ e

ˆ 1′′ q cos θ e

α

1 3

ˆ n

O

ˆ ′2 , e ˆ ′3 e

120º

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 + a3 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:

(

ˆ 1′′ ⋅ n ˆ = a1e ˆ 1′ e

⇒

1 3

1

+ a 2 eˆ ′2 + a3 eˆ ′3 ) ⋅

3

(eˆ 1′ + eˆ ′2 + eˆ ′3 ) = 0

(a1 + a 2 + a3 ) = 0 2

⇒ a 2 + a3 = −a1 = −

3

(A.63) =−

2 6

Y además: a 2 = a3 = −

1 2

a1 = −

2 2 3

=−

1

(A.64)

6

Resultando así: ˆ 1′′ e

=

1 6

ˆ ′2 − eˆ ′3 ) (2eˆ 1′ − e

Obtenemos así la proyección del vector

(A.65)

ˆ 1′′ como: OP según la dirección de e

ˆ 1′′ = ( T1dev e ˆ 1′ − T2dev e ˆ ′2 − T3dev e ˆ ′3 ) ⋅ 1 ( 2e ˆ 1′ − e ˆ ′2 − eˆ ′3 ) OP ⋅ e 6

=

1 6

(2 T1dev

−

dev T2

−

dev T3 )

(A.66)

= q cos θ




161

T3 T1

ˆ n 2

ˆ 1′ e ˆ 1′′ e

ˆ ′3 e

β α

3

ˆ ′2 e

T2

Figura A.20: Espacio principal. + T3dev = 0 ⇒ − T1dev = T2dev + T3dev

Considerando que T1dev + T2dev ecuación anterior resulta: ˆ 1′′ = q cos θ = OP ⋅ e

Considerando que

1 6

− 2 I I dev cos θ = T cos θ =

3 2 3 2 3 2

6

dev

T1

=

3 2

dev

(A.67)

T1

, tenemos:

q = − 2 I I T dev

q cos θ =

3

(2 T1dev + T1dev ) =

y reemplazando en la

dev

T1

dev

T1

(A.68) dev

T1

⇒

− 2 I I dev T

dev

T1

=

2 3

− I I dev cos θ T

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

 T1dev   0 + 0 Tm   0  0 

0 



0 +

Tm 

2 3

0 dev

T2

0

− I I dev T

0 



0  dev

T3

 

cos θ 0  cos(θ −  0  0 0 

  2π ) 0 3  2π  cos(θ + 3 ) 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:



Tensores.pdf

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