[Scienza delle Costruzioni] Tensore di tensione
Ciao a tutti, non riesco a capire perché quando parla del tensore $\tau_x$ che agisce sulla faccia del tetraedro di Cauchy:
non capisco perché $\tau_{xz}$ sia negativa eppure punta nella direzione delle $z$ positive e allo stesso modo $\tau_{xy}$ sia negativa eppure punta nella direzione delle $y$ positive, come mai ?
non capisco perché $\tau_{xz}$ sia negativa eppure punta nella direzione delle $z$ positive e allo stesso modo $\tau_{xy}$ sia negativa eppure punta nella direzione delle $y$ positive, come mai ?
Risposte
E chi ha detto o scritto che qualcosa lì è positivo o negativo
sul libro dice riferendosi alla figura sopra:
siano rispettivamente ${t_x}, {t_y}, {t_z}$ cambiati di segno perché agiscono sui quadranti negativi, infatti in figura mette un meno avanti
e non capisco perché le componenti tangenziali siano negative
siano rispettivamente ${t_x}, {t_y}, {t_z}$ cambiati di segno perché agiscono sui quadranti negativi, infatti in figura mette un meno avanti
e non capisco perché le componenti tangenziali siano negative
Penso di aver trovato la risposta:
Sulle giaciture di normali $−e_1$, $−e_2$ e $−e_3$, i vettori di tensione risultano essere $−t_1$, $−t_2$ e $−t_3$. Pertanto, su tali giaciture le componenti di tensione di segno positivo hanno i versi opposti a quelli degli assi cartesiani
Sulle giaciture di normali $−e_1$, $−e_2$ e $−e_3$, i vettori di tensione risultano essere $−t_1$, $−t_2$ e $−t_3$. Pertanto, su tali giaciture le componenti di tensione di segno positivo hanno i versi opposti a quelli degli assi cartesiani
Tutti quei vettori tensione sono messi a caso, non si conoscono le vere direzioni di $t_n$, $t_x$, $t_y$, $t_z$, inoltre se c'è un meno davanti a qualcosa, non significa che esso sia negativo..se $(sigma_x, tau_(xy), tau_(xz))$ sono le componenti di t_x lungo le tre direzioni, non vuol dire che siano positive...le componenti di $-t_x$ saranno quindi $(-sigma_x, -tau_(xy), -tau_(xz))$
http://www.dma.unifi.it/~frosali/didatt ... parte4.pdf
A pagina 30 di queste dispense è dimostrato il teorema di Cauchy in un moodo un po' migliore, senza mettere in conto le componenti delle tensioni agenti sulle facce, se sei pratico di un po' di calcolo tensoriale, tale dimostrazione può ancora essere migliorata ed essere molto più immediata e generale, eccone una dimostrazione migliorata di quella che ti ho postato (che va benissimo, sicuramente molto meglio di quella presente nel tuo testo...):
Come sai la tensione t è funzione del punto $y$ del corpo deformato in cui viene calcolata e della normale $n$ con cui si effettua un "taglio ideale", cioè $t=t(y,n)$
Teorema di Cauchy: Sia $t(* ,n)$ continua, e siano le azioni di volume $b$ agenti sul corpo limitate superiormente, allora $t(y,*)$ è omogenea-additiva (ossia è lineare) rispetto a $n$, esiste cioè un campo tensoriale del secondo ordine $y:->sigma(y)$ tale che $t(y,n)=sigma(y)n$, per ogni $n$.
Dimostrazione: Sia $B$ il corpo deformato in questione, sia $y in B$ un punto di $B$ e sia $(e_1, e_2, e_3)$ una terna ortonormale centrata in $y$, sia $n$ un versore arbitrario con direzione non coincidente con nessuna dei tre vettori ortonormali di prima, sia $T sub B$ un tetraedro con vertice in y con faccia obliqua orientata da $n$ e le altre 3 facce orienatate rispettivamente da $n_i=-sign(e_i*n)e_i$ (come vedi, non c'è bisogno di orientare n nel primo ottante, come viene fatto in tutte le dimostrazioni senza darne un perché, ma n può avere qualsiasi direzione, se $n$ è oorientato nel primo ottante allora i prodotti scalari $e_i*n$ sono tutti positivi quindi risulta $n_i=-e_i$, come nella dimostrazione classica).
