П1. ЭЛЕМЕНТЫ МАТРИЧНОГО И ТЕНЗОРНОГО ИСЧИСЛЕНИЙ
2. Векторное произведение c =ijk a j bk ei в старом базисе имеет компоненты
c1 = 2 × 1 – 3 × 4 = –10; c2 = 3 × 2 – 1 × 1 = 5; c3 = 1 × 4 – 2 × 2 = 0
или
|
|
|
c = −10e1 + 5e2 ; |
|
|
|
|
в новом базисе |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
( |
|
) |
|
|
3 |
|
|
c = 1 |
− |
|
|
− 3 |
2 − 3 |
=5 |
|
|
−1 |
; |
|
|
1 |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
c = 3(1+ 2 3)− |
1 |
+ 3 |
|
=5 |
1 |
− 3 |
|
; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
c = |
+ 3 |
(2 − |
3)− 1 |
− |
|
|
|
|
|
(1+ 2 3) = 0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
или |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
c = 5 |
|
|
−1 e′ |
+ 5 |
|
|
|
|
+ |
|
3 |
|
|
e′ . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
1 |
|
2 |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Проверка. Такие же компоненты вектора c в новых координатах можно получить другим путем, а именно – преобразованием для компонент этого вектора, используя полученную в начале решения матрицу косинусов:
|
|
|
1 |
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5 |
|
|
−1 |
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
−10 |
|
|
|
|
|
c′j = ((α jk )) ck |
|
|
3 |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
− |
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
5 |
= |
5 |
|
|
|
− |
3 |
. |
2 |
|
2 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
0 |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ПРИЛОЖЕНИЕ (МАТЕМАТИЧЕСКИЕ ОСНОВЫ МЕХАНИКИ СПЛОШНЫХ СРЕД)
3. Тензорное произведение заданных векторов в старом базисе имеет вид
2 |
4 |
1 |
Τc = a b = ai bk = 4 |
8 |
2 , |
6 |
12 |
3 |
в новом базисе
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
13 |
+ 2 3 |
|
3 |
3 |
|
− 2 |
1 |
+ 3 |
|
|
|
|
|
2 |
|
2 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Τ |
c |
= |
a′ b′ |
= |
3 |
3 |
− 2 |
|
7 |
− 2 3 1− |
3 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
j k |
2 |
|
|
2 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3+6 |
3 |
|
6 − 3 |
3 |
|
3 |
|
Проверка. Используя закон преобразования компонент тензора второго ранга в скалярной форме a′jm = α jk αmp akp или с учетом требований, предъявляемых к
матрицам сомножителям в тензорном виде
a′j m
=
α jk akp
((amp ))т , такие же
компоненты тензора получим преобразованием предыдущей матрицы тензора (в старых координатах) после поворота координат с помощью матрицы ((αkj)) коси нусов. Для этого в (П 1.26), записанного для тензора второго ранга, сначала умно жим ((αkj)) на тензор Τa и получим промежуточный тензор
|
|
1 |
|
|
3 |
|
|
|
|
|
1+ 2 3 2 + 4 3 |
1 |
+ 3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
2 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
4 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
− |
3 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
= 2 − 3 4 − 2 3 1− |
|
3 |
|
|
Τa = |
|
|
0 |
c |
4 |
8 2 |
|
, |
2 |
|
2 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
6 |
12 |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
0 |
|
1 |
|
6 |
12 |
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
П1. ЭЛЕМЕНТЫ МАТРИЧНОГО И ТЕНЗОРНОГО ИСЧИСЛЕНИЙ
а затем умножим тензор Td на транспонированную матрицу косинусов:
1+ 2 |
3 2 + 4 |
3 |
|
1 |
+ 3 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Τc = 2 − 3 4 − 2 |
3 |
1 |
− |
|
3 |
|
c |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
6 |
12 |
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
1 |
|
|
3 |
|
|
13 |
+ 2 3 |
|
3 |
|
3 |
− 2 |
1 |
+ 3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
2 |
|
2 |
|
|
2 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
− |
3 |
|
|
1 |
|
|
|
|
3 3 |
− 2 |
|
7 |
− 2 3 1− |
|
3 |
|
|
c |
|
|
0 |
= |
|
|
, |
2 |
|
2 |
|
|
|
|
2 |
|
2 |
2 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
0 |
|
|
3+6 |
3 |
|
6 − 3 3 |
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
что также позволит получить матрицу тензора Tc в новых координатах, как и в предыдущем случае, но другим способом.
