Tensori del quarto ordine
Un tensore del quarto ordine ha in generale 81 componenti indipendenti. E fin qui ci sono.
Un tensore del quarto ordine che gode della simmetria maggiore ha 36 componenti indipendenti...Perchè? Per quanto mi arrovelli non riesco a trovare una spiegazione.
Un tensore del quarto ordine che gode della simmetria maggiore e di entrambe le simmetrie minori ha 21 componenti indipendenti...perchè?
Non sono un matematico, bensì uno studente di ingegneria e il prof di Scienza della Costruzioni l'ha menata giù così, ma non ha spiegato come ragionare per definire i moduli elastici indipendenti.
Grazie a chi mi saprà dare una dritta.
Un tensore del quarto ordine che gode della simmetria maggiore ha 36 componenti indipendenti...Perchè? Per quanto mi arrovelli non riesco a trovare una spiegazione.
Un tensore del quarto ordine che gode della simmetria maggiore e di entrambe le simmetrie minori ha 21 componenti indipendenti...perchè?
Non sono un matematico, bensì uno studente di ingegneria e il prof di Scienza della Costruzioni l'ha menata giù così, ma non ha spiegato come ragionare per definire i moduli elastici indipendenti.
Grazie a chi mi saprà dare una dritta.
Risposte
anche io feci un corso così e non ci diede spiegazioni a riguardo, ci disse la solita frase che è troppo complesso e lungo da spiegare e bla bla bla..Mi unisco anche io a questa domanda, non è giusto che noi ingegneri dobbiamo essere così sfigati.. mi basta anche un link thx 
hahahaha 
... ok ve la do io una dritta!
un tensore del IV ordine ha 81 componenti, come se fosse una matrice a quattro dimensioni 3x3x3x3. I suoi elementi si possono scrivere usando 4 pedici: ijhk. Il generico elemento de tensore A è Aijhk.
Def: un tensore del IV ordine gode della simmetria forte se per ogni tensore del III ordine a e b:
Aa x b = Atrasposto a x b (leggi A applicato ad a scalare b =...)
ovvero se le componenti di A godono della: Aijhk = Ahkij (si dimostra).
è ovvio che adesso molte componenti coincidono e basterà conoscerne meno di 81!
stesso discorso si può fare con le due simmetrie deboli:
1)A a = Sym(A a) => Aijhk = Ajihk
2)A a = A Sym(a) => Aijhk = Aijkh
ciao!
... ok ve la do io una dritta!un tensore del IV ordine ha 81 componenti, come se fosse una matrice a quattro dimensioni 3x3x3x3. I suoi elementi si possono scrivere usando 4 pedici: ijhk. Il generico elemento de tensore A è Aijhk.
Def: un tensore del IV ordine gode della simmetria forte se per ogni tensore del III ordine a e b:
Aa x b = Atrasposto a x b (leggi A applicato ad a scalare b =...)
ovvero se le componenti di A godono della: Aijhk = Ahkij (si dimostra).
è ovvio che adesso molte componenti coincidono e basterà conoscerne meno di 81!
stesso discorso si può fare con le due simmetrie deboli:
1)A a = Sym(A a) => Aijhk = Ajihk
2)A a = A Sym(a) => Aijhk = Aijkh
ciao!
grazie ciccio queste me le segno!
Grazie.. anche io avevo problemi con queste affermazioni oscure di tale Chiaia XD
Ok ve la spiego io (o almeno ci provo!):
Partiamo dalla relazione:
$\mathbf{T}=\mathbf{C}\mathbf{E}$
dove T è il tensore degli sforzi (3x3) di componenti $\tau_{ij}$, E è il tensore delle deformazioni (sempre 3x3) di componenti $\epsilon_{kl}$, e C il famoso tensore del quart'ordine (3x3x3x3) di componenti $C_{ijkl}$ che dà il legame. Quindi la relazione vettoriale può essere espressa, in componenti, come:
$\tau_{ij} = C_{ijkl} \epsilon_{kl}$
sottitendendo la doppia sommatoria (tipo: volete la componente $\tau_{12}$? Dovete fare $C_{1211} \epsilon_{11} + C_{1212} \epsilon_{12}$ ecc....)
Quindi il legame prevede 81 componenti. Ok, adesso viene il bello.