Essendo il tetraedro contenuto nel corpo, allora per esso valgono le equazioni integrali di bilancio:
$int_(partialT)tdS+int_TbdV=0$
Essendo le azioni di volume limitate allora esiste un $k>0$ tale che $abs(int_TbdV)<=kVol(T)$, il che implica:
$abs(int_(partialT)tdS)<=kVol(T)$
Dividendo tutto per l'area $A(tau)$ della faccia obliqua del tetraedro e facendo tendere a zero il tetraedro, si ottiene, essendo il volume un infinitesimo di ordine superiore dell'area:
$lim_(T->0)(int_(partialT)tdS)/(A(tau))=0$
Essendo $partialT=A(tau)+A(tau_1)+A(tau_2)+A(tau_3)$ la superficie del tetraedro, pertanto quel limite può essere scomposto :
$lim_(T->0)(int_(partialT)tdS)/(A(tau))=lim_(T->0)((int_(A(tau))tdS)/(A(tau))+sum(int_(A(tau_i))tdS)/(A(tau)))$
Quindi:
$lim_(T->0)(int_(A(tau))tdS)/(A(tau))=t(y,n)$ per la continuità imposta tra le premesse del teorema.
Per quanto riguarda le altre 3 facce, si ha che, a meno di infinitesimi di ordine superiore, risulta:
$A(tau_i)=-(n_i*n)A(tau)$, ossia le facce oblique si ottengono come proiezione della faccia obliqua lungo i vettori direttori delle altre 3 facce (il meno ci sta perché $n$ ed $n_i$ sono sempre discordi, basta vederlo dalla definizione stessa di $n_i$), quindi:
$lim_(T->0)(int_(A(tau_i))tdS)/(A(tau))=-(n_i*n)(int_(A(tau_i))tdS)/(A(tau_i))=-(n_i*n)t(y, n_i)$
Quindi:
$t(y,n)-sum(n_i*n)t(y,n_i)=0$
è facile verificare che, grazie al principio di azione-areazione $(n_i*n)t(y,n_i)=(e_i*n)t(y, e_i)$ e quindi:
$t(y, n)=sum(e_i*n)t(y, e_i)$
Che è il risultato a cui si giunge nel testo che ti ho postato, volendo, se hai fatto un po' di calcolo tensoriale, risulta:
$t(y, n)=sum(e_i*n)t(y, e_i)=(sumt(y, e_i) otimes e_i)n$
Posto quindi $sigma(y):=sumt(y, e_i) otimes e_i$, si ha le tesi (altrimenti, se non vuoi metterci di mezzo il prodotto tensoriale, va benissimo come è stato ricavato nel testo che ti ho linkato).
A pagina 30 di queste dispense è dimostrato il teorema di Cauchy in un moodo un po' migliore, senza mettere in conto le componenti delle tensioni agenti sulle facce, se sei pratico di un po' di calcolo tensoriale, tale dimostrazione può ancora essere migliorata ed essere molto più immediata e generale, eccone una dimostrazione migliorata di quella che ti ho postato (che va benissimo, sicuramente molto meglio di quella presente nel tuo testo...):
Come sai la tensione t è funzione del punto $y$ del corpo deformato in cui viene calcolata e della normale $n$ con cui si effettua un "taglio ideale", cioè $t=t(y,n)$
Teorema di Cauchy: Sia $t(* ,n)$ continua, e siano le azioni di volume $b$ agenti sul corpo limitate superiormente, allora $t(y,*)$ è omogenea-additiva (ossia è lineare) rispetto a $n$, esiste cioè un campo tensoriale del secondo ordine $y:->sigma(y)$ tale che $t(y,n)=sigma(y)n$, per ogni $n$.
Dimostrazione: Sia $B$ il corpo deformato in questione, sia $y in B$ un punto di $B$ e sia $(e_1, e_2, e_3)$ una terna ortonormale centrata in $y$, sia $n$ un versore arbitrario con direzione non coincidente con nessuna dei tre vettori ortonormali di prima, sia $T sub B$ un tetraedro con vertice in y con faccia obliqua orientata da $n$ e le altre 3 facce orienatate rispettivamente da $n_i=-sign(e_i*n)e_i$ (come vedi, non c'è bisogno di orientare n nel primo ottante, come viene fatto in tutte le dimostrazioni senza darne un perché, ma n può avere qualsiasi direzione, se $n$ è oorientato nel primo ottante allora i prodotti scalari $e_i*n$ sono tutti positivi quindi risulta $n_i=-e_i$, come nella dimostrazione classica).