Задача П1.5.2.5. По заданному тензору
1 −5 3
Τa = 7 4 8 11 6 2
найти скалярное типа р = 1 произведение его симметричной и альтернативной (кососимметричной, антисимметричной) частей.
Решение. Сначала находим транспонированный тензор
1 |
7 |
11 |
Τaт = −5 |
4 |
6 . |
3 |
8 |
2 |
ПРИЛОЖЕНИЕ (МАТЕМАТИЧЕСКИЕ ОСНОВЫ МЕХАНИКИ СПЛОШНЫХ СРЕД)
Далее определяем симметричную часть
|
|
|
1 |
|
(Τa + Τaт ) |
1 |
1 |
7 |
|
Τb = |
|
= 1 4 |
7 |
|
|
|
2 |
|
7 |
7 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
и альтернативную часть |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
6 |
4 |
|
Τc = |
1 |
( |
Τa − Τaт )= −6 |
0 |
1 . |
|
2 |
|
|
|
|
|
−4 |
−1 0 |
|
|
|
|
|
|
Теперь искомое произведение можно найти по схеме Td = Tb cTc = [[bijcjk]]. Самостоятельно. Определить компоненты тензора Td .
Ответ:
−34 |
13 |
3 |
Τd = −52 |
13 |
0 . |
−50 |
40 |
21 |
Задача П1.5.2.6. Показать, что векторное произведение линейно зависимых
векторов a и b равно нулю.
Решение. Запишем условие линейной зависимости двух векторов:
λ1 a+ λ2 b = 0.
Причем, по крайней мере, λ1 ≠0. Тогда, обозначая λ = − |
λ2 |
, получим a = λb . |
|
λ1 |
|
Отсюда следует колинеарность заданных векторов. Компоненты векторного
произведения c = a×b находим с помощью символа Т. Леви-Чивиты:
c1 = 1jkajbk = a2b3 – a3b2 = λ(b2b3 – b3b2) = 0;
c2 = 2jkajbk = a3b1 – a1b3 = λ(b3b1 – b1b3) = 0;
c3 = 13jkajbk = a1b2 – a2b1 = λ(b1b2 – b2b1) = 0.
П1. ЭЛЕМЕНТЫ МАТРИЧНОГО И ТЕНЗОРНОГО ИСЧИСЛЕНИЙ
Задача П1.5.2.7. Найти векторное произведение
Τc = Τa ×Τb
для тензоров второго ранга
1 |
−5 |
3 |
1 |
1 |
7 |
Τa = 7 |
4 |
8 ; Τb = 1 |
4 |
7 . |
11 |
6 |
2 |
7 |
7 |
2 |
Решение. Компоненты тензора Tc определяются с помощью символа Т. ЛевиЧивиты:
cik = ipm kjq apjbmq.
Первая компонента
c11 = 1pm 1jq apbmq = 123 123 a22b33+ 123 132 a23b32+
+ 132 123 a32b23 + 132 132 a33b22 = 1 – 12 – 2 + 4 = –9.
Самостоятельно. Определить остальные компоненты тензора Tc.
−9 18 −3
Ответ: Τc = 2 |
−4 |
9 . |
|
|
|
5 |
−10 |
0 |
|
|
|
|
|
2 |
4 |
8 |
|
Задача П1.5.2.8. Разложить тензор Τa = 4 |
9 |
3 |
на девиаторную Da и сфе- |
|
|
8 |
3 |
1 |
|
рическую Sa части.
Решение. Сферическая часть Sa = a0Tδ, где Tδ = [[δik]] – единичный тензор; среднее значение тензора Ta в трехмерном (N = 3) пространстве:
a0 = a3i i = 13 (2 + 9 + 1) = 4.
Отсюда, учитывая предыдущую формулу, сферическая часть тензора Ta
ПРИЛОЖЕНИЕ (МАТЕМАТИЧЕСКИЕ ОСНОВЫ МЕХАНИКИ СПЛОШНЫХ СРЕД)
|
|
|
|
|
4 |
0 |
0 |
|
|
|
|
Sa = a0 δik = 4 4 0 . |
|
|
|
|
|
|
|
0 |
0 |
4 |
|
|
|
Тогда девиатор (П1.57) Da = Ta – Sa, или |
|
|
|
|
|
|
2 |
4 |
8 |
4 |
0 |
|
0 |
−2 |
4 |
8 |
Da = 4 |
9 |
3 |
− 4 |
4 |
0 = 4 |
5 3 . |
8 |
3 |
1 |
0 |
0 |
|
4 |
8 |
|
3 |
−3 |
3 |
0 |
0 |
Задача П1.5.2.9. Найти главные значения тензора Τa = 0 |
4 |
3 . |
0 |
3 |
2 |
Решение. Процедура определения компонент тензора в главных координатах, называемая диагонализацией матрицы тензора, сводится к нахождению собственных значений его матрицы, т. е. к решению характеристического уравнения (П1.59) матрицы тензора.