0 - premessa) Il legame $\tau_{ij} = C_{ijkl} \epsilon_{kl}$ viene fuori considerando che, un solido è elastico se (niente calore, parte irreversibile pari a 0, entropia costante): $\mathbf{T}=\rho\frac{de}{d\mathbf{E}}$, dove $e$ è l'energia elastica che, nelle ipotesi tra parentesi, coincide con l'energia interna. Ora, si considera una configurazione del corpo nell'intorno dello stato non deformato; qui si ha:
$\rho=\rho_{0}+\frac{\partial\rho}{\partial\epsilon_{kl}}+\ldots$ e
$e=e_{0}+\frac{\partial e}{\partial\epsilon_{ij}}\epsilon_{ij}+\frac{\partial^{2}e}{\partial\epsilon_{ij}\partial\epsilon_{kl}}\epsilon_{ij}\epsilon_{kl}+\ldots=e_{0}+\hat{\tau}_{ij}\epsilon_{ij}+\frac{\hat{b}_{ijkl}}{2}\epsilon_{ij}\epsilon_{kl}+\ldots$
con le derivate calcolate in $\epsilon=0$.
Quindi, dato che ci interessano i solidi elastici lineari, tronchiamo possiamo scrivere $\mathbf{T}=\rho\frac{de}{d\mathbf{E}}$, per componenti, troncando tutti gli infinitesimi di ordine superiore al primo, ottenendo:
$\tau_{ij}=\rho\frac{\partial e}{\partial\epsilon_{ij}}=\rho_{0}\hat{\tau}_{ij}+\frac{\partial\rho}{\partial\epsilon_{kl}}\epsilon_{kl}\hat{\tau}_{ij}+\rho_{0}\hat{b}_{ijkl}\epsilon_{kl}=\rho_{0}\hat{\tau}_{ij}+\rho_{0}(\hat{b}_{ijkl}+\frac{1}{\rho_{0}}\frac{\partial\rho}{\partial\epsilon_{kl}}\hat{\tau}_{ij})\epsilon_{kl}$
Se non c'è pre-stress, cioè se il termine $\hat{\tau}_{ij}$ è nullo, si ha semplicemente:
$\tau_{ij}=\rho_{0}\hat{b}_{ijkl}\epsilon_{kl}=C_{ijkl}\epsilon_{kl}$
che è il nostro punto di partenza.
1) La prima simmetria è dovuta al fatto che, a meno della costante $\rho_0$, $C_{ijkl}$ sia uguale a $\hat{b}_{ijkl}$, che altro non è che $\frac{\partial^{2}e}{\partial\epsilon_{ij}\partial\epsilon_{kl}}$: ma per il teorema di Schwartz $\frac{\partial^{2}e}{\partial\epsilon_{ij}\partial\epsilon_{kl}}=\frac{\partial^{2}e}{\partial\epsilon_{kl}\partial\epsilon_{ij}}$ e, quindi
$C_{ijkl}= C_{klij}$
2) La seconda simmetria è dovuta al fatto che il tensore degli sforzi è simmetrico... eh qui si aprirebbe un altro discorso... ok, rapidamente:
pre-2) Per dimostrare che il tensore degli sforzi è simmetrico basta partire dal principio di conservazione del momento angolare, scritto per un volume arbitrario (f sono le forze per unità di volume, v è la velocità e $\varepsilon$ è il simbolo di Levi-Civita, cioè l'indice di permutazione che vale 1 se la permutazione 1-2-3 è ciclica, -1 se anticiclica e 0 altrimenti):
$\rho\varepsilon_{ijk}\frac{Dv_{j}}{Dt}x_{k}=\rho\varepsilon_{ijk}f_{j}x_{k}+\frac{\partial(\varepsilon_{ijk}\tau_{lj}x_{k})}{\partial x_{j}}=\rho\varepsilon_{ijk}f_{j}x_{k}+\varepsilon_{ijk}(\frac{\partial\tau_{lj}}{\partial x_{j}}x_{k}+\tau_{kj})$
e si sottrae a questo il prodotto vettoriale tra l'equazione di Cauchy del moto:
$\rho\varepsilon_{ijk}\frac{Dv_{j}}{Dt}x_{k}=\rho\varepsilon_{ijk}f_{j}x_{k}+\varepsilon_{ijk}\frac{\partial\tau_{lj}}{\partial x_{j}}x_{k}$
Quindi resta:
$\varepsilon_{ijk}\tau_{kj}=0$, cioè: $\tau_{jk}=\tau_{kj}$
2-bis ) Quindi, poiché il tensore degli sforzi è simmetrico:
$C_{ijkl}\epsilon_{kl}=\tau_{ij}=\tau_{ji}=C_{jikl}\epsilon_{kl}$
da cui $C_{ijkl}=C_{jikl}$
3) L'ultima simmetria si ottiene combinando le prime due:
$C_{ijkl}=C_{klij}=C_{lkij}=C_{ijlk}$
Alla fine le componenti indipendenti scendono a 21, che sono le stesse di una relazione tra un vettore di 6 componenti di sforzo con un vettore di 6 componenti di deformazione, collegati da una matrice 6x6 simmetrica.