Essendo il tetraedro contenuto nel corpo, allora per esso valgono le equazioni integrali di bilancio:
$int_(partialT)tdS+int_TbdV=0$
Essendo le azioni di volume limitate allora esiste un $k>0$ tale che $abs(int_TbdV)<=kVol(T)$, il che implica:
$abs(int_(partialT)tdS)<=kVol(T)$
Dividendo tutto per l'area $A(tau)$ della faccia obliqua del tetraedro e facendo tendere a zero il tetraedro, si ottiene, essendo il volume un infinitesimo di ordine superiore dell'area:
$lim_(T->0)(int_(partialT)tdS)/(A(tau))=0$
Essendo $partialT=A(tau)+A(tau_1)+A(tau_2)+A(tau_3)$ la superficie del tetraedro, pertanto quel limite può essere scomposto :
$lim_(T->0)(int_(partialT)tdS)/(A(tau))=lim_(T->0)((int_(A(tau))tdS)/(A(tau))+sum(int_(A(tau_i))tdS)/(A(tau)))$
Quindi:
$lim_(T->0)(int_(A(tau))tdS)/(A(tau))=t(y,n)$ per la continuità imposta tra le premesse del teorema.
Per quanto riguarda le altre 3 facce, si ha che, a meno di infinitesimi di ordine superiore, risulta:
$A(tau_i)=-(n_i*n)A(tau)$, ossia le facce oblique si ottengono come proiezione della faccia obliqua lungo i vettori direttori delle altre 3 facce (il meno ci sta perché $n$ ed $n_i$ sono sempre discordi, basta vederlo dalla definizione stessa di $n_i$), quindi:
$lim_(T->0)(int_(A(tau_i))tdS)/(A(tau))=-(n_i*n)(int_(A(tau_i))tdS)/(A(tau_i))=-(n_i*n)t(y, n_i)$
Quindi:
$t(y,n)-sum(n_i*n)t(y,n_i)=0$
è facile verificare che, grazie al principio di azione-areazione $(n_i*n)t(y,n_i)=(e_i*n)t(y, e_i)$ e quindi:
$t(y, n)=sum(e_i*n)t(y, e_i)$
Che è il risultato a cui si giunge nel testo che ti ho postato, volendo, se hai fatto un po' di calcolo tensoriale, risulta:
$t(y, n)=sum(e_i*n)t(y, e_i)=(sumt(y, e_i) otimes e_i)n$
Posto quindi $sigma(y):=sumt(y, e_i) otimes e_i$, si ha le tesi (altrimenti, se non vuoi metterci di mezzo il prodotto tensoriale, va benissimo come è stato ricavato nel testo che ti ho linkato).
Ti ringrazio per l'aiuto !
Volevo dei chiarimenti per la dimostrazione da te scritta:
$1)$ Volevo una mano su questo passaggio: $sigma(y):=sumt(y, e_i) otimes e_i$ cioè che sarebbe, correggimi se sbaglio, omettendo il punto y e scrivendo il prodotto tensoriale come diade:
$t otimes e = (vec{\alpha_i} t_i) otimes (e_j vec{\beta_j})$
che quindi porterà come risultato a un tensore che chiamiamo $\sigma'$ che espresso in forma indiciale mediante la matrice di rappresentazione del tensore possiamo scrivere che $\sigma'= \sigma_{ij} vec{\alpha_i} vec{ \beta_j}$ e la cui matrice di rappresentazione è:
$[ (\hat{i} \sigma_x \hat{i}, \hat{i} \sigma_{yx} \hat{j} , \hat{i} \sigma_{zx} \hat{k}),(\hat{j} \sigma_{xy}\hat{i} ,\hat{j} \sigma_y\hat{j} , \hat{j}\sigma_{zy} \hat{k}),(\hat{k} \sigma_{xz} \hat{i},\hat{k} \sigma_{yz}\hat{j} ,\hat{k} \sigma_z \hat{k}) ]$
quindi moltiplicando ( non scalarmente) il tensore sopra ottenuto per $n$ ,che scriviamo mediante i coseni direttori ossia $n=(n_x ,n_y,n_z)$,pertanto eseguendo il prodotto righe per colonne di una matrice 3x3 con una matrice 3x1, otteniamo le tre componenti cartesiane di $t(y,n)$ cioè $t(y,n)=t_{nx} \hat{i} + t_{ny} \hat{j} + t_{nz}\hat{k}$
ma come è possibile che moltiplicando un tensore per un vettore senza fare il prodotto scalare il risultato sia un vettore ?