Самостоятельно. Найти главные значения заданного тензора Ta.
Указание к решению: 1) если только одна из диагональных компонент заданного тензора «окружена» нулевыми боковыми компонентами с соответствующим диагональной компоненте индексом, то эта диагональная компонента является главной (λ1 = 3) и полное кубическое уравнение (П1.60) в общем случае преобразуется в квадратное уравнение; показать, что два других корня характеристического уравнения определяются соотношением
|
a |
22 |
+ a |
|
(a |
|
+ a |
)2 |
λ2,3 = |
|
33 |
± |
|
22 |
33 |
+ a232 ; |
|
|
2 |
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
2) при распределении корней λi характеристического уравнения между главными значениями ai тензора Ta необходимо соблюдать неравенство (П1.63):
a1 ≥ a2 ≥ a3.
П1. ЭЛЕМЕНТЫ МАТРИЧНОГО И ТЕНЗОРНОГО ИСЧИСЛЕНИЙ
5 0 0
Ответ: Τa = 0 3 0 . 0 0 1
Проверка. Тензор второго ранга Ta имеет три инварианта aI, aII и aIII (1.3). До диагонализации:
|
|
|
|
|
|
|
|
aI = 3 + 4 + 2 = 9; |
aII = |
|
3 |
0 |
|
+ |
|
|
|
3 |
|
+ |
|
2 |
0 |
|
=12 +8 − 3 + 6 = 23; |
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
4 |
|
|
3 |
2 |
|
|
|
0 |
3 |
|
|
|
|
|
aIII |
= |
|
3 |
0 |
|
|
0 |
|
= 24 −9 =15. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
4 |
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
3 |
|
|
2 |
|
|
|
|
В главных координатах:
aI = a1 + a2 + a3 = 5 + 3 + 1 = 9;
aII = a1 a2 + a2 a3 + a3 a1 =15 + 3 + 5 = 23;
aIII = a1 a2 a3 =15.
Инварианты совпадают, значит, задача решена правильно.
Задача П1.5.2.10. По условиям и результатам предыдущей задачи найти матрицу косинусов ((αkj)), соответствующую переходу от главных координат тензора второго ранга Ta к координатам, в которых задан этот тензор.
Решение. Из теоретического курса МСС известно, что оси главных координат тензора второго ранга совпадают с главными направлениями этого тензора. Вос-
пользуемся тензорной формой записи определения главного направления y :
Τa y = λ y
или в скалярной форме aikyk = λyi. В трехмерном пространстве относительно коэффициента λ отсюда получается характеристическое (в общем случае куби-
ПРИЛОЖЕНИЕ (МАТЕМАТИЧЕСКИЕ ОСНОВЫ МЕХАНИКИ СПЛОШНЫХ СРЕД)
Рис. 117. Переход от главных координат к произвольным координатам тензора
ческое) уравнение матрицы тензора (П1.60), решение которого приводит к трем корням:
Ο1; Ο2; Ο3.
Матрица тензора Ta, заданного в предыдущей задаче, в главных координатах была записана в соответствии с условием (П1.63). Значит, для заданной матрицы этого тензо-
ра вторая ось c ортом e2χ совпадала с его вто-
рой главной осью y2 , а две другие главные
оси y1 и y3 лежали в плоскости ортов e1χ ; e3χ
(рис. 117). Поэтому сначала необходимо привести в соответствие компоненты заданной и диагональной матриц одного и того же тензора:
4 |
0 |
3 |
5 |
0 |
0 |
ȉa = 0 |
3 |
0 |
0 |
3 |
0 . |
3 |
0 |
2 |
0 |
0 |
1 |
Воспользуемся законом (П1.26) преобразования компонент тензора Ta от главных координат yk к произвольным ecj
a D2 a D2 a ; a D2 a D2 a ; a D D a D D2 a ,
11 11 1 11 3 33 31 1 33 3 13 11 31 1 13 33 3
где учтены равенство нулю боковых компонент матрицы косинусов, связанных с индексом 2, и симметрия заданного тензора (a31 = a13). С помощью угла ϑ поворота осей координат (рис. 117) такая матрица записывается в виде
|
§§cosJ |
0 |
sinJ ·· |
Dkj |
¨¨ |
0 |
1 |
0 |
¸¸ |
¨¨ |
¸¸ |
|
¨¨ |
|
0 |
|
¸¸ |
|
©© sinJ |
cosJ¹¹ |
с соответствующим изменением записи закона преобразования компонент тензора:
a11 = a1cos2ϑ + a3sin2ϑ; a33 = a1sin2ϑ + a3cos2ϑ; a13 = (a1 – a3)sinϑ cosϑ.