Se, poi, nella nostra matrioska dei solidi passiamo a LINEARI -> ELASTICI -> HOOKIANI, per questi ultimi si ipotizza che tra le rispettive componenti deviatoriche e sferiche dei tensori di deformazione e sforzo ci sia un legame proporzionale:
$\mathbf{T}_{S}=c_{1}\mathbf{E}_{S}$ e $\mathbf{T}_{D}=c_{2}\mathbf{E}_{D}$
Allora: $\mathbf{T}=c_{1}\mathbf{E}_{S}+c_{2}\mathbf{E}_{D}=(c_{1}-c_{2})\mathbf{E}_{S}+c_{2}\mathbf{E}=(c_{1}-c_{2})\frac{1}{3}tr(\mathbf{E})+c_{2}\mathbf{E}$
dove tr() sta per la traccia del tensore. Le costanti di Lamè si introducono così:
$\frac{c_{2}}{2}=\mu$ e $\frac{c_{1}-c_{2}}{3}=\lambda$
da cui: $\mathbf{T}=\lambda tr(\mathbf{E})\mathbf{I}+2\mu\mathbf{E}$
o, in componenti:
$\tau_{ij}=\lambda(\epsilon_{11}+\epsilon_{22}+\epsilon_{33})\delta_{ij}+2\mu\epsilon_{ij}$
dove $\delta_{ij}$ è il delta di Kroneker che vale 1 se i=j, 0 altrimenti.
Spero di essere stato abbastanza chiaro (potrebbero esserci dei refusi data l'ora....)
Partiamo dalla relazione:
$\mathbf{T}=\mathbf{C}\mathbf{E}$
dove T è il tensore degli sforzi (3x3) di componenti $\tau_{ij}$, E è il tensore delle deformazioni (sempre 3x3) di componenti $\epsilon_{kl}$, e C il famoso tensore del quart'ordine (3x3x3x3) di componenti $C_{ijkl}$ che dà il legame. Quindi la relazione vettoriale può essere espressa, in componenti, come:
$\tau_{ij} = C_{ijkl} \epsilon_{kl}$
sottitendendo la doppia sommatoria (tipo: volete la componente $\tau_{12}$? Dovete fare $C_{1211} \epsilon_{11} + C_{1212} \epsilon_{12}$ ecc....)
Quindi il legame prevede 81 componenti. Ok, adesso viene il bello.
0 - premessa) Il legame $\tau_{ij} = C_{ijkl} \epsilon_{kl}$ viene fuori considerando che, un solido è elastico se (niente calore, parte irreversibile pari a 0, entropia costante): $\mathbf{T}=\rho\frac{de}{d\mathbf{E}}$, dove $e$ è l'energia elastica che, nelle ipotesi tra parentesi, coincide con l'energia interna. Ora, si considera una configurazione del corpo nell'intorno dello stato non deformato; qui si ha:
$\rho=\rho_{0}+\frac{\partial\rho}{\partial\epsilon_{kl}}+\ldots$ e
$e=e_{0}+\frac{\partial e}{\partial\epsilon_{ij}}\epsilon_{ij}+\frac{\partial^{2}e}{\partial\epsilon_{ij}\partial\epsilon_{kl}}\epsilon_{ij}\epsilon_{kl}+\ldots=e_{0}+\hat{\tau}_{ij}\epsilon_{ij}+\frac{\hat{b}_{ijkl}}{2}\epsilon_{ij}\epsilon_{kl}+\ldots$
con le derivate calcolate in $\epsilon=0$.
Quindi, dato che ci interessano i solidi elastici lineari, tronchiamo possiamo scrivere $\mathbf{T}=\rho\frac{de}{d\mathbf{E}}$, per componenti, troncando tutti gli infinitesimi di ordine superiore al primo, ottenendo:
$\tau_{ij}=\rho\frac{\partial e}{\partial\epsilon_{ij}}=\rho_{0}\hat{\tau}_{ij}+\frac{\partial\rho}{\partial\epsilon_{kl}}\epsilon_{kl}\hat{\tau}_{ij}+\rho_{0}\hat{b}_{ijkl}\epsilon_{kl}=\rho_{0}\hat{\tau}_{ij}+\rho_{0}(\hat{b}_{ijkl}+\frac{1}{\rho_{0}}\frac{\partial\rho}{\partial\epsilon_{kl}}\hat{\tau}_{ij})\epsilon_{kl}$
Se non c'è pre-stress, cioè se il termine $\hat{\tau}_{ij}$ è nullo, si ha semplicemente:
$\tau_{ij}=\rho_{0}\hat{b}_{ijkl}\epsilon_{kl}=C_{ijkl}\epsilon_{kl}$
che è il nostro punto di partenza.