Oppure essendo $n=(cos\alpha,cos\beta,cos\gamma)$ e poiché è un versore quindi il suo modulo è $1$, quando moltiplichiamo (anche se non scalarmente) il tensore $\sigma'$ per $n$ è come se stessimo facendo un "prodotto scalare" ?
Ti ringrazio ancora, ma la tua dimostrazione sembra molto più interessante rispetto a quelle trovate anche su internet e quindi vorrei capirla bene !
Volevo dei chiarimenti per la dimostrazione da te scritta:
$1)$ Volevo una mano su questo passaggio: $sigma(y):=sumt(y, e_i) otimes e_i$ cioè che sarebbe, correggimi se sbaglio, omettendo il punto y e scrivendo il prodotto tensoriale come diade:
$t otimes e = (vec{\alpha_i} t_i) otimes (e_j vec{\beta_j})$
che quindi porterà come risultato a un tensore che chiamiamo $\sigma'$ che espresso in forma indiciale mediante la matrice di rappresentazione del tensore possiamo scrivere che $\sigma'= \sigma_{ij} vec{\alpha_i} vec{ \beta_j}$ e la cui matrice di rappresentazione è:
$[ (\hat{i} \sigma_x \hat{i}, \hat{i} \sigma_{yx} \hat{j} , \hat{i} \sigma_{zx} \hat{k}),(\hat{j} \sigma_{xy}\hat{i} ,\hat{j} \sigma_y\hat{j} , \hat{j}\sigma_{zy} \hat{k}),(\hat{k} \sigma_{xz} \hat{i},\hat{k} \sigma_{yz}\hat{j} ,\hat{k} \sigma_z \hat{k}) ]$
quindi moltiplicando ( non scalarmente) il tensore sopra ottenuto per $n$ ,che scriviamo mediante i coseni direttori ossia $n=(n_x ,n_y,n_z)$,pertanto eseguendo il prodotto righe per colonne di una matrice 3x3 con una matrice 3x1, otteniamo le tre componenti cartesiane di $t(y,n)$ cioè $t(y,n)=t_{nx} \hat{i} + t_{ny} \hat{j} + t_{nz}\hat{k}$
ma come è possibile che moltiplicando un tensore per un vettore senza fare il prodotto scalare il risultato sia un vettore ?
Oppure essendo $n=(cos\alpha,cos\beta,cos\gamma)$ e poiché è un versore quindi il suo modulo è $1$, quando moltiplichiamo (anche se non scalarmente) il tensore $\sigma'$ per $n$ è come se stessimo facendo un "prodotto scalare" ?
Ti ringrazio ancora, ma la tua dimostrazione sembra molto più interessante rispetto a quelle trovate anche su internet e quindi vorrei capirla bene !
Dati due vettori $v$ e $w$, il loro prodotto tensoriale $v ox w$ è un tensore del secondo ordine $A$ di componenti:
$A_(ij)=v_iw_j$ (ossia la i-j esima componente di $A=v ox w$ è data dal prodotto tra la i-esima componente di $v$ e la j-esima componente di $w$)
Nel tuo caso, hai i tre vettori ortonormali $(e_1, e_2, e_3)$ e i tre vettori tensione $t(e_1), t(e_2), t(e_3)$, nella base formata da $(e_1, e_2, e_3)$, i tre vettori base hanno rispettivamente componenti $(1,0,0)$, $(0,1,0)$ e ($0,0,1)$, mentre i 3 vettori tensione avranno componenti:
$(t_(1x), t_(1y), t_(1z))$
$(t_(2x), t_(2y), t_(2z))$
$(t_(3x), t_(3y), t_(3z))$
Se fai i tre prodotti tensoriali $t_i ox e_i$, usando la definizione che ti ho detto io e li sommi tra loro, ottieni la matrice
$sigma= ( ( t_(1x), t_(2x), t_(3x) ),(t_(1y), t_(2y), t_(3y) ),( t_(1z), t_(2z), t_(3z)) ) $
Non esiste il prodotto scalare tra tensore e vettore, il prodotto $Av$ tra un tenore del secondo ordine $A$ e un vettore $v$, da come risultato un vettore $w=Av$ di componenti $w_i=A_(ij)v_j$ (convenzione di Einstein sugli indici ripetuti), che è proprio il prodotto righexcolonne che si conosce.