П1. ЭЛЕМЕНТЫ МАТРИЧНОГО И ТЕНЗОРНОГО ИСЧИСЛЕНИЙ
Воспользуемся известными тригонометрическими соотношениями
cos2γ = 12 (1+ cos2γ); sin2γ = 12 (1− cos2γ); sinγcosγ = 12 sin2γ.
Тогда
a11 = a1 +2a3 + a1−2a3 cos2γ; a33 = a1+2a3 − a1−2a3 cos2γ; a13 = a1−2a3 sin2γ.
Если теперь третье соотношение разделить на преобразованную разность первого и второго соотношений, то получим
tg2γ = |
|
2a13 |
. |
a |
|
|
|
− a |
|
11 |
33 |
|
После подстановки сюда значений компонент матрицы тензора в произволь-
|
ных координатах имеем tg2γ = 2 |
3 . Отсюда угол γ ≈ 36о56′56′′. При этом |
|
cosγ = |
1 |
|
+ |
1 |
|
≈ 0,799; sinγ = |
1 |
|
− |
1 |
|
≈ 0,601 . Подстановкой при- |
|
|
1 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
2 |
13 |
2 |
13 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ближенных значений αkj получаем окончательный ответ:
0,799 |
0 |
−0,601 |
|
0 |
1 |
0 |
|
((αkj )) ≈ |
. |
|
0,601 |
0 |
0,799 |
|
|
|
Проверка. Во-первых, полученная матрица косинусов должна удовлетворять свойствам (П1.20) и (П1.21).
Самостоятельно. Убедиться в выполнении всех свойств (П1.20) и (П1.21) полученной матрицы косинусов. При этом для точных значений cosγ и sinγ должно получиться точное выполнение свойств (П1.20) и (П1.21). Для приближенных значений компонент полученной матрицы косинусов при проверке неиз-
бежно получается ошибка вычисления. Например, α112 + α132 = 0,9996 ≈1.
Во-вторых, полученная матрица косинусов может быть использована для обратного (по отношению к исходному) преобразования компонент тензора от произвольных координат к главным. В этом случае закон (П1.27) для тензора второго ранга должен быть представлен в виде
ПРИЛОЖЕНИЕ (МАТЕМАТИЧЕСКИЕ ОСНОВЫ МЕХАНИКИ СПЛОШНЫХ СРЕД)
akp = α jk αmp a′jm .
Поскольку вторая диагональная компонента в заданной матрице тензора являлась главной, то, естественно, при замене множества координат она не изменилась. Очевидно, проверку необходимо выполнить только для первой и третьей главных компонент заданного тензора:
a1 = α112 a11 + α11α31 a13 +α31α11 a31 +α312 a3 ;
a3 = α132 a11+ α13α33 a13 +α33α13 a31 +α332 a3 .
Самостоятельно. Подставить сюда значения полученной матрицы косинусов и получить значения главных компонент тензора. При этом для точных значений αjk должны получиться точные проверочные значения главных компонент ai: a1 = 5; a3 = 1. Для приближенных значений компонент полученной матрицы косинусов, как и при первой проверке, из-за приближенных значений матрицы косинусов неизбежно получается ошибка вычисления: a1 ≈ 4,939; a3 ≈ 1,058.
6 7 3
Задача П1.5.2.11. По заданному тензору Τa = 7 4 5 определить главные
3 5 2
компоненты и записать его в диагональном виде.
Решение. Главные компоненты находим из решения характеристического уравнения (П1.59) матрицы тензора, для составления которого найдем первый, второй и третий инварианты тензора:
aI = aii = 6 + 4 + 2 = 12;
aII = 12 (aI2 − aij a ji )= 12 (144 −36 − 49 −9 − 49 −16 − 25 −9 − 25 − 4)= − 39;
aIII = |
|
a |
|
= |
6 |
7 |
3 |
= −26. |
|
|
7 |
4 |
5 |
|
|
|
|
i k |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
5 |
2 |
|
С помощью замены (П1.66) λ = ϕ+ 13 aI характеристическое уравнение (П1.60) приводится к неполному кубическому уравнению (П1.65)