1) La prima simmetria è dovuta al fatto che, a meno della costante $\rho_0$, $C_{ijkl}$ sia uguale a $\hat{b}_{ijkl}$, che altro non è che $\frac{\partial^{2}e}{\partial\epsilon_{ij}\partial\epsilon_{kl}}$: ma per il teorema di Schwartz $\frac{\partial^{2}e}{\partial\epsilon_{ij}\partial\epsilon_{kl}}=\frac{\partial^{2}e}{\partial\epsilon_{kl}\partial\epsilon_{ij}}$ e, quindi
$C_{ijkl}= C_{klij}$
2) La seconda simmetria è dovuta al fatto che il tensore degli sforzi è simmetrico... eh qui si aprirebbe un altro discorso... ok, rapidamente:
pre-2) Per dimostrare che il tensore degli sforzi è simmetrico basta partire dal principio di conservazione del momento angolare, scritto per un volume arbitrario (f sono le forze per unità di volume, v è la velocità e $\varepsilon$ è il simbolo di Levi-Civita, cioè l'indice di permutazione che vale 1 se la permutazione 1-2-3 è ciclica, -1 se anticiclica e 0 altrimenti):
$\rho\varepsilon_{ijk}\frac{Dv_{j}}{Dt}x_{k}=\rho\varepsilon_{ijk}f_{j}x_{k}+\frac{\partial(\varepsilon_{ijk}\tau_{lj}x_{k})}{\partial x_{j}}=\rho\varepsilon_{ijk}f_{j}x_{k}+\varepsilon_{ijk}(\frac{\partial\tau_{lj}}{\partial x_{j}}x_{k}+\tau_{kj})$
e si sottrae a questo il prodotto vettoriale tra l'equazione di Cauchy del moto:
$\rho\varepsilon_{ijk}\frac{Dv_{j}}{Dt}x_{k}=\rho\varepsilon_{ijk}f_{j}x_{k}+\varepsilon_{ijk}\frac{\partial\tau_{lj}}{\partial x_{j}}x_{k}$
Quindi resta:
$\varepsilon_{ijk}\tau_{kj}=0$, cioè: $\tau_{jk}=\tau_{kj}$
2-bis ) Quindi, poiché il tensore degli sforzi è simmetrico:
$C_{ijkl}\epsilon_{kl}=\tau_{ij}=\tau_{ji}=C_{jikl}\epsilon_{kl}$
da cui $C_{ijkl}=C_{jikl}$
3) L'ultima simmetria si ottiene combinando le prime due:
$C_{ijkl}=C_{klij}=C_{lkij}=C_{ijlk}$
Alla fine le componenti indipendenti scendono a 21, che sono le stesse di una relazione tra un vettore di 6 componenti di sforzo con un vettore di 6 componenti di deformazione, collegati da una matrice 6x6 simmetrica.
Se, poi, nella nostra matrioska dei solidi passiamo a LINEARI -> ELASTICI -> HOOKIANI, per questi ultimi si ipotizza che tra le rispettive componenti deviatoriche e sferiche dei tensori di deformazione e sforzo ci sia un legame proporzionale:
$\mathbf{T}_{S}=c_{1}\mathbf{E}_{S}$ e $\mathbf{T}_{D}=c_{2}\mathbf{E}_{D}$
Allora: $\mathbf{T}=c_{1}\mathbf{E}_{S}+c_{2}\mathbf{E}_{D}=(c_{1}-c_{2})\mathbf{E}_{S}+c_{2}\mathbf{E}=(c_{1}-c_{2})\frac{1}{3}tr(\mathbf{E})+c_{2}\mathbf{E}$
dove tr() sta per la traccia del tensore. Le costanti di Lamè si introducono così:
$\frac{c_{2}}{2}=\mu$ e $\frac{c_{1}-c_{2}}{3}=\lambda$
da cui: $\mathbf{T}=\lambda tr(\mathbf{E})\mathbf{I}+2\mu\mathbf{E}$
o, in componenti:
$\tau_{ij}=\lambda(\epsilon_{11}+\epsilon_{22}+\epsilon_{33})\delta_{ij}+2\mu\epsilon_{ij}$
dove $\delta_{ij}$ è il delta di Kroneker che vale 1 se i=j, 0 altrimenti.
Spero di essere stato abbastanza chiaro (potrebbero esserci dei refusi data l'ora....)
"in_me_i_trust":
anche io feci un corso così e non ci diede spiegazioni a riguardo, ci disse la solita frase che è troppo complesso e lungo da spiegare e bla bla bla..Mi unisco anche io a questa domanda, non è giusto che noi ingegneri dobbiamo essere così sfigati.. mi basta anche un link thx
anche io mi feci la stessa domanda ai tempi di scienza delle costruzioni... poi quando me l'hanno spiegato davvero alla magistrale ho capito il perchè
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