Nel tuo caso, facendo il prodotto $sigman$ tra il $sigma$ trovato prima e $n=(n_x, n_y,n_z)$ si trovano proprio le componenti di $t(y,n)$ date da $t(y,n)=sum(e_i*n)t(y, e_i)$
$A_(ij)=v_iw_j$ (ossia la i-j esima componente di $A=v ox w$ è data dal prodotto tra la i-esima componente di $v$ e la j-esima componente di $w$)
Nel tuo caso, hai i tre vettori ortonormali $(e_1, e_2, e_3)$ e i tre vettori tensione $t(e_1), t(e_2), t(e_3)$, nella base formata da $(e_1, e_2, e_3)$, i tre vettori base hanno rispettivamente componenti $(1,0,0)$, $(0,1,0)$ e ($0,0,1)$, mentre i 3 vettori tensione avranno componenti:
$(t_(1x), t_(1y), t_(1z))$
$(t_(2x), t_(2y), t_(2z))$
$(t_(3x), t_(3y), t_(3z))$
Se fai i tre prodotti tensoriali $t_i ox e_i$, usando la definizione che ti ho detto io e li sommi tra loro, ottieni la matrice
$sigma= ( ( t_(1x), t_(2x), t_(3x) ),(t_(1y), t_(2y), t_(3y) ),( t_(1z), t_(2z), t_(3z)) ) $
ma come è possibile che moltiplicando un tensore per un vettore senza fare il prodotto scalare il risultato sia un vettore
Non esiste il prodotto scalare tra tensore e vettore, il prodotto $Av$ tra un tenore del secondo ordine $A$ e un vettore $v$, da come risultato un vettore $w=Av$ di componenti $w_i=A_(ij)v_j$ (convenzione di Einstein sugli indici ripetuti), che è proprio il prodotto righexcolonne che si conosce.
Nel tuo caso, facendo il prodotto $sigman$ tra il $sigma$ trovato prima e $n=(n_x, n_y,n_z)$ si trovano proprio le componenti di $t(y,n)$ date da $t(y,n)=sum(e_i*n)t(y, e_i)$
Ok perfetto !
Avevo parlato di prodotto scalare tra tensore e vettore vedendolo da un libro di fluidodinamica di un professore universitario su internet
http://www.fulviofrisone.com/attachment ... oriale.pdf
ne parla a pagina 17
Avevo parlato di prodotto scalare tra tensore e vettore vedendolo da un libro di fluidodinamica di un professore universitario su internet
http://www.fulviofrisone.com/attachment ... oriale.pdf
ne parla a pagina 17
È un modo diverso di chiamare la stessa cosa, comunque no, non conviene chiamarlo prodotto scalare, né tantomeno indicarlo con quel punto, infatti il punto presente del prodotto scalare in genere rappresenta delle operazioni che restituiscono uno scalare, ma se quel prodotto restituisce un vettore, perché mai bisogna chiamarlo prodotto scalare?
Per svolgere quel prodotto avevo fatto riferimento a quel sito trovato su internet; per il nome non mi importa assolutamente !! in quanto devo ammettere che concordo con te sul fatto che il nome non è che calzi a pennello per l'operazione compiuta, l'ho linkato solo per far capire che non era un nome frutto del mio ingegno 
Ti ringrazio ancora per la dimostrazione, davvero molto utile !!!
Ti ringrazio ancora per la dimostrazione, davvero molto utile !!!
Riguardo al tensore di tensione ho un altra domanda
Trovandoci in un riferimento principale di assi $n_1,n_2,n_3$ dove con $t_n$ indichiamo il vettore tensione, con $[\sigma]$ il tensore tensione e con $n$ il versore normale alla giacitura prescelta sappiamo che:
${t_n}=[\sigma]{n}$
e sempre nello stesso sistema principale la componente normale $\sigma_n$ del tensore tensione sarà:
$\sigma_n={t_n} \cdot {n} = {n}^T [\sigma] {n}$
fin qui mi è tutto chiaro ma non capisco perché quando fa il modulo di ${t_n}$ e lo eleva al quadrato ottiene:
$|t_n|^2 = \sigma_n ^2 + \tau_n ^2$
come mai vale quest'uguaglianza ? non riesco a capire come fa
Trovandoci in un riferimento principale di assi $n_1,n_2,n_3$ dove con $t_n$ indichiamo il vettore tensione, con $[\sigma]$ il tensore tensione e con $n$ il versore normale alla giacitura prescelta sappiamo che:
${t_n}=[\sigma]{n}$
e sempre nello stesso sistema principale la componente normale $\sigma_n$ del tensore tensione sarà:
$\sigma_n={t_n} \cdot {n} = {n}^T [\sigma] {n}$
fin qui mi è tutto chiaro ma non capisco perché quando fa il modulo di ${t_n}$ e lo eleva al quadrato ottiene:
$|t_n|^2 = \sigma_n ^2 + \tau_n ^2$
come mai vale quest'uguaglianza ? non riesco a capire come fa
Cosa sono $sigma_n$ e $tau_n$?
non dice cosa è $\tau_n$ mentre dice che $\sigma_n$ è la componente normale del tensore $t_n$
queste sono le pagine che ne parlano:
riesco a capire che
$|t_n|^2 = \sigma_1 ^2 n_1 ^2 + \sigma_2 ^2 n_2 ^2 + \sigma_3 ^2 n_3 ^2$
ma non l'uguaglianza $|t_n|^2 = \sigma_n ^2 + \tau _n^2$
--------------------------------------
forse l'uguaglianza vuol dire solamente che : essendo $t_n$ un vettore, il suo modulo al quadrato sarà somma delle sue componenti al quadrato cioè
${t_n} = ( \sigma_n, \tau_n)$
e quindi scrive semplicemente:
$|t_n|^2 = \sigma_n ^2 + \tau _n^2$
senza minimamente fare nessun prodotto tra tensore e i versori, solo così riesco a spiegarmelo altre spiegazioni non le trovo
queste sono le pagine che ne parlano:
riesco a capire che
$|t_n|^2 = \sigma_1 ^2 n_1 ^2 + \sigma_2 ^2 n_2 ^2 + \sigma_3 ^2 n_3 ^2$
ma non l'uguaglianza $|t_n|^2 = \sigma_n ^2 + \tau _n^2$
--------------------------------------
forse l'uguaglianza vuol dire solamente che : essendo $t_n$ un vettore, il suo modulo al quadrato sarà somma delle sue componenti al quadrato cioè
${t_n} = ( \sigma_n, \tau_n)$
e quindi scrive semplicemente:
$|t_n|^2 = \sigma_n ^2 + \tau _n^2$
senza minimamente fare nessun prodotto tra tensore e i versori, solo così riesco a spiegarmelo altre spiegazioni non le trovo
Allora, $t_n$ non è un tensore, è un vettore, $sigma$ è un tensore.
Se te prendi un corpo e lo tagli in un certo punto con un piano di normale $n$, allora la tensione $t$ agente in quel punto lungo la direzione $n$ è $t=sigman$.
Questo vettore $t$ può essere scomposto in una componente parallela a $n$ e quindi ortogonale al piano, di modulo $sigma_n$ , e una componente giacente nel piano, di modulo $tau_n$ (si chiama $tau_n$ perché giacendo nel piano, risulta essere una componente "tagliente", e quindi si indica con $tau$).
La componente $sigma_n$ si ottiene proiettando $t$ lungo $n$, ossia:
$sigma_n=n*sigman=sigma*(n ox n)$ (è uno scalare! ossia il modulo del vettore $vecsigma_n$)
Mentre il vettore $vectau_n$ si ottiene come differenza tra $t$ e il vettore $vecsigma_n$.
Da qui risulta facile capire il perché di quella relazione.
Se te prendi un corpo e lo tagli in un certo punto con un piano di normale $n$, allora la tensione $t$ agente in quel punto lungo la direzione $n$ è $t=sigman$.
Questo vettore $t$ può essere scomposto in una componente parallela a $n$ e quindi ortogonale al piano, di modulo $sigma_n$ , e una componente giacente nel piano, di modulo $tau_n$ (si chiama $tau_n$ perché giacendo nel piano, risulta essere una componente "tagliente", e quindi si indica con $tau$).
La componente $sigma_n$ si ottiene proiettando $t$ lungo $n$, ossia:
$sigma_n=n*sigman=sigma*(n ox n)$ (è uno scalare! ossia il modulo del vettore $vecsigma_n$)
Mentre il vettore $vectau_n$ si ottiene come differenza tra $t$ e il vettore $vecsigma_n$.
Da qui risulta facile capire il perché di quella relazione.
Ok grazie mille molto chiaro !